云南师范大学附属中学2022届高三理科数学高考适应性月考卷（八）（PDF版附解析）

秘密＊启用前玩37.已知O:E(了,21T),sina=-了,sin(a+/3)=3co泊，则ta叩＝9一2D理科数学试卷A.-3B.-�C.3．178.将5名冬奥会志愿者分配到北京、延庆、张家口三个赛区参加活动，北京赛区至少分配2名志愿者，其它注意事项：赛区至少分配1名志愿者，每名志愿者只分配到1个赛区，则不同的分配方案共有1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚．2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再A.80种B.50种C.40种D.25种选涂其他答案标号．在试题卷上作答无效．9.如图2,在矩形ABCD中，AB=丘-,BC=2,E为BC中点，把!::,,ABE3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．满分150分，考试用时120分钟．和t:,,CDE分别沿AE,DE折起，使点B与点C重合于点P,若三棱锥c一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共0分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）P-ADE的四个顶点都在球0的球面上，则球O的表面积为1.设复数z满足lz-1I=2,z在复平面内对应的点为（无，y)'则A.3,rA2222A.(x-1)+y=4B.(x+l)+y=4B.4,r图22222C.x+(y-1)=4D.x+(y+l)=4C.5,r2.已知集合A=jxIax-=01I,B=1x12::s;x<4,xENl,且AUB=B,则实数a的所有值构成的集合是D.9,rA廿}B廿｝10.根据气象学上的标准，连续5天的日平均气温低于10°C即为入冬．将连续5天的日平均温度的记录数据酝一组样本，现有4组样本心、＠、＠、＠，依次计算得到结果如下：C.{主，½}D.{o,½,½}巨二二（记录数据都是自然数）作为心平均数及<4;3.如图l为某几何体的三视图，则该几何体的体积为A.4丘＠平均数云<4且极差小于或等千3;B.8＠平均数云<4且标准差s:S:;4;C.4$＠众数等于5且极差小于或等于4.D.4屈图1则4组样本中一定符合入冬指标的共有4.巳知平面直角坐标系内三点A(1,3),B(2,5),C(m+I,3m+1),且平面内任意a都可唯一表示成--A.1组B.2组C.3组D.4组a=入AB+µ,AC(入，µ为实数），则实数m的取值范围是ab11.已知a,bER且1<2<2,则A.(-oo,勺叶¾'+oo)B.(-oo,轩u(李+oo)11sm.a-smb.ba—-bA.->B.>1C.blna>alnbD.->ebaa-bC.(-00,2)U(2,+00)D.(-00,+00)2一5.设F为抛物线C:y=8x的焦点，点P(x。,y。)为C上点，过P作y轴垂线，垂足为A,若IPFI=3IPAI,则12.已知函数f(x)=sin(2x+<p)(O<<p<'TT)在区间甘�.于］上单调递减，且在区间(o,f)上存在零点．下面四个lroI=A.4迈B.4C.2丘D.2结论：6.药物在体内的转运及转化形成了药物的体内过程，从而产生了药物在不同器官、组织、体液间的浓度随时'TT5'TT心的取值范围是(了飞］；间变化的动态过程，根据这种动态变化过程建立两者之间的函数关系，可以定量反映药物在体内的动态变化，为临床制定和调整给药方案提供理论依据经研究表明，大部分注射药物的血药浓度C(t)(单位：®J(x)在(0,加）上有且仅有2个极小值点；一µg/ml)随时间t(单位：h)的变化规律可近似表示为C(t)=C。.e-k,,其中C。表示第次静脉注射后人体内@J(x)在(0,加）上有且仅有3个极大值点；的初始血药浓度，k表示该药物在人体内的消除速率常数．巳知某麻醉药的消除速率常数k=0.5(单位：@J(x)在(O,加）上有且仅有5个零点；一h-1)'某患者第次静脉注射该麻醉药后即进人麻醉状态，测得其血药浓度为4.5µg/ml,当患者清醒时测其中所有正确结论的编号是得其血药浓度为0.9µg/ml,则该患者的麻醉时间约为(ln5=1.609)A.3.ShB.3.2hC.2.2hD.0.8hA.心＠B.心＠C.@@D.@@理科数学·第1页（共4页）一一二圈圈二一巳理科数学·第2页（共4页）\n二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）20.(本小题满分12分）x+y-1刻，一“3月14日为国际数学日，为庆祝该节日，某中学举办了数学文化节活动，其中项活动是数学知识竞13.