云南省师大附中高三适应性月考（一）

理科数学

第Ⅰ卷（共60分）

一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60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.

1.已知集合，集合，则（ ）

A． B． C． D．

2.已知复数在复平面内对应的点为，则复数的模为（ ）

A． B． C． D．2

3.已知，，，则与的夹角为（ ）

A． B． C． D．

4.圆截直线所得弦的长度为2，则实数（ ）

A．4 B．-2 C．-4 D．2

5.某程序框图如图1所示，该程序运行后输出的的值是（ ）

A．3024 B．1007 C．20xx D．20xx

6.给出下列四个结论：

①已知直线，，则的充要条件为；

②函数满足，则函数的一个对称中心为；

③已知平面和两条不同的直线，满足，，则；

④函数的单调区间为.

其中正确命题的个数为（ ）

A．4 B．3 C．2 D．0

7.已知，，且，则的值等于（ ）

A． B． C． D．

8.四面体的四个顶点都在球的球面上，，，，平面平面，则球的体积为（ ）

A． B． C． D．

9.若满足条件，当且仅当时，取得最大值，则实数的取值范围为（ ）

A． B． C． D．

10.某三棱锥的三视图如图2所示，则该三棱锥的表面积为（ ）

A． B． C． D．

11.椭圆上一点关于原点的对称点为，为其右焦点，若，设，且，则该椭圆离心率的最大值为（ ）

A． B． C． D．1

12.已知曲线与恰好存在两条公切线，则实数的取值范围为（ ）

A． B． C． D．

第Ⅱ卷（共90分）

二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）

13.设，则二项式的展开式的常数项是 .

14. 是定义在上的函数，且满足，当时，，则 .

15.已知曲线（且）与直线相交于两点，且（为原点），则的值为 .

16.已知为数列的前项和，，若存在唯一的正整数使得不等式成立，则实数的取值范围为 .

三、解答题 （本大题共6小题，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）

已知是斜三角形，内角所对的边分别为，且.

（1）求角；

（2）若，，求的面积.

18. （本小题满分12分）

1月2日凌晨某公司公布的元旦全天交易数据显示，天猫元旦当天全天的成交金额为315.5亿元.为了了解网购者一次性购物情况，某统计部门随机抽查了1月1日100名网购者的网购情况，得到如下数据统计表，已知网购金额在2000元以上（不含2000元）的频率为0.4.

（1）先求出的值，再将如图3所示的频率分布直方图绘制完整；

（2）对这100名网购者进一步调查显示：购物金额在2000元以上的购物者中网龄3年以上的有35人，购物金额在2000元以下（含2000元）的购物者中网龄不足3年的有20人，请填写下面的列联表，并据此判断能否在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为网购金额超过2000元与网龄在3年以上有关？

参考数据：

参考公式：，其中.

（3）从这100名网购者中根据购物金额分层抽出20人给予返券奖励，为进一步激发购物热情，在和两组所抽出的8人中再随机抽取2人各奖励1000元现金，求组获得现金将的数学期望.

19. （本小题满分12分）

如图4，已知四棱锥中，底面为菱形，平面，，分别是的中点.

（1）证明：平面；

（2）取，若为上的动点，与平面所成最大角的正切值为，求二面角的余弦值.

20. （本小题满分12分）

已知为坐标原点，抛物线在第一象限内的点到焦点的距离为，在点处的切线交轴于点，直线经过点且垂直于轴.

（1）求线段的长；

（2）设不经过点和的动直线交交点和，交于点，若直线的斜率依次成等差数列，试问：是否过定点？请说明理由.

21. （本小题满分12分）

函数，.

（1）若在点处的切线方程为，求的表达式；

（2）若对任意，都有恒成立，求实数的取值范围；

（3）在（1）的条件下，设，对任意给定的正实数，曲线上是否存在两点，使得是以（为坐标原点）为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在轴上？请说明理由.

请考生在22、23、24三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.

