云南师大附中2018届高考适应性月考(七)理科数学(含解析)
云南师大附中2018届高考适应性月考卷(七)
英语参考答案·第1页（共9页）1 云南师大附中2018届高考适应性月考卷（七）英语参考答案第一部分 阅读理解（共两节，满分40分）第一节 （共15小题；每小题2分，满分30分）1~5 ACBDB 6~10 DACBD 11~15 ACDAB第二节 （共5小题；每小题2分，满分10分）16~20 BADEG第二部分 语言知识运用（共两节，满分45分）第一节 （共20小题；每小题1.5分，满分30分）21~25 CBABD 26~30 ACACB 31~35 DBCDB 36~40 DCADA第二节 （共10小题；每小题1.5分，满分15分）41．are drawn42．to shop 43．Whatever 44．one/a 45．to 46．admiration 47．celebrated 48．symbols 49．Traditionally 50．which 第三部分 写作（共两节，满分35分）第一节 短文改错（共10小题；每小题1分，满分10分）Dear Li Lei ，I ’m proud to tell you what you heard of is true ．As is proved ，that some UK primary schools will use 36 math textbooks ，exercise books ，①and teachers ’ guides publishing by the Shanghai Century Publishing （SCP ）．The textbooks will be②publishedused in both Shanghai or the UK at a same time ．It is the first time Chinese textbooks had been adopted③and ④the ⑤haveby a developed country in so a systematic and large-scale way ．The textbooks have ∧listed as a sample⑥such ⑦beenby the National Centre for Excellence in the Teaching of Mathematics of the UK ．Without SCP ’s英语参考答案·第2页（共9页）2 ⑧Withpermission ，British publisher Harper Collins ，the UK publisher of the textbooks ，will be responsibly⑨responsiblefor the promotion of the schoolbooks ．Don ’t we take pride in you Chinese?⑩usYours ， Li Hua第二节 书面表达（满分25分）【参考范文】Dear Jerry ，Tomorrow is the Chinese festival “Dragon Boat Festival ”．I would like to invite you to have the day with my family in my home ．On “Dragon Boat Festival ”in China ，families conventionally get together to have a big dinner eating Zong Zi and other delicious foods to remember an outstanding man named Qu Yuan ．How desperate I am to share the Chinese happiness and delicate fine dining with you ．Meanwhile I will tell you Chinese stories behind the festival ．I ’m sure you ’ll take an interest ．If you can come ，I ’ll wait for you at 4：00 pm after school at the school gate ．We ’ll take Bus 66 at the nearest stop ．All my families really long for your acceptance and coming ．Best wishes ．Yours sincerely ， Li Hua【解析】第一部分 阅读理解第一节A【语篇导读】娱乐类应用文。
西南名校联盟(云南师大附中)2018届高三适应性月考卷(4)理数试题(解析版)
西南名校联盟（云南师大附中）2018届适应性月考卷（4）理科数学一、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，则为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】求解一元二次不等式可得：，由补集的定义可得：，结合并集的定义有：.本题选择A选项.2.已知复数，则（）A. 0B. 1C.D.【答案】C【解析】由复数的运算法则有：.本题选择C选项.3.在中，若原点到直线的距离为1，则此三角形为（）A. 直角三角形B. 锐角三角形C. 钝角三角形D. 不能确定【答案】A【解析】由已知可得：，故三角形为直角三角形.本题选择A选项.4.已知点是所在平面内一点，为边的中点，且，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为为边的中点，.本题选择B选项.5.已知是定义在上的奇函数，且满足，当时，，则等于（）A. B. C. -1 D. 1【答案】B【解析】由函数满足知的周期为4，又是定义在上的奇函数，故，.本题选择B选项.6.宋元时期数学名著《算学启蒙》中有关于“松竹并生”的问题：松长五尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等．如图是源于其思想的一个程序框图，若输入的分别7，3，则输出的（）A. 6B. 5C. 4D. 3【答案】D【解析】时，不满足；时，不满足；时，满足，输出，本题选择D选项.点睛：此类问题的一般解法是严格按照程序框图设计的计算步骤逐步计算，逐次判断是否满足判断框内的条件，决定循环是否结束．要注意初始值的变化，分清计数变量与累加(乘)变量，掌握循环体等关键环节．7.已知是函数的零点，若，则的值满足（）A. B. C. D. 的符号不确定【答案】B【解析】函数在是增函数，故零点是唯一的，又，则.本题选择B选项.8.如图为一几何体的三视图，则该几何体的表面积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】如图所示，在长宽高分别为的长方体中，，则题中三视图对应的几何体是一个由图中的三棱柱和三棱锥组成的组合体，故其表面积为：，本题选择D选项.点睛：(1)以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理．(3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．9.若将函数的图象向左平移个单位，平移后所得图象的对称中心为点，则函数在上的最小值是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】，所以将的图象向左平移个单位后，得到的图象，其对称中心为点，，即：，取可得，函数的解析式为，的最小值是.本题选择C选项.10.已知一个几何体下面是正三棱柱，其所有棱长都为；上面是正三棱锥，它的高为，若点都在一个体积为的球面上，则的值为（）A. B. 1 C. D.【答案】A【解析】设外接球的半径为，下底面外接圆的半径为，则，又，.本题选择A选项.点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.11.已知数列满足是其前项和，若，（其中），则的最小值是（）A. B. 5 C. D.【答案】D【解析】由题意，，以上各式相加得：，又，，当且仅当时等号成立.本题选择D选项.12.设过曲线（为自然对数的底数）上任意一点处的切线为，总存在过曲线上一点处的切线，使得，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】设的切点为，的切点为，由题意，对任意存在使得，对任意均有解，故对任意恒成立，则对任意恒成立．又.本题选择C选项.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.