若x,足约束条件·-区0,则,=y的最大值为”一y满\x+l赛．小明、小俊两人组队代表班级参赛，每轮竞赛，小组中的两人分别答2道题，若两人回答正确的“4x-y+1�o,题目不少千3道，则该小组将被称为神算小组".巳知小明每次答题正确的概率为P1,小俊每次答题正°14.6.ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,巳知A=30,b=12,若6.ABC有两解，写出a的一个可能确的概率为P2,在答题过程中两人答题正确与否互不影响，且各轮结果亦互不影响的值为(1)若P=—=—一“”1,P2，则在第轮竞赛中，求小明、小俊组获得神算小组的概率；5工=15.若双曲线C:二－2l(a>O,b>O)的一个焦点F关于其一条渐近线的对称点P在C上，且直线PF与圆ab一5“”(2)若P1+P2=，则在数学知识竞赛中，小明、小俊组要想获得神算小组的次数为5次，理论上至24x寸=4相切，则C的离心率为．Fc16.如图3,某城市公园内有一矩形空地ABCD,AB=300m,AD=180m,现规D少要进行多少轮竞赛？并求此时P1,P2的值划在边AB,CD,DA上分别取点E,F,G,且满足AE=EF,FG=GA,在凶EAG内建造喷泉瀑布，在6.EFG内种植花卉，其余区域铺设草坪，并修G建栈道EG作为观光路线（不考虑宽度），则当tanLAEG=时，四2边形AEFG的面积S最小，此时S=m.(本题第一空2分，第21.(本小题满分12分）AB尤=ae+ln二空3分）已知函数f(x)a-1.图3==三、解答题（共70分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）(1)当al时，若直线l既是曲线/(幻的切线，也是曲线g位）ln灶l的切线，求直线l的方程；17.(本小题满分12分）(2)若不等式/(x)-ln(叶2);:,::1恒成立，求实数a的取值范围如图4,长方体ABCD-A1B1C几的底面是正方形，E,F分别是BB1,B1亿上的DIcA'l1F点，且B1F=2C1F,B1E=2BE.B1(1)证明：点F在平面AD1E内；(2)若AA1=3,AB=2,求二面角A-DIE-B的余弦值请考生在第22、23两题中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑．注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则按所做的第一题计分．22.(本小题满分10分）【选修4-4:坐标系与参数方程】18.(本小题满分12分）在平面直角坐标系动中，曲线c,的参数方程是（勹；=—:::·(0为参数，m,'O).以原点O为极点，尤轴的y'm已知正项等比数列位.I的前n项和为s.,a1=1,且=正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为p=sin0(psin0+4).请在心S2+S317;®a4-a2=6S2;®a1+5是a2和a3的等差中项；这三个条件中任选一个，补充到上述题(1)求C1的普通方程和Cz的参数方程；目中的横线处，并求解下面的问题(1)求数列ja.f的通项公式；(2)若c—＋上的值l与C2交于P,Q两点，设直线OP的斜率为kl'直线OQ的斜率为k2,求klk24n+2=(2)若bn(n+I)•log3an+l'求数列｛｝的前n项和T旷飞了注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．23.(本小题满分10分）【选修4-5:不等式选讲】19.(本小题满分12分）已知函数J(x)=I2x-5曰x+21.(1)求不等式f(x):s;:3的解集；已知椭圆C:I寸=1,下顶点为A,不与坐标轴垂直的直线l与C交于P,Q两点．13=—(2)设函数g(x)lx+a订+Ix-aI,若对任意meR,存在neR,使得J(m)+�g(n)'求实数a的取值2(I)若线段PQ的中点为R(-1,了），求直线l的斜率；范围(2)若l与y轴交于点B(O,2),直线AP,AQ分别交x轴千点M,N,0为坐标原点，记6AOM的面积为S1,6ABN的面积为S2,求S1.S2的值．理科数学·第3页（共4页）．．口一一口一二理科数学·第4页（共4页）\n理科数学参考答案一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）题号123456789101112答案ADBCCBDACBDA【解析】1．z在复平面内对应的点为()xy，，则复数zxyxy+i(，R)，则|z1||(x1)yi|2，22由复数的模长公式可得(xy1)4，故选A.2．由题，得B{23}，，由ABB得AB，当a0时，A为空集符合题意，故选D.3．