22.（本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲

如图，圆的半径垂直于直径，为上一点，的延长线交圆于点，过点的切线交的延长线于点，连接.

（1）求证：；

（2）若，，求的长.

23. （本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程

在极坐标系中，已知曲线，将曲线上的点向左平移一个单位，然后纵坐标不变，横坐标伸长到原来的2倍，得到曲线，又已知直线（是参数），且直线与曲线交于，两点.

（1）求曲线的直角坐标方程，并说明它是什么曲线；

（2）设定点，求.

24. （本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲

已知函数.

（1）求不等式的解集；

（2）设，证明：.

云南师大附中高考适应性月考卷（一）

理科数学参考答案

第Ⅰ卷（选择题，共60分）

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）

【解析】

1．，，，故选A．

2．，则，模为，故选B．

3．设与的夹角为，则，，又，

∴，故选D．

4．圆的标准方程为(x+2)2+(y−1)2=5−a，r2=5−a，则圆心(−2，1)到直线x+y+5=0的距离为，由12+(2)2=5−a，得a=−4，故选C．

5．该程序框图表示的是通项为的数列前20xx项和，

2+20xx=3024，故选A.

6．对于①，由l1∥l2得∴，①错；对于②，由得，∴的周期为，，∴，时，②错；对于③，当时，结论不成立，③错；对于④，，的定义域为(0，)，，由得，由得，∴的单调区间为(0，1)，(1，)，④错．故选D．

7．∈，∴∈(0，π)．∵sin=，∴cos2α=1−2=−，∴sin2α=

=，而α，β∈，∴α+β∈(0，π)，∴sin(α+β)= =，

∴=sin[2α−(α+β)]=sin2αcos(α+β)−cos2αsin(α+β)=×−

×=，故选D．

8．根据题意，AB=AD=2，BD=2，则∠BAD=．在Rt△BCD中，BD=2，CD=2，则BC=2，又因为平面ABD⊥平面BCD，所以球心就是BC的中点，半径为r=，所以球的体积为：，故选A．

9．作出约束条件表示的平面区域如图1所示．由z=ax+y得 y=−ax+z，∵z=ax+y仅在(3，3)处取得最大值，∴−＜−a＜，解得−＜a＜，故选C．

10．由三视图可知该三棱锥底面是边长为4的正三角形，面积为，两个侧面是全等的三角形，三边分别为，，4，面积之和为，另一个侧面为等腰三角形，面积是×4×4=8，故选B．

11．由题知AF⊥BF，根据椭圆的对称性，AF′⊥BF′（其中F′是椭圆的左焦点），因此四边形AFBF′是矩形，于是，|AB|=|FF′|=2c，|AF|=2csin，|AF′|=2ccos，根据椭圆的定义，|AF|+|AF′|=2a，∴2csin+2ccos=2a，∴椭圆离心率e===，而∈，∴+，∴sin，故e的最大值为，故选A．

12．的导数为的导数为设与曲线相切的切点为与曲线相切的切点为(s，t)，则有公共切线斜率为又，即有，即为，

即有则有即为令

则，当时，递减，当时，递增，即有处取得极大值，也为最大值，且为由恰好存在两条公切线，即s有两解，可得a的取值范围是，故选B．

第Ⅱ卷（非选择题，共90分）

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

【解析】

13．∵，设第r项为常数项，则，令，可得，∴．

14．由f(x+2)=可得，f(x+4)==f(x)，所以函数f(x)是以4为周期的周期函数，．

15．将y=2−x代入，得设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1+x2=，x1x2=.=x1x2+y1y2=x1x2+(2−x1) (2−x2)=2x1x2−2(x1+x2)+4，所以+4=0，即2a−2b=ab，即a−b=ab，所以．

