2023届云南师范大学附属中学高三上学期高考适应性月考卷（二）数学试题 PDF版

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云南师大附中2023届高考适应性月考卷（二）数学参考答案 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）题号12345678答案ABDBCCDA【解析】1．集合，集合，故，故选A．2．，则，在复平面内对应的点在第二象限，故选B．3．2017年中国新能源汽车保有量首次突破100万辆，A正确；自2015年起，中国新能源汽车保有量每年都在增加，B正确；2016年纯电动汽车保有量增长率大于100%，其他年份都小于100%，故C正确；2019年纯电动汽车保有量占新能源汽车保有量的比率为，2018年为，计算得，故相比2018年，2019年纯电动汽车保有量占新能源汽车保有量的比率增加了，故选D．4．当时，直线l：，圆C：的圆心为，半径为，圆心C到直线l的距离为，所以直线l与圆C相切；当直线l与圆C相切时，则，解得或；所以“”是“l与C相切”的充分不必要条件，故选B．5．的展开式中的系数为，故选C．6．已知点，设点，，又，故，故，，故选C．7．将八首诗分成三份，每份至少两首，则共有种不同的分法；再将不同的三份分配给林黛玉、史湘云、探春，又有种不同的分配方式，故共有种不同的情况，故选D．8．显然，皆为正数．欲比较和的大小，只需比较和的大小．，，即比较0.11和的大小即可，易证：且，故，故，构造函数，则，故当时，单调递增，故，即，综上，故选A．二、不定项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）题号9101112答案ACDBDABDAB【解析】9．显然，在荡秋千的过程中，秋千绳与墙面始终平行，但与道路所成的角在变化．而秋千板始终与墙面垂直，故也与道路始终垂直，故选ACD．10．，解得或．故或，又，，故或，故选BD．11．当时，，，由正弦函数图象的对称性知A正确；当时，，单调递增，在上亦单调递增，故在上单调递增，故B正确；当时，，又，故且，此时没有零点，故C错误；又，故的最大值一定为1，故D正确，故选ABD．12．不妨设焦点在轴上且F为右焦点，显然A不会是右顶点．分类讨论：①若A为左顶点，B为右顶点，则解得此时离心率；②若A为左顶点，B为上（下）顶点，则无解，不满足；③若A为上（下）顶点，B为左（右）顶点，则无解，不满足；④若A为上（下）顶点，B下（上）顶点，则解得，此时离心率为，综上，故选AB．三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号13141516答案66【解析】13．对函数求导得，故当时，斜率，又切线过点，故切线方程为，即．14．易知30以内的6个普罗斯数分别为3，5，9，13，17，25（），其中素数有4个，从中任取两个，由古典概型可知，这两个都是素数的概率为．15．设半球半径为，圆台上底面圆半径为，圆台的高为．由，解得，由题意知，代入解得，故圆台体积．16．为偶函数，即，故的图象关于直线对称，为奇函数，即，故的图象关于点对称．，均有，故，因为关于直线对称，故，因为关于点对称．故，故有，又，解得，故．四、解答题（共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17．（本小题满分10分）解：（1）由，，，可得，又，，所以．…………………………………………………………………………（2分）由，得，所以．……………………………………………………………………………（4分）（2）在中，，由，可知，为的中点，，………………………………………………（6分）所以M为的两条中线AD，BE的交点，，，………………………………………………………………………………………（8分）所以，所以的余弦值为．………………………………………………………（10分）18．（本小题满分12分）（1）解：∵是首项为3，公差为1的等差数列，∴，∴．……………………………………………………………（2分）∴当时，，．………………………………………（4分）又不满足，∴的通项公式…………………………………………（6分）（2）证明：当时，，………………………………………………………………………………………（8分），………………………………………………………（9分）∴，∴．………………………………………………………（12分）19．（本小题满分12分）解：（1）的取值为，，，．…………………………………………………（6分）（2）设事件A：血检呈阳性；事件B：携带该病毒．则由题意有，∵，∴．…………………………………………（8分）∴，………………………………………………（10分）∴，所以血检呈阳性的人确实携带该病毒的概率为49.5%．……………………………………………………………………………………（12分）20．（本小题满分12分）解：（1）∵四边形ABCD是正方形，平面ABCD，∴四棱锥的体积，……………………………………（1分）过点F作交BC于点H，如图所示，∵平面平面ABCD，平面平面，，平面FBC，∴平面，，又平面FBC，平面FBC，平面FBC，而平面FBC，平面FBC．∴，在中，，∴当且仅当时，有最大值2，有最大值，………………………………………………………………………………………（5分）∴多面体ABCDEF体积有最大值．…………………………………………………（6分）（2）以D为原点，，所在的直线分别为，轴，建立空间直角坐标系，如图所示，可知，，，，当时，，……………………………………………………………（8分）设平面EBC的法向量为，，，，则令，则．……………………………………………………………………………………（10分）设直线DF与平面EBC所成角为，∴，故直线DF与平面EBC所成角为．…………………………………………………（12分）21．（本小题满分12分）解：（1）若选①②，可知解得∴C的方程为．………………………………………………………………（4分）若选①③，因为，∴∴∴C的方程为．………………………………………………………………（4分）（2），由题意知，直线l斜率不为0，∴设直线．由得，设，，则可知且恒成立，，…………………………………………………………（7分），∴或．，∴．由，得，∴，∴，满足或．∴直线l的方程为或．……………………………………………………………………………………（12分）22．（本小题满分12分）解：（1）函数的定义域为，．当时，，所以在上单调递增，不满足题意；………………………………………………………………………………………（2分）当时，令，得；令，得；令，得．∴在上单调递减，在上单调递增，∴当时，有最小值，∴．………………………………………………………………………………………（4分）令，，∴当时，，单调递增；当时，，单调递减，．∴当且仅当“”时，．综上，．……………………………………………………………………………（6分）（2）令，得，∴，令，可得．由（1）知，当时，，∴，又，∴．在上单调递增，∴，∴，∴．………………………………………………………………………………………（9分）令，则，由（1）知，在上单调递减，在上单调递增，有最小值，又在上单调递减，，∴当时，；当时，；∴当时，的最小值，无解；当时，的最小值，只有1个解；当时，的最小值，又，，，故有2个解．综上，对，当时，有2个零点；当时，有1个零点；当时，没有零点．……………………………………………………（12分