由三视图可知，该几何体为如图1所示的三棱柱ABCABC，且有AA22，△ABC为等腰三角形，1111AB22，而AB边上的高为2，所以该三棱柱的体积1图1V222228，故选B.24．由题意，可知AB(12)，，AC(m，3m2)，由于AB，AC不共线，故2mm32，即m2，故选C.p5．根据抛物线的定义，可知|PF|xx2，即有xx23，解得x1，所以000002|y|22，故选C.00.5t0.5t16．由题意，得0.94.5e，所以e，则0.5tln5，解得t2ln53.2，故选B.533π47．由于sin且，2π，则有cos.由sincoscossin3cos得，5251849cossin，故tan，故选D.55228．第一类情形，先从5名志愿者中选择2名志愿者到北京参加活动，有C510种方法，再2从剩下的3名志愿者中选择2名志愿者到延庆参加活动，有C3种方法，最后剩下的31名志愿者到张家口参加活动，有1种方法，由乘法分步原理得共有1031=30种分配2方案；第二类情况，先从5名志愿者中选择2名志愿者到北京参加活动，有C510种方1法，再从剩下的3名志愿者中选择1名志愿者到延庆参加活动，有C3种方法，最后3剩下的2名志愿者到张家口参加活动，有1种方法，由乘法分步原理得共有1031=30\n3种分配方案；第三类情况，先从5名志愿者中选择3名志愿者到北京参加活动，有C5101种方法，再从剩下的2名志愿者中选择1名志愿者到延庆参加活动，有C2种方法，2最后剩下的1名志愿者到张家口参加活动，有1种方法，由乘法分步原理得共有1021=20种分配方案；由加法分类计数原理得共有30302080种分配方案，故选A.9．由题意可知，PEPAPE，PD，PAPDP，所以PE平面PAD．又222PAPD22，AD，所以PAPDAD，所以PAPD，故可将三棱锥PADE补形成以PEPAPD，，为相邻三条棱的长方体；若三棱锥PADE的四个顶点都在球O的球面上，则该长方体的各顶点亦在球O的球面上.设球O的半径为R，则该长方体的体对角22222线长为2R，即25RPEPAPD，从而有S=4πRπ(2)R5π故选C．球O，10．①错，举反例：0，0，0，4，11，其平均数x34，但不符合题意.②对，在x4且极差小于等于3，气温数据只可能在以下数组中取到(0，1，2，3)，(1，2，3，4)，(2，3，4，5)，(3，4，5，6)，符合题意.③错，举反例：1，1，1，1，11，平均数x34，且标准差s4，但不符合题意.④对，在众数等于5且极差小于等于4时，最大数不超过9，符合题意，故选B.xab111．由于y2在R上单调递增，由122，可得0ab.由于0ab，y在x11(0，)上单调递减，所以，A错.由于ysinxxx(0)，则有yxcos10≤，ab所以ysinxx在(0，)上单调递减，又0ab，可得sinaasinbb，又sinabsinlnx1lnxab0，则有1，B错.由于y(x0)，则有y，当0ex2abxxlnxlnx时，y0，所以y在(0e)，上单调递增；当xe时，y0，所以y在xxlnxlnalnb(e，)上单调递减；由于y在(0，)上不单调，所以无法判断与的大xabx小，亦无法判断baln与abln的大小，C错.由于yxe(x0)，则有当x0时，xxabyx(1)e0，所以yxe在(0，)上单调递增；又0ab，可得abee，所bab以e，D对，故选D.aππ12．当x，时，63\nπ2ππ5π2x，，又(0，π)，则有2x的最小值大于而最大值小于.3333ππ≥，ππ32π5π又fx()sin(2x)在区间，上单调递减，所以解得≤≤.632π≤3π，6632kπ令fx()sin(2x)0，则2xkkπ()Z，即xk()Z；由于当k1时，22πππππ0，，可得0，解得π.综上，可得的取值范围是2222233π5ππ5π，，所以①对.如图2所示的是yxsin2，yxsin2图象，由图可3636知，满足题意的fx()在(02，π)上有且仅有2个极小值点，有且仅有4个零点，所以②ππ对，④错；当时，ysin2xcos2x，此时fx()在(02，π)上有且仅有1个22极大值点，所以③错，故选A.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号1314151653答案7（满足a(612)，均可，答案不唯一）5，14400323【解析】13．如图3所示，根据约束条件作出的可行域是顶点为A(15)，，B(01)，，yC(10)，的△ABC及其内部，则z表示可行域内点()xy，与点x155(10)，连线的斜率，当直线经过A(15)，时，直线的斜率值最大为，112图35故答案为.214．如图4所示，由于满足条件的△ABC有两个，则bsinAab，即6a12，故答案为7（满足a(612)，均可，答案不唯一）.15．