16．时，，整理得，又，故．不等式可化为：，设，由于，由题意可得解得或．

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）

解：（Ⅰ）根据正弦定理，

可得csinA=asinC，

因为csinA=acosC，

所以asinC=acosC，

可得sinC=cosC，

得tanC=，

因为C(0，)，

所以C=． ……………………………………………………………（6分）

（Ⅱ）因为sinC+sin(B−A)=5sin2A，C=，

sinC=sin(A+B)，

所以sin(A+B)+sin(B−A)=5sin2A，

所以2sinBcosA=2×5sinAcosA．

因为△ABC为斜三角形，所以cosA≠0，

所以sinB=5sinA，

由正弦定理可知b=5a，①

所以S△ABC=absinC=×1×5× ……………………………………（12分）

18．（本小题满分12分）

解：（Ⅰ）因为网购金额在2000元以上（不含2000元）的频率为0.4，

所以网购金额在(2500，3000]的频率为0.4−0.3=0.1，

即q=0.1，且y=100×0.1=10，

从而x=15，p=0.15，相应的频率分布直方图如图2所示．

………………………………………………………………（4分）

（Ⅱ）相应的2×2列联表为：

由公式K2=，

因为5.56>5.024，

所以据此列联表判断，在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为网购金额超过2000元与网龄在3年以上有关． ……………………………………………（8分）

（Ⅲ）在(2000，2500]和(2500，3000]两组所抽出的8人中再抽取2人各奖励1000元现金，则(2000，2500]组获奖人数X为0，1，2，

且 ，

故(2000，2500]组获得现金奖的数学期望+1000+2000

=1500． …………………………………………………（12分）

19．（本小题满分12分）

（Ⅰ）证明：由四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°，可得△ABC为正三角形，

因为E为BC的中点，

所以AE⊥BC. ……………………………………………（1分）

又BC∥AD，因此AE⊥AD． ……………………………………………（2分）

因为PA⊥平面ABCD，AE平面ABCD，

所以PA⊥AE． ………………………………………………………（3分）

而PA平面PAD，AD平面PAD，PAAD=A，

所以AE⊥平面PAD． …………………………………………（5分）

（Ⅱ）解法一：为上任意一点，连接，．

由（Ⅰ）知AE⊥平面PAD，

则∠EHA为EH与平面PAD所成的角． …………………………………………（6分）

在中，，

所以当AH最短时，即当时，EHA最大，

此时，

因此． ……………………………………………（7分）

又AD=2，所以∠ADH=45°，所以PA=2． …………………………………（8分）

因为PA⊥平面ABCD， PA平面PAC，

所以平面PAC⊥平面ABCD．

过E作EO⊥AC于O，则EO⊥平面PAC．

过O作OS⊥AF于S，连接ES，

则∠ESO为二面角E−AF−C的平面角． ……………………………………………（9分）

在Rt△AOE中，，．

又F是PC的中点，在Rt△ASO中，．

又， ………………………………………………（10分）

在Rt△ESO中，， …………………………………（11分）

即所求二面角的余弦值为． …………………………………………（12分）

解法二：由（Ⅰ）可知AE，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，以AE，AD，AP分别为x，y，z轴，建立如图3所示的空间直角坐标系．

设AP=a， ………………（6分）

则A(0，0，0)，B(，−1，0)，C(，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，a)，E(，0，0)，