圆关于直线对称的圆的标准方程为__________．【答案】【解析】圆的圆心坐标为，它关于直线的对称点坐标为，即所求圆的圆心坐标为，所以所求圆的标准方程为．14.二项式的展开式中项的系数为，则__________．【答案】【解析】，令，得．15.已知实数满足约束条件，则的取值范围是__________．【答案】【解析】绘制不等式组表示的平面区域如图所示，由不等式组所表示的平面区域知：点到点的距离最大，故；点到直线的距离最小，即，所以的取值范围是．点睛：(1)本题是线性规划的综合应用，考查的是非线性目标函数的最值的求法．(2)解决这类问题的关键是利用数形结合的思想方法，给目标函数赋于一定的几何意义．16.空间点到平面的距离定义如下：过空间一点作平面的垂线，这个点和垂足之间的距离叫做这个点到这个平面的距离.已知平面两两互相垂直，点，点到的距离都是2，点是上的动点，满足到的距离是到点距离的2倍，则点的轨迹上的点到的距离的最大值是__________．【答案】【解析】如图所示，在正方体中，平面对应平面，点位于平面内满足题意，原问题等价于在平面直角坐标系中有点，存在点到轴的距离为该点到点距离的2倍，求该点到轴的距离的最大值. 设，由题意得：，整理得：，所以所求最大值为．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.在各项均为正数的等比数列中，是与的等差中项，若.（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，求数列的前项和.【答案】(1)；(2).【解析】试题分析：（1）由题意结合等差数列的性质可得，结合等差中项的性质可得，则，（2）由（1）得，，分组求和可得数列的前项和试题解析：（1）设等比数列的公比为，且，由得，又是与的等差中项，故或（舍）．所以，（2）由（1）得，，所以数列的前项和：18.如图，在平面四边形中，和都是等腰直角三角形且，正方形的边.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2).【解析】试题分析：（1）由线面垂直的判断定理可得平面则由平面几何知识可得，据此有平面．（2）由题意可知AD，AB，AE两两垂直．建立空间直角坐标系，设AB=1，据此可得平面BDF的一个法向量为，取平面ABD的一个法向量为，则二面角的余弦值为．试题解析：（1）正方形中，又且，所以又因为和都是等腰直角三角形，所以，即，且，所以．（2）因为△ABE是等腰直角三角形，所以，又因为，所以，即AD，AB，AE两两垂直．建立如图所示空间直角坐标系，设AB=1，则AE=1，，，设平面BDF的一个法向量为，可得，取平面ABD的一个法向量为，则，故二面角的余弦值为．19.甲乙两人进行跳棋比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分.若其中的一方比对方多得2分或下满5局时停止比赛.设甲在每局中获胜的概率为，乙在每局中获胜的概率为，且各局胜负相互独立.（1）求没下满5局甲就获胜的概率；（2）设比赛结束时已下局数为，求的分布列及数学期望.【答案】(1)；(2)答案见解析.【解析】试题分析：（1）没下满局甲就获胜有两种情况：①两局后甲获胜，此时，②四局后甲获胜，此时，则满足题意的概率值为（2）由题意知的所有取值为：，，，据此可得的分布列，计算其数学期望为．试题解析：（1）没下满局甲就获胜有两种情况：①两局后甲获胜，此时，②四局后甲获胜，此时，所以，没下满5局甲就获胜的概率（2）由题意知的所有取值为则：，，，的分布列为:．20.已知函数.（1）若，则当时，讨论的单调性；（2）若，且当时，不等式在区间上有解，求实数的取值范围.【答案】(1)答案见解析；(2).【解析】试题分析：（1）函数的定义域为，且，．分类讨论可得：当时，在内单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增．（2）原问题等价于当时，在区间上的最大值．且，则.分类讨论和两种情况可得．据此求解关于实数a的不等式可得实数的取值范围是．试题解析：（1）函数的定义域为，由得，所以．当时，，在内单调递减；当时，或，所以，在上单调递减，在上单调递增；当时，或，所以，在上单调递减，在上单调递增．（2）由题意，当时，在区间上的最大值．当时，，则.①当时，，故在上单调递增，；②当时，设的两根分别为，则，所以在上，故在上单调递增，．综上，当时，在区间上的最大值，解得，所以实数的取值范围是．点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，本专题在高考中的命题方向及命题角度从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．21.已知椭圆的左、右焦点分别是，其离心率，点为椭圆上的一个动点，面积的最大值为3.（1）求椭圆的标准方程；（2）已知点，过点且斜率不为0的直线与椭圆相交于两点，直线，与轴分别相交于两点，试问是否为定值？如果，求出这个定值；如果不是，请说明理由.【答案】(1)；(2)答案见解析.【解析】试题分析：（1）由题意得到关于b,c的方程组，求解方程组结合椭圆的性质可得，则椭圆的标准方程为．（2）设直线的y轴截距式方程：，结合直线方程可得，．联立直线方程与椭圆方程有，结合韦达定理可得，则为定值.试题解析：（1）由题意知，当点是椭圆的上、下顶点时，的面积最大，此时的面积，①又椭圆的离心率，②由①②得：，所以，椭圆的标准方程为．（2）设直线的方程为，则直线的方程为，则，即，同理可得．由得，由得且，所以，故为定值．点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22.在平面直角坐标系中，直线的参数方程为：（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求直线的普通方程与曲线的直角坐标方程；（2）设曲线与直线交于两点，若点的坐标为，求．【答案】(1)，；(2).【解析】试题分析：（1）消去参数可得直线的普通方程为，极坐标化为直角坐标可得曲线的直角坐标方程为．（2）将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，可得，结合参数方程的几何意义可知．试题解析：（1）由直线的参数方程：得直线的普通方程为，由得，配方得，即曲线的直角坐标方程为．（2）将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，得，即，因为，所以可设是点所对应的参数，则．又直线过点，所以．23.已知，若不等式的解集为.（1）求实数的值；（2）若对一切实数恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)；(2).【解析】试题分析：(1)求解绝对值不等式，据此得到关于实数t的方程，解方程可得．（2）由（1）知，，由绝对值三角不等式的性质可得，当且仅当时等号成立，则实数的取值范围为．试题解析：（1）由得，解得或，由题意所以．（2）由（1）知，，所以，当且仅当时等号成立，所以，故实数的取值范围为．。
(解析)2018届西南名校联盟(云南师大附中)适应性月考卷(4)理数
理科数学参考答案·第1页（共8页）云南师大附中2018届高考适应性月考卷（四）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）【解析】1．{|13}A x x =-R ≤≤ð，故[14]AB =-R ，ð，故选A ．2．因为1i 1i 1i 1i ||z z =+--++=+∴=，C ． 3．2222221sin sin sin C A B c a b =∴=+∴=+，，，故三角形为直角三角形，故选A ．4． 因为D 为BC 边的中点，2233OB OC OD OA AO OD ∴+==-∴=，，故选B ．5．由(2)(2)f x f x +=-知()f x 的周期为4，又()f x 是定义在R 上的奇函数，故11(4)(0)0(1)(1)(1)(4)22f f f f f f ===--=∴+=，，，故选B ．6．1n =时2162a b ==，，不满足a b ≤；2n=时63124ab ==，，不满足ab ≤；3n=时189248a b ==，，满足a b ≤，输出3n =，故选D ． 7．函数3()3l o g xf x x =+在(0)+∞，是增函数，故零点是唯一的，又00m x <<，则0()()0f m f x <=，故选B ．8．由三视图知，该几何体下面是三棱柱，上面是三棱锥，故其表面积为：111122212212222228622222S =⨯⨯+⨯+⨯⨯+⨯⨯⨯⨯⨯=+D ． 9．