如图5所示，不妨设点P在第二象限，设C的图4\nb左、右焦点分别为Fc(，0)，Fc(，0)(c0)，则PF的中点M在直线yx上，且abca||FMb，故|PF|2|FM；|2b由于OMPF，则有2b1a2222||OM|OF||FM|cba2；又O，M分别为FF，PF的中点，则|PF|2|OM|2a，由双曲线的定义可得2b|PF||PF|2a4a8，所以b4，22cab16所以e15，故答案为5.2aa4π16．如图6，由题，Rt△EAG≌Rt△EFG，设AEG0，则有2πDG180AGDGFπ22.在Rt△GDF中，cos2，可得2GFAG22221809021AG90(1tan)AG90(1tan)，则S2AGAE2cos21cos2tantan290(1t)≤180，231190tan2tan.令tant，由于90(1t2)解得t，1，则tan≤300，3t22313121(3tt1)(1)S8100t2t.令ft()t2t，所以ft()3t2，则22tttt313133f0；当t时，ft()0，ft()在，上单调递减；当t1时，3333333ft()0，ft()在，1上单调递增，所以33163ft()f，故S144003，此时min3min933tan，故答案为，144003．图633三、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12分）（1）证明：如图7，连接BCEF，，1在长方体ABCDABCD中，AD∥BC，111111BFBE211因为BF22CFBE，BE，即，111BCBB3111图7所以△BEF∽△BBC，所以EFBC∥，1111\n所以AD∥EF，所以ADEF，，，四点共面，11所以点F在平面ADE内.……………………………………………………（41分）（2）解：以D为坐标原点，DA的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，连接AC，则A(200)，，，D1(003)，，，E(221)，，，C(020)，，，所以AE(021)，，，AD(203)，，，AC(220)，，.1设平面ADE的法向量为m()xyz，，，1mAE0，20yz，由得可取m(3，12，).mAD0，2xz30，1在正方形ABCD中，BDAC，又DDAC，BDDDD，BD，DD平面DEBD，1111所以AC平面DEBD.……………………………………………………（91分）mAC827由于cosm，AC，|m||AC|1422727因此，二面角ADEB的余弦值为.…………………………………………（1217分）18．（本小题满分12分）解：（1）设等比数列{}an的公比为q，由于an0，则有q0.选择条件①，由SS17得2a2aa17，又a1，2312312所以qq2150，解得q5（舍去）或q3，n1所以a3.………………………………………………………………（6n分）选择条件②，221q由a4a26S2，可知q1，所以aq2(1)6，1q\n2则有aq(1)6，又a1，所以qq60，解得q2（舍去）或q3，21n1所以a3.……………………………………………………………（6n分）选择条件③，2由题，可知aa2(a5)，又a1，则有qq120，2311解得q4（舍去）或q3，n1所以a3.……………………………………………………………（6n分）n（2）由（1）得，b(n1)log3nn(1)，n34nn24211所以2.………………………………………（922222bnn(1)n(n1)n分）11111所以T2122n22222223nn(1)111112212.………………………（12222222223nn(1)(n1)分）19．（本小题满分12分）2x12y1，14解：（1）设Px(1，y1)，Qx(2，y2)，由PQ，在椭圆C上，得2x22y1，42两式相减得(x1x2)(x1x2)y1y2x1x2，(yy)(yy)0，所以12124x12x4(y12y)1又线段PQ的中点R1，且点R在椭圆C内，所以xx2，yy1，12122yy112所以直线l的斜率为.………………………………………………（4xx212分）（2）如图8所示，由题意知，直线l的斜率存在，设直线lykx：2，Px(，y)，Qx(，y)，1122\nykx2，22联立x2得(14)kx16kx120．2y1，4图82223由(16)kk48(14)0，得k，433即kk或；2216k12且有xx122，xx122.14k14ky1x11由于直线AP的方程为yx1，令y0，解得x，x1y11xx12则M，0，同理可得N，0，1y1y121x1x3xx3xx121212所以S12S1321y21y4(1y)(1y)4(kx3)(kx3)1212123xx312312121.22224kxx3(kxx)9412k48k9(14k)491212………………………………………………………………………（12分）20．