F，，，H(0，2−2，a)(其中[0，1])，∴，，，

平面PAD的法向量为=(1，0，0)，

设为EH与平面PAD所成的角，

．

EH与平面PAD所成最大角的正切值为，

∴的最大值为，

即在[0，1]的最小值为5，

函数对称轴(0，1)，

所以，计算可得a=2， …………………（8分）

所以，0，0)，，．

设平面AEF的一个法向量为=(x1，y1，z1)，则

因此

取，则= (0，2，−1)， …………………………………………（9分）

= (，3，0)为平面AFC的一个法向量， ………………………（10分）

所以cos，=， ………………………（11分）

所以，所求二面角的余弦值为． …………………………………………（12分）

20．（本小题满分12分）

解：（Ⅰ）由抛物线在第一象限内的点P到焦点的距离为，

得，，

抛物线C的方程为y2=2x，P(2，2)． ………………………………（2分）

C在第一象限的图象对应的函数解析式为，则y′=，

故C在点P处的切线斜率为，切线的方程为．

令y=0得x=−2，所以点Q的坐标为(−2，0)．

故线段OQ的长为2． ……………………………………………（5分）

（Ⅱ）l2恒过定点(2，0)，理由如下：

由题意可知l1的方程为x=−2，因为l2与l1相交，故．

由l2：，令x=−2，得，故．

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

由消去x得：，

则，． ………………………………………………（7分）

直线PA的斜率为，同理直线PB的斜率为，

直线PE的斜率为．

因为直线PA，PE，PB的斜率依次成等差数列，

所以，

即． ………………………（10分）

整理得：，

因为l2不经过点Q，所以，

所以2m−b+2=2m，即b=2．

故l2的方程为，即l2恒过定点(2，0). ………………………（12分）

21．（本小题满分12分）

解：（Ⅰ）由，得，

. 又点(1，f(1))在直线上，

∴，，

∴. ………………………（3分）

（Ⅱ）由，得．

∵[1，e]，，且等号不能同时取得，∴，即.

∴恒成立，即.

令，[1，e]，则，

当[1，e]时，，，，从而.

∴在区间[1，e]上为增函数，∴，∴. …………（7分）

（Ⅲ）由条件

假设曲线上存在两点P，Q满足题意，

则P，Q只能在y轴的两侧，

不妨设()，则()．

∵是以O（O为坐标原点）为直角顶点的直角三角形，

∴，

∴，是否存在P，Q等价于该方程且是否有根．

当时，方程可化为，

化简得，此时方程无解；

当时，方程可化为，即．

设，则()，

显然，当时，，

即在区间上是增函数，的值域是，即．

∴当时方程总有解，即对于任意正实数a，曲线上总存在两点P，Q，

使得是以O（O为坐标原点）为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在轴上． …………………………………………………（12分）

22．（本小题满分10分）【选修4−1：几何证明选讲】

（Ⅰ）证明：连接ON，∵PN为的切线，∴90°．

在中，∵，

∴，又∵，

∴，

根据弦切角定理，得，∴．………………………（4分）

（Ⅱ）解法一：∵，

∴为等边三角形，∴．

设的半径为，

则在直角三角形中，，，，

根据相交弦定理，，

可得，

即可得，，

∴． …………………………………………………（10分）

解法二：∵60°，

∴△PMN为等边三角形，∴，

设的半径为r，则在直角三角形中，，OM=，，

又为的外接圆，

由正弦定理可知，，

又，

∴，∴． ………………………………………………（10分）

解法三：，

设的半径为r，则在直角三角形中，，，，

在中，，∴．

又∵，MN=PM=1，

∴，∴，∴． ……………………………………………（10分）

23．（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】

解：（Ⅰ）曲线C的直角坐标方程为：，即，

∴曲线的直角坐标方程为，

∴曲线表示焦点坐标为，长轴长为4的椭圆． ……………（4分）

（Ⅱ）直线：（t是参数），

将直线的方程代入曲线的方程中，

得．

设对应的参数分别为，

则，，

结合t的几何意义可知，

．……………………………（10分）

24．（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】

（Ⅰ）解：，即．

当时，原不等式可化为，

解得，此时原不等式的解集为；

当时，原不等式可化为，

解得，此时原不等式无解；

当时，原不等式可化为，

解得，此时原不等式的解集为．

综上，． …………………………………………………（5分）

（Ⅱ）证明：因为，

所以，要证，

只需证，

即证，

即证，

即证，

即证．

∵a，bM，

∴a2>1，b2>1，

∴(a2−1)(b2−1)>0成立，

所以原不等式成立． ………………………………………（10分）

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