π())cos(2)2sin 26f x x x x ϕϕϕ⎛⎫+++=++ ⎪⎝⎭，所以将()f x 的图象向左平移π4个单理科数学参考答案·第2页（共8页）位后，得到πππ()2sin 22cos 2466h x x x ϕϕ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=+++=++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦的图象，其对称中心为点π02⎛⎫ ⎪⎝⎭，，πππ2cos 200π263ϕϕϕ⎛⎫∴⨯++=<<∴= ⎪⎝⎭，又，，ππ23x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，，π2π63x ϕ⎡⎤∴+∈-⎢⎥⎣⎦，， ()g x ∴的最小值是12-，故选C ． 10．设外接球O 的半径为R ，下底面ABC △外接圆1O 的半径为r ，则344ππ133V R R==∴=，，2sin 60a r r =∴=︒，，又11221SO a OOa =∴=-，，22212(21)113a a ⎫∴+-=∴=⎪⎪⎝⎭，，故选A ．11．由题意，325420172016462018a a a a a a +=+=-+=-，，，，以上各式相加得：201711008S a -=-，又20171110071(0)S b a b a b =--∴+=>，，11111323232()55ab a b a b a b a b⎛⎫∴+=++=+++ ⎪⎝⎭≥当且仅当1132a b a b=时等号成立，故选D ． 12．设()y f x =的切点为11()x y ，，()y g x =的切点为22()()e 1()2cos x x y f x g x a x ''=+=--，，，，由题意，对任意1x ∈R 存在2x 使得11221(e 1)(2cos )12cos e 1x x a x x a +--=-∴=-+，对任意1x ∈R 均有解2x ，故1122e 1x a --+≤≤对任意1x ∈R 恒成立，则1122e 1x a a -++≤≤对任意1x ∈R 恒成立．又11(01)202112e 1x a a a ∈∴-+∴-+，，≤且≥，≤≤，故选C ． 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）【解析】理科数学参考答案·第3页（共8页）13．由题意所求圆的圆心坐标为(01)-，，所以所求圆的标准方程为22(1)5x y ++=．14．288163188(1)C ()(1)C (2)rr r r r r r r rr T mx m x ---+=-=-⎝⎭，令1631r -=，得5r =， 55538(1)C (2)2241m m ∴-==-．15．由不等式组所表示的平面区域知：点(10)P ，到点(21)-，的距离最大，故22max (21)(10)10z =--+-=；点(10)P ，到直线420x y --=的距离最小，即2min417z ⎛⎫==，所以22(1)z x y =-+的取值范围是41017⎡⎤⎢⎥⎣⎦，．16．条件等价于在平面直角坐标系中有点(22)A ，，存在点P 到y 轴的距离为该点到A 点距离的2倍，求该点到x 轴的距离的最大值. 设()P x y ，，由题意得：x =整理得：2y =±2+． 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）设等比数列{}n a 的公比为q ，且0q >，由1304n a a a >=，得22a =，……………………………………………………………（2分） 又3a 是22a -与4a 的等差中项，故232422222222a a a q q q =-+∴=-+∴=，，或=0q （舍）．……………………（4分）所以2122n n n a a q --==，122.n b n n n a b n +∴==∴=，……………………………………（6分） （Ⅱ）由（Ⅰ）得，121211111122(21)(21)22121n n n n n n c a b b n n n n +-+⎛⎫=+=+=+- ⎪-+-+⎝⎭，………………………………………………………………………………………（8分）所以数列{}n c 的前n 项和2111111222123352121n n S n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦理科数学参考答案·第4页（共8页）12(12)11122.1222121n n n n n +-⎛⎫=+-=-+⎪-++⎝⎭ ………………………………………（12分） 18．（本小题满分12分）（Ⅰ）证明：正方形ABCD 中，AD AB ⊥， 又AD AF ⊥，且AB AF A =，所以AD ABEF ⊥平面，又AD BC BC ABEF BC EF ∴⊥∴⊥∥，平面，，因为ABE △和AFE △都是等腰直角三角形， 所以4590AEF AEB BEF ∠=∠=︒∴∠=︒，， 即EF BE ⊥，且BC BE B =，所以EF BCE ⊥平面．……………………………………………………………………（6分） （Ⅱ）解：因为△ABE 是等腰直角三角形，所以AE AB ⊥， 又因为AD ABEF ⊥平面，所以AE AD ⊥，即AD ，AB ，AE 两两垂直．建立如图所示空间直角坐标系， 设AB =1，则AE =1，(010)(100)(001)(110)B D E C ，，，，，，，，，，，，11022F ⎛⎫- ⎪⎝⎭，，，设平面BDF 的一个法向量为1()n x y z =，，，110031(110)031220022x y n BD BD BF y z n BF -=⎧⎧=⎪⎪⎛⎫=-=-⇒⎨⎨ ⎪-+=⎝⎭=⎪⎪⎩⎩，，，，，，，，， 可得1(113)n =，，，取平面ABD 的一个法向量为2(001)n =，，，则121212cos ||||11n n n nn n 〈〉===，， 故二面角F BD A --．……………………………………………（12分） 19．（本小题满分12分）理科数学参考答案·第5页（共8页）解：（Ⅰ）没下满5局甲就获胜有两种情况：①两局后甲获胜，此时13395525P =⨯=， ②四局后甲获胜，此时1223233108C 5555625P ⎛⎫=⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭， 所以，没下满5局甲就获胜的概率129108333.25625625P P P =+=+=………………………（6分）（Ⅱ）由题意知ξ的所有取值为245，，，则 332213(2)555525P ξ==⨯+⨯=，112232333222156(4)C C 55555555625P ξ⎛⎫⎛⎫==⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 11223232144(5)C C 5555625P ξ⎛⎫⎛⎫==⨯⨯⨯⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， ξ的分布列为13156144199424525625625625E ξ∴=⨯+⨯+⨯=．……………………………………………（12分） 20．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）函数()f x 的定义域为(0)+∞，，由24a b +=得1()ln (42)1f x a x a x x=++-+，所以221[(2)1](21)()(42)a a x x f x a x x x ----'=-+-=． 当4a =时，()0f x '≤，()f x 在(0)+∞，内单调递减； 当24a <<时，111()0()00222f x x f x x a ''>⇒<<<⇒<<-；或12x a >-，理科数学参考答案·第6页（共8页）所以，()f x 在11022a ⎛⎫⎛⎫+∞ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭，，，上单调递减，在1122a ⎛⎫ ⎪-⎝⎭，上单调递增；当4a >时，111()0()00222f x x f x x a a ''>⇒<<<⇒<<--；或12x >， 所以，()f x 在11022a ⎛⎫⎛⎫+∞ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭，，，上单调递减，在1122a ⎛⎫⎪-⎝⎭，上单调递增．……（6分） （Ⅱ）由题意，当2a -≥时，()F x 在区间(02]，上的最大值max ()2F x ≥．…………（7分） 当1b =时，121()ln 1ln 1F x a x x a x x x x x=+++-=-++， 则221()(02)x ax F x x x ++'=<≤.