（本小题满分12分）解：（1）由题可知，符合题意的所有可能的情况有①小明答题正确1道，小俊答题正确2道；②小明答题正确2道，小俊答题正确1道；③小明答题正确2道，小俊答题正确2道.2222所以所求概率PC141C22C24C121C24C2232.2222225535335345……………………………………………………………（6分）（2）两人在某一轮竞赛中获得“神算小组”的概率为1222212222PCpp(1)C(pp)C()Cp(1p)C()pC(p)2112212222212222ppp(p)3(pp)，121212552因为pp12，所以Ppp123(pp12).42\n511由于01≤p1≤，01≤p2≤，pp12，所以≤p1≤1，≤p2≤1，4442pp255所以由基本不等式，可得pp≤12当且仅当pp时取“”，12122648125则有≤pp12≤.1664225525125令tpp12，ht()3tt3t，t，，2124816642552521252125由于，所以当t时，ht()max，即Pmax.…………………（964126440964096分）*设他们小组在nn()N轮竞赛中获得“神算小组”次数为X，则有X~(BnP，)，2125由题可知，EX()nPn≥5，解得n≥10，maxmax40965所以理论上至少要进行10轮比赛，此时pp12.……………………………（128分）21．（本小题满分12分）x解：（1）当a1时，fx()e1.设曲线fx()上任意一点Px()，y，由于yfx()ex11，fx()ex1，11111则曲线fx()在点P处的切线为y(exx111)e(xx)，即yexx11xxe(1)1.111设曲线gx()上任意一点Qx()，y，由于ygx()lnx1，gx()，222222x211则曲线gx()在点Q处的切线为y(lnx1))(xx，即yxlnx.222xx22ex11，x11，x10，由题，得x2解方程组，得或1x1x21x2，e(1xx12)1ln，e所以直线l的方程为xy0或exy10.……………………………………（6分）\nxx（2）令Fx()ex，由题，得aelna≥ln(x2)2(x2)，xlnaln(x2)则有ex(≥aln)xxln(，即x2)(2)eln(2)Fx(≥ln)a.F(ln(x2))x由于Fx()ex在R上单调递增，所以xlna≥ln(x2)，即lna≥ln(x2)x.11x令hx()ln(x2)xx(2)，所以hx()1；xx22又h(1)0，所以当21x时，hx()0，所以hx()在(2，1)上单调递增；当x1时，hx()0，所以hx()在(1，)上单调递减；则有当x2时，hx()h(1)1，max所以lna≥1，则a≥e，即a的取值范围为[e+)，.……………………………（12分）22．（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】3xa1，3解：（1）由a3消去a，得xmy1(m0)，又xa1R，y，m即C的普通方程为xmy10(m0)；……………………………………（21分）2由sin(sin4)，得cos4sin，22则有cos4sin，2将xcos，ysin代入得xy4，xt4，所以曲线C2的参数方程为2()t为参数.……………………………………（5yt4分）xt4，y（2）由可得tx(0)，2yt4，x2故t的几何意义是抛物线xy4上的点（除顶点）与原点所在直线的斜率.xt4，2将代入xmy10，得二次方程4mt4t10(m0)，2yt4，当1616m0时，设该二次方程两根为tt，，1211则有tt，tt，1212m4m\n11111ttm12所以4.…………………………………………（10kktttt11212124m分）23．（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】5xx7，，25解：（1）由题，可得fx()3x3，2≤x≤，2xx7，2.55x2，2≤x≤，x，不等式fx()≤3等价于不等式组或2或2x73≤3x3≤3x7≤3.55解不等式组，得x或0≤x≤或x≤10，即x[010]，．22所以fx()≤3的解集为[010]，．………………………………………（5分）55（2）由（1）可知fx()在，上单调递减，在，上单调递增，2259所以fx()f.min22由绝对值三角不等式，可知222gx()|xa||xa||(≥xa)(xa)||aa|.1313由于对任意mR，存在nR，使fm()≥gn()，只需fx()≥gx()，minmin2291322即≥||aa，所以22≤aa≤，22解不等式得21≤a≤，所以a的取值范围为a[21]，.………………………（10分）