①当22a -≤≤时，222124()0a a x F x x ⎛⎫+-+ ⎪⎝⎭'=>，故()F x 在(02]，上单调递增，max ()(2)F x F =；②当2a >时，设2210(40)x ax a ++=∆=->的两根分别为12x x ，， 则1212120100x x a x x x x +=-<=∴<<，，，，所以在(02]，上221()0x ax F x x ++'=>，故()F x 在(02]，上单调递增，max ()(2)F x F =．综上，当2a -≥时，()F x 在区间(02]，上的最大值max 1()(2)ln 22122F x F a ==-++≥，解得12ln 2a -≥，所以实数a 的取值范围是12ln 2⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭，．………………………（12分）21．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）由题意知，当点E 是椭圆的上、下顶点时，12EF F △的面积最大， 此时12EF F △的面积221232S c b ca c ==-=，①又椭圆的离心率c e a ==，②理科数学参考答案·第7页（共8页）由①②得：222633a c b ===，，，所以，椭圆C 的标准方程为22163x y +=．………………………………………………（5分） （Ⅱ）设直线l 的方程为11223()()x my P x y Q x y =+，，，，，则 直线AP 的方程为1111(2)2y y x x --=--，则111201y x M y ⎛⎫- ⎪-⎝⎭，，即11(2)301m y M y ⎛⎫-- ⎪-⎝⎭，， 同理可得22(2)301m y N y ⎛⎫-- ⎪-⎝⎭，．…………………………………………………………（7分） 由22326x my x y =+⎧⎨+=⎩，，得22(2)630m y my +++=， 由223612(2)0m m ∆=-+>得21m >且1212226322m y y y y m m +=-=++，，…………（9分） 所以1212(2)3(2)355||||2121m y m y DM DN y y ----=---- 2222121212122236(12)(12)1(12)(12)()1122364[()1]44122m m m m y y m y y m m m y y y y m m ⎛⎫+++-+ ⎪+++++++⎝⎭===-++⎛⎫++ ⎪++⎝⎭，故||||DMDN 为定值14．……………………………………………………………（12分） 22．（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】解：（Ⅰ）由直线l的参数方程：2xy ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，，得直线l 的普通方程为20x y+-=，由ρθ=得220x y +-=，配方得22(3x y+=，即曲线C 的直角坐标方程为22(3x y +=．………………………………………（5分）（Ⅱ）将直线l 的参数方程代入曲线C 的直角坐标方程，得2223⎛⎫⎫+= ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，理科数学参考答案·第8页（共8页）即210t -+=，因为0∆>，所以可设12t t ，是点A B ，所对应的参数，则12121t t t t +==．又直线过点(2P ，所以1212||||||||PA PB t t t t +=+=+=．…………………（10分） 23．（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】解：（Ⅰ）由()2f x ≥得|3|2x t +≥，解得23t x -≥或23tx --≤， 由题意2132133tt -⎧=⎪⎪⎨--⎪=-⎪⎩，，所以1t =-．………………………………………………………………………………（5分） （Ⅱ）由（Ⅰ）知，()|31|f x x =-，所以(1)(1)|32||34||(32)(34)|6f x f x x x x x +--=+--+--=≤，当且仅当43x ≥时等号成立，所以6m >，故实数m 的取值范围为(6)+∞，．……………………………………………………（10分）。
云南师大附中2018届高考适应性月考卷(六)理数-答案
理科数学参考答案·第1页（共10页）云南师大附中2018届高考适应性月考卷（六）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）【解析】1．由题有{|0}M y y =>，{|}N y y =∈R ，∴{|0}MN y y =>，故选C ．2．∵向量a ，b 的夹角θ的取值范围为[0π]，，故选A ． 3．由2018i(1i)i z ++=-有(1i)1i z +=-，∴1i 1iz -=+2(1i)2i i (1i)(1i)2--===-+-，故选D ． 4．∵3222()(0)a f x x x x x-'=+-≠，∴函数()f x 在点(1(1))f ，处的切线斜率为(1)4f a '=-+，∴45a -+=，得9a =，故选B ． 5．抛物线22x py =(0)p >的标准方程为212y x p=，故选C ． 6．令0x =得70(2)128a =-=-，令1x =得012345671a a a a a a a a +++++++=-，∴12a a ++345671128127a a a a a ++++=-+=，故选B ．7．∵0k ≠，由22sin 1k x k =+有21sin 2k x k+=，而212||k k +≥，|sin |1x ≤，∴1k =±，故选D.8．∵()A a b ，，(e )B c ，在()ln f x x =的图象上，∴ln b a =，ln e 1c ==，∴1b b c +=+=ln ln e ln e a a +=，∴(e 1)a b +，一定在()f x 的图象上，故选A ．9．2{log 1}0=，2{log 2}1=，22{log 3}{log 4}2==，2222{log 5}{log 6}{log 7}{log 8}3====， 22{log 9}{log 10}4==，∴122432425S =+⨯+⨯+⨯=，故选A ．理科数学参考答案·第2页（共10页）10．由题有22222214c y a b y c ⎧+=⎪⎨⎪=⎩，，而222a b c =+，∴222ac a c =-，得221e e =-，由01e <<得1e =，故选B ．11．如图1，该几何体是一个正方体截去两个三棱锥后余下的部分，故该几何体的体积为32V =-11212232⨯⨯⨯⨯⨯320cm 3=，故选C ．12．由题有0k ≠，且1a b k +=，22221a b k k +=-， 故2221[()()]2ab a b a b =+-+2211212k k k ⎡⎤⎛⎫=-- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦211kk =-，∴221111124z ab k k k ⎛⎫==-=-- ⎪⎝⎭， 由22210R k k =->得102k<<，又圆心到直线的距离不大于圆的半径，故2221k k -⎝⎭≤，即1403k <≤，故1403k <≤，于是1449z ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，，故选D ． 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）【解析】13．∵3100a b m =+=，∴97m =． 14．原式1132216⎛⎛⎫=-⨯= ⎪ ⎝⎭⎝⎭． 15．球A 的表面积为4π，球B 的表面积为8π，球C 的表面积为12π，∴三个球的表图1理科数学参考答案·第3页（共10页）面积之和为24π． 16．由题有(1)(())ln(ln )(1)x x f f x x x ⎧=⎨>⎩≤，，函数()g x 有且仅有唯一的零点，即关于x的方程22(())2f f x kt k t =+有且仅有唯一解，∴只要221k k +≥，得1k -≤或12k ≥，由于k 为正实数，∴k 的最小值为12． 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）∵1357915a a a a a ++++=，24681025a a a a a ++++=，∴5515a =，6525a =，得53a =，65a =，∴2d =，………………………………（2分）∴5(5)n a a n d =+-32(5)n =+-27n =-，……………………………………………（4分）得15a =-，∴1(1)2n n n S na d -=+26n n =-．…………………………………………（6分）（Ⅱ）∵141b a ==，13n n n b b +-=， ∴112211()()()n n n n n b b b b b b b b ---=-+-+⋅⋅⋅+-+123331n n --=++⋅⋅⋅++31(2)2n n -=≥，………………………………………………（10分）又13112b -==，∴31(*)2n n b n -=∈N ，故由6n n b S n +≤得2312n n -≤，∴1n =或2n =．…………………………………（12分）18．（本小题满分12分）理科数学参考答案·第4页（共10页）解：（Ⅰ）设1A 表示事件“第1支飞镖，击中第Ⅰ部分”， 1B 表示事件“第2支飞镖，击中第Ⅰ部分”， A 2表示事件“第1支飞镖，击中第Ⅱ部分”， B 2表示事件“第2支飞镖，击中第Ⅱ部分”，设A 表示事件“第Ⅰ部分被击中2次或第Ⅱ部分被击中2次”， 则有11()()0.1P A P B ==，221122()()0.3()()P A P B A A B A B ===，， 由互斥事件和相互独立事件的概率公式有：1122()()()P A P A B P A B =+1122()()()()P A P B P A P B =+0.10.10.30.30.1=⨯+⨯=．……（6分）（Ⅱ）ξ的可能取值为0，1，2，3，4， 依题意知143B ξ⎛⎫⎪⎝⎭，， ∴04041116(0)C 13381P ξ⎛⎫⎛⎫==-= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，13141132(1)C 13381P ξ⎛⎫⎛⎫==-=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 222411248(2)C 1338127P ξ⎛⎫⎛⎫==-== ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，3134118(3)C 13381P ξ⎛⎫⎛⎫==-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 444111(4)C 13381P ξ⎛⎫⎛⎫==-= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭， ∴ξ的分布列为：故ξ的数学期望为：163288140123481812781813E ξ=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．……………（12分）19．（本小题满分12分）理科数学参考答案·第5页（共10页）（Ⅰ）证明：由三角形BEC 沿线段EC 折起前，60ABC ∠=︒，2CD =，4AB =，点E 为AB 的中点，得三角形BEC 沿线段EC 折起后，四边形AECD 为菱形，边长为2，60DAE ∠=︒， 如图2，取EC 的中点F ，连接DF ，BF ，DE ， ∵由题得BEC △和DEC △均为正三角形， ∴EC BF ⊥，EC DF ⊥， 又BFDF F =，∴EC ⊥平面BFD ，∵AD ∥EC ，∴AD ⊥平面BFD ， ∵BD ⊂平面BFD ，∴AD BD ⊥．……………………………………（5分） （Ⅱ）解：以F 为坐标原点，建立如图3的空间直角坐标系，由EC ⊥平面BFD ，有z 轴在平面BFD 内， 在（Ⅰ）中，∵BF EC ⊥，DF EC ⊥，∴BFD ∠为平面BEC 与平面AECD 所成二面角的平面角，∴120BFD ∠=︒，…………………………………………………………………………（7分）而BF DF ==3BD =且30BFz ∠=︒， 得点B的横坐标为，点B 的竖坐标为32，则00)D ，，(010)E ，，，20)A ，，302B ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，， 图2图3理科数学参考答案·第6页（共10页）故(10)AE =-，，3302BD ⎛⎫=- ⎪⎪⎝⎭，，(020)AD =-，，， 设平面ABD 的一个法向量为()n x y z =，，，∴3330()02(020)()0BD n x y zAD n x y z ⎧⎛⎫=-=⎪ ⎪ ⎪⎨⎝⎭⎪=-=⎩，，，，，，，，，，得30220x z y -=⎪-=⎩，， 令1x =，得0y =，z =ABD 的一个法向量为(10n =，， ∴cos ||||AE nAE nAE n 〈〉=，0)(103)2=，，=∵直线AE 与平面ABD 所成角为锐角或直角， ∴直线AE 与平面ABD 所成角的正弦值为12分） 20．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）∵12x x ≠，有0m ≠，又点M 不在抛物线C 上，有4m ≠-，而2118y x =，2228y x =，∴线段AB 的斜率为2121AB y y k x x -=-21222188y y y y -=-218y y =+4m =， ∴线段AB 的垂直平分线方程为(2)4my m x -=--，即(6)4m y x =--，由6(6)4y x my x =-⎧⎪⎨=--⎪⎩，，得6(6)4mx x -=--， 即(6)104m x ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭，得6x =，0y =， ∴点Q的坐标(Q ，. …………………………………………………………………（4分）理科数学参考答案·第7页（共10页）（Ⅱ）直线AB 的方程为4(2)y m x m-=-， 由284(2)y x y m x m ⎧=⎪⎨-=-⎪⎩，，得2222160y my m -+-=， ∵12y y ≠，∴22(2)4(216)0m m ∆=--->，结合（Ⅰ）得4004m m -<<<<或， 又122y y m +=，212216y y m =-，∴||AB=又点(60)Q ，到直线AB的距离||d QM ==∴1||2AQB S AB d ==△= 设2(016)m t =∈，，23()2561625616h t t t t =⨯+--， 则2()256323h t t t '=--(316)(16)t t =-++， 令()0h t '=得16t =-(舍去)，163t =， 由于1603t <<时，()0h t '>，()h t 单调递增，16163t <≤时，()0h t '≤，()h t 单调递减， ∴当2163m t ==时，()h t 取得最大值，即AQB △的面积取得最大值， 故AQB △．……（12分）21．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）当1k =时，2()2e (1)x g x x -=-，22()2e (1)2e x x g x x --'=-+22e x x -=，理科数学参考答案·第8页（共10页）由于2e 0x ->，故当0x <时，()0g x '<，()g x 单调递减，当0x ≥时，()0g x '≥，()g x 单调递增．………………………………………………（4分）（Ⅱ）令()()()h x g x f x =-222e (1)2x k x x -=--+， 则2()2(e 1)x h x x k -'=-，∵当0x ≥时，()()g x f x ≥恒成立，①若0k ≤，则x >2()20f x x =->，2()2e (1)0x g x k x -=-≤， 此时()()g x f x ≥不恒成立；②若0k >，由0x ≥时，()()g x f x ≥恒成立， 则2(0)2e 20h k -=-+≥，则2e k ≤，令2()2(e 1)0x h x x k -'=-=，得10x =或22ln x k =-， （ⅰ）若01k <<，则2ln 2k ->，当22ln x k <-≤时，()0h x '<，()h x 单调递减，而(2)220h k =-<，∴当22ln x k <-≤时，()0h x <，此时()()g x f x ≥不恒成立； （ⅱ）若21e k <≤，则02ln 2k <-≤， 当02ln x k <-≤时，()0h x '≤，()h x 单调递减， 当2ln k x -<+∞≤时，()0h x '≥，()h x 单调递增，∴2min 22222()()()2(2)0h x h x h x x x x x ==-=--≥≥，此时()()g x f x ≥恒成立；（ⅲ）若2e k =，当0x ≥时，()2(e 1)0x h x x '=-≥，()h x 单调递增， 有min ()()(0)0h x h x h ==≥，此时()()g x f x ≥恒成立， 综上所述，理科数学参考答案·第9页（共10页）21e k ≤≤．…………………………………………………………………（12分）22．（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】解：（Ⅰ）由2cos cos ρρθθ=，得222cos cos ρρθρθ=， 得曲线E的直角坐标方程为2y (0)a >， 又直线l 的斜率为1-，且过点A ， 故直线l的直角坐标方程为y x =-5分）（Ⅱ）在直角坐标系xOy 中，直线l的参数方程为x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，， (t 为参数)，代入2y 得22(4)4160t a t a ++++=， ∴122(4)t t a +=-+，12416t t a =+，∵2||||||BC AB AC =，∴21212()t t t t -=，即21212()5t t t t +=，∴24(4)5(416)a a +=+，得2340a a +-=，由0a >，得1a =．…………………（10分）23．（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】解：（Ⅰ）∵()f x 在[2)+∞，上单调递增，且||32m +>， |4|22m -+≥， 故要使(||3)(|4|2)f m f m +>-+，只需||3|4|2m m +>-+，即只需|||4|1m m -->-， 当0m <时，有41->-，不成立，可知m ∈∅， 当04m ≤≤时，有32m >，故342m <≤， 当4m >时，有41>-，故4m >， 综上得实数m的取值范围为理科数学参考答案·第10页（共10页）32⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，．………………………………………………（5分） （Ⅱ）∵()(12][12)f x ∈-∞-+∞，，，令()(12][12)y f x k y k k =+∈-∞-++∞，∴，，， 如果存在0x <使0y >，即12k >，则不能满足()4g x >对定义域内的所有x 恒成立， 故有12k ≤，且函数定义域为(0)+∞，，则要使()4g x >对定义域内的所有x 恒成立，这时1216k +>，即4k >，∴412k <≤．………………………………………………………………（10分）。
云南师范大学附属中学2018-2019学年高三上学期高考适应性月考卷(一)数学理试题Word版含解析
云南师大附中2018-2019学年高考适应性月考卷（一）理科数学第I卷（选择题，共60分）最新试卷十年寒窗苦，踏上高考路，心态放平和，信心要十足，面对考试卷，下笔如有神，短信送祝福，愿你能高中，马到功自成，金榜定题名。
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分．共60分）1、设集合A＝{0，1，2，4}，B＝4|02xx Rx，则A B＝A.｛1，2，3，4｝B. ｛2，3，4｝C. ｛2，4｝D. ｛|14x x｝2、若复数12izi的共轭复数是(,)z a bi a b R，其中i为虚数单位，则点（a，b）为A.（一 1. 2）B.（－2，1)C.（1，－2）D.（2，一1）3. 已知函数1,0()2,0xe xf xx x，若()f a＝－1，则实数a的值为A、2B、±1 C. 1 D、一 14.“0≤m≤l”是“函数()cos1f x x m有零点”的A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件5.将某正方体工件进行切削，把它加工成一个体积尽可能大的新工件，新工件的三视图如图1所示，则原工件材料的利用率为〔材料的利用率A、7 8B、6 7C、5 6D、4 56. 在△ABC中，||||AB AC AB AC，AB =2, AC＝1，E, F为BC的三等分点，则AE AF ＝A、89B、109C、259D、2697・已知3sin()65，则sin(2)6A 、45B 、725C 、925D 、16258、设实数x,y 满足的取值范围是A 、110[,]33B 、15[,]32C 、5[2,]2D 、10[2,]39、定义min{a ，b}=，在区域任意取一点P(x, y)，则x,y 满足min ｜x+y+4，x 2+x+2y ｜= x 2+x+2y 的概率为A 、49B 、59C 、13D 、2310、《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑，如图2,在鳖臑PABC中，PA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，且AP=AC=1，过A 点分别作AE 1⊥PB 于E 、AF ⊥PC 于F ，连接EF 当△AEF 的面积最大时，tan ∠BPC 的值是11.设定义在（0，2）上的函数f(x), 其导数函数为'()f x ，若()'()tan f x f x x 恒成立，则12.设直线l 与抛物线x 2=4y 相交于A, B 两点，与圆C ：222(5)xy r(r>0)相切于点M,且M 为线段AB 的中点，若这样的直线l 恰有4条，则r 的取值范围是A.（1，3)B. (1,4)C. (2, 3)D. (2, 4)第II 卷（非选择题，共90分）二、坟空班（本大题共4小题，每小鹿5分，共20分）13.如图3.这是一个把k 进掉数a （共有n 位）化为十进制数b 的程序框图，执行该程序框图，若输人的k ，a ，n 分别为2，110011，6，则抢出的b ＝＿．14若函数3211()232f x xxax 在2[,)3上存在单调递增区间，则a 的取值范围是15．设椭圆E ：22221(0)x y a b ab的右顶点为A 、右焦点为F ，B 为椭圆E 在第二象限上的点，直线BO 交椭圆E 于点C ，若直线BF 平分线段AC ，则椭圆E 的离心率是16.设S ＝则不大于S 的最大整数［S ］等于三、解答．（共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步吸）17.（本小题满分12分）已知数列｛a n ｝的首项a l ＝1，．（I ）证明：数列是等比数列；（II ）设，求数列的前n 项和Sn 。
云南师大附中高三上学期第一次月考数学(理)试卷
云南师大附中2018届高考适应性月考卷（一） 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）【解析】1．[1)A =+∞，，(1]B =-∞，，故选B ． 2．1ii ||11i z z +===-，故，故选D ．3．222()25+=++=a b a ab b ，所以||+=a b D ． 4．π6πππ2πsin 2sin 2sin 23633y x y x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+−−−−−−−→=++=+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭向左平移个单位，故选C ．5．285213a a a +==，所以5132a =，又17747()7352a a S a +===，所以45a =，32d =， 8a =11，故选D ．6．当22x y ==，时，z 取得最大值4，故选A ．7．由表中数据可得16555.4x y ==，，因为回归直线必过()x y ，，代入回归方程得ˆ43.6a=-,故选B ．8．直线平分圆周，则直线过圆心(11)，，所以有2a b +=，11111()222a b a b a b ⎛⎫+=++ ⎪⎝⎭≥2112⎫+=⎪⎪⎝⎭（当且仅当b =时取“=”），故选D ．9．作出sin y x =，|lg |y x =的图象如图1，由图象知有4个零点，故选C ．图110．由正弦定理得：::sin :sin :sin a b c A B C =，又::cos :cos :cos a b c A B C =，所以有tan tan tan A B C ==，即A B C ==，所以ABC △是等边三角形，故选B ．11．由三视图知：三棱锥S ABC -是底面边长为径为R，则有：22)4R R =+，解得：R =，故选D ．12．由题意知：32()e ln(1)x f x x x =+++在(0)+∞，上单调递增，()()f x t f x +>在(1)x ∈-+∞，上恒成立，必有2t ≥，则(21)f x t +=的根有2个，故选A ． 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）【解析】13．36122112121C C rr r rr r T x x --+⎛⎫== ⎪⎝⎭，3602r -=，解得：4r =，代入得常数项为495．14．该程序执行的是11111111112913248102132481045S ⎛⎫=+++=-+-++-=⎪⨯⨯⨯⎝⎭．15．由已知：22||||b bc b FM MN a a a ==-，，由||||F M M N =知：22bc b a a =，2c b e ==∴，∴． 16．2211()3322b c AH AO AB AC AO ⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭uuu r uuu r uu u r uuu r uuu r g ，又22240b b c -+=，代入得：AH AO =uuu r uuu r g 2221421(4)3226b b b b b ⎛⎫-+=- ⎪⎝⎭，又22240c b b =-+>，所以02b <<，代入得AH AO uuu r uuu r g 的取值范围为203⎛⎫ ⎪⎝⎭，．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） （Ⅰ）证明：因为123n n a a +=+，所以132(3)n n a a ++=+，而11a =，故数列{3}n a +是首项为4，公比为2的等比数列．………………………（5分）（Ⅱ）解：由（Ⅰ）得数列{3}n a +是首项为4，公比为2的等比数列，即132n n a ++=，因此123n n a +=-． 所以1(21)2n n b n +=-，2311232(21)2n n S n +=⨯+⨯++-⨯，① 34221232(21)2n n S n +=⨯+⨯++-⨯，②①−②有231222(22)(21)2n n n S n ++-=+++--⨯，所以2(23)212n n S n +=-+．……………………………………………………………（12分） 18．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）5160626371748182688x +++++++==甲， 5862646669717381688x +++++++==乙，222222222(5168)(6068)(6268)(6368)(7168)(7468)(8168)(8268)8s -+-+-+-+-+-+-+-=甲103=，222222222(5868)(6268)(6468)(6668)(6968)(7168)(7368)(8168)8s -+-+-+-+-+-+-+-=乙45=，所以乙组的成绩更稳定．…………………………………………………………………（6分） （Ⅱ）由题意知ξ服从参数为3，3，7的超几何分布，即(337)H ξ，，，ξ的取值可能为：0，1，2，3， 3437C 4(0)C 35P ξ===，214337C C 18(1)C 35P ξ===，124337C C 12(2)C 35P ξ===，3337C 1(3)C 35P ξ===，ξ的分布列为：ξ123P435 1835 1235 135ξ的数学期望：339()77E ξ⨯==．……………………………………………………（12分）19．（本小题满分12分）（Ⅰ）证明：在长方体1111ABCD A B C D -中，因为11M N ACA D ，分别为，的中点，所以MN 为1A CD △的中位线， 所以MN ∥CD ， 又因为CD ⊥平面11A ADD ，所以MN ⊥平面11A ADD ．…………………………………………………………………（5分） （Ⅱ）解：在长方体1111ABCD A B C D -中，因为CD ⊥平面11A ADD ， 所以1CA D ∠为1A C 与平面11A ADD 所成的角， 即1CA D ∠=30︒，又因为1A A ⊥平面ABCD ，所以1ACA ∠为1A C 与平面ABCD 所成的角，即145ACA∠=︒， 所以1MN =，2CD =，14A C =，1A A=AC =，如图2，分别以AB ，AD ，1AA 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系A xyz -， ∴A(0，0，0)，D(0，2，0)，1(22C ，，，1(00A ，，，C(2，2，0)，B(2，0，0)， 在正方形ABCD 中，BD ⊥AC ，∴BD uu u r是平面1A AC 的法向量，(220)BD =-，，uu u r . 设平面1ACD 的法向量为()n x y z =，，r，由(200)DC =，，，1(02DA =-，，，所以有2020x y =⎧⎪⎨-+=⎪⎩，，图 2∴0x y =⎧⎪⎨=⎪⎩，，取z=1，得平面1ACD 的一个法向量为(021)n =，，. 设二面角1A ACD --的大小为α，则|cos |23α=.∴36sin =α．…………………………………………………………………………（12分）20．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）00()P x y 设，，代入椭圆的方程有：2200221x y a b +=，整理得：2222002()b y x a a =--，又10y k x a=+，20y k x a=-，所以201222012y k k x a ==--，212212b kk a =-=-联立两个方程有，c e a ==解得：．………………………………（5分） （Ⅱ）由（Ⅰ）知222a b =，又1b =，所以椭圆C 的方程为22121x y +=.设直线l 的方程为：1x my =-，代入椭圆的方程有：22(2)210m y my +--=，设1122()()M x y N x y ，，，， 1212222122m y y y y m m -+==++由韦达定理：，，121||||2OMNS OD y y =-===△所以，(1)t t =≥，则有221m t =-，代入上式有OMNS t t ===+△，当且仅当1t =，即0m =时等号成立，所以OMN △的面积的最大值为．…………………………………………………（12分）21．（本小题满分12分）（Ⅰ）解：22()21b x x bf x x x x ++'=++=，当0b ≥时，在12⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭，上()0f x '≥恒成立，所以()f x 在12⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭，上单调递增成立， 当0b <时，由220x x b ++=，解得x ，易知，()f x在0⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增，由题意有，12≤，解得1b -≥． 综上所述，1b -≥．………………………………………………………………………（5分） （Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知，当1b =-时，()f x 在12⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭，上单调递增， 对任意1n ≥，有112n n +≥成立， 所以112n f f n ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭≥，代入()f x 有23ln ln 21114n n n n n n ⎛⎫⎛⎫+-+ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭≥，整理得：2223ln 2ln (1)41n n n n n +⎛⎫-- ⎪++⎝⎭≥. ………………………………………………（12分） 22．（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】解：（Ⅰ）曲线C 的标准方程为：22143x y +=，直线l0y --=．………………………………………………（5分）（Ⅱ）将直线l的参数方程化为标准方程：112()x t t y ⎧=+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，为参数，，代入椭圆方程得：254120t t +-=，解得12625t t ==-，， 所以12114||11||||||3PA PB t t +=+=．……………………………………………………（10分）23．（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】解：（Ⅰ）12(1)()3(12)21(2)x x f x x x x -<-⎧⎪=-⎨⎪->⎩，≤≤，，函数的图象如图3所示．………………（5分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知()f x 的最小值是min ()3f x =，所以要使不等式2|1||2|2x x a a ++-+≥恒 成立，有232a a +≥， 解之得[31]a ∈-，．………………………………………………………………………（10分） 图3。
云南省高三数学上学期第一次月考试题 理(扫描版)
云南省2018届高三数学上学期第一次月考试题理（扫描版）云南师大附中2018届高考适应性月考卷（一） 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1112 答案 BDDCDABDCBDA【解析】1．[1)A =+∞，，(1]B =-∞，，故选B ． 2．1ii ||11i z z +===-，故，故选D ．3．222()25+=++=a b a ab b ，所以||5+=a b ，故选D ． 4．π6πππ2πsin 2sin 2sin 23633y x y x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+−−−−−−−→=++=+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭向左平移个单位，故选C ．5．285213a a a +==，所以5132a =，又17747()7352a a S a +===，所以45a =，32d =， 8a =11，故选D ．6．当22x y ==，时，z 取得最大值4，故选A ．7．由表中数据可得16555.4x y ==，，因为回归直线必过()x y ，，代入回归方程得ˆ43.6a =-,故选B ．8．直线平分圆周，则直线过圆心(11)，，所以有2a b +=，11111()222a b a b a b ⎛⎫+=++ ⎪⎝⎭≥2123221224⎛⎫++= ⎪ ⎪⎝⎭（当且仅当2b a =时取“=”），故选D ．9．作出sin y x =，|lg |y x =的图象如图1，由图象知有4个零点，故选C ．图110．由正弦定理得：::sin :sin :sin a b c A B C =，又::cos :cos :cos a b c A B C =，所以有tan tan tan A B C ==，即A B C ==，所以ABC △是等边三角形，故选B ．11．由三视图知：三棱锥S ABC -是底面边长为23，高为3的正三棱锥，设其外接球的半径为R ，则有：22(3)4R R =-+，解得：736R =，故选D ．12．由题意知：32()e ln(1)x f x x x =+++在(0)+∞，上单调递增，()()f x t f x +>在(1)x ∈-+∞，上恒成立，必有2t ≥，则(21)f x t +=的根有2个，故选A ． 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号131415 16 答案 4952945233203⎛⎫ ⎪⎝⎭，【解析】13．36122112121C ()C rr r rr r T x x x --+⎛⎫== ⎪⎝⎭，3602r -=，解得：4r =，代入得常数项为495．14．该程序执行的是11111111112913248102132481045S ⎛⎫=+++=-+-++-= ⎪⨯⨯⨯⎝⎭L L ．15．由已知：22||||b bc b FM MN a a a ==-，，由||||FM MN =知：22bc b a a =，232c b e ==∴，∴． 16．2211()3322b c AH AO AB AC AO ⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭uuu r uuu r uu u r uuu r uuu r g ，又22240b b c -+=，代入得：AH AO =uuu r uuu r g2221421(4)3226b b b b b ⎛⎫-+=- ⎪⎝⎭，又22240c b b =-+>，所以02b <<，代入得AH AO uuu r uuu r g 的取值范围为203⎛⎫ ⎪⎝⎭，．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） （Ⅰ）证明：因为123n n a a +=+，所以132(3)n n a a ++=+，而11a =，故数列{3}n a +是首项为4，公比为2的等比数列．………………………（5分） （Ⅱ）解：由（Ⅰ）得数列{3}n a +是首项为4，公比为2的等比数列，即132n n a ++=，因此123n n a +=-． 所以1(21)2n n b n +=-，2311232(21)2n n S n +=⨯+⨯++-⨯L ，① 34221232(21)2n n S n +=⨯+⨯++-⨯L ，②①−②有231222(22)(21)2n n n S n ++-=+++--⨯L ，所以2(23)212n n S n +=-+g ．……………………………………………………………（12分） 18．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）5160626371748182688x +++++++==甲，5862646669717381688x +++++++==乙，222222222(5168)(6068)(6268)(6368)(7168)(7468)(8168)(8268)8s -+-+-+-+-+-+-+-=甲103=，222222222(5868)(6268)(6468)(6668)(6968)(7168)(7368)(8168)8s -+-+-+-+-+-+-+-=乙45=，所以乙组的成绩更稳定．…………………………………………………………………（6分） （Ⅱ）由题意知ξ服从参数为3，3，7的超几何分布，即(337)H ξ:，，， ξ的取值可能为：0，1，2，3， 3437C 4(0)C 35P ξ===，214337C C 18(1)C 35P ξ===，124337C C 12(2)C 35P ξ===，3337C 1(3)C 35P ξ===，ξ的分布列为：ξ123P435 1835 1235 135ξ的数学期望：339()77E ξ⨯==．……………………………………………………（12分）19．（本小题满分12分）（Ⅰ）证明：在长方体1111ABCD A B C D -中，因为11M N ACA D ，分别为，的中点，所以MN 为1A CD △的中位线， 所以MN∥CD，又因为CD⊥平面11A ADD ，所以MN⊥平面11A ADD ．…………………………………………………………………（5分） （Ⅱ）解：在长方体1111ABCD A B C D -中，因为CD⊥平面11A ADD ， 所以1CA D ∠为1A C 与平面11A ADD 所成的角， 即1CA D ∠=30︒，又因为1A A ⊥平面ABCD ，所以1ACA ∠为1A C 与平面ABCD 所成的角，即145ACA∠=︒， 所以1MN =，2CD =，14A C =，1A A =22，22AC =，如图2，分别以AB ，AD ，1AA 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系A xyz -， ∴A(0，0，0)，D(0，2，0)，1(2222)C ，，，1(0022)A ，，，C(2，2，0)，B(2，0，0)， 在正方形ABCD 中，BD⊥AC，∴BD uu u r是平面1A AC 的法向量，(220)BD =-，，uu u r .设平面1ACD 的法向量为()n x y z =，，r， 由(200)DC =u u u r，，，1(0222)DA =-u u u u r，，，所以有202220x y z =⎧⎪⎨-+=⎪⎩，，∴02x y z =⎧⎪⎨=⎪⎩，，取z=1，得平面1ACD 的一个法向量为(021)n =r，，.图2设二面角1A AC D --的大小为α， 则223|cos |223α==g .∴36sin =α．…………………………………………………………………………（12分）20．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）00()P x y 设，，代入椭圆的方程有：2200221x y a b +=，整理得：2222002()b y x a a =--，又10y k x a=+，20y k x a=-，所以201222012y k k x a ==--，212212b k k a =-=-联立两个方程有，2c e a ==解得：．………………………………（5分） （Ⅱ）由（Ⅰ）知222a b =，又1b =，所以椭圆C 的方程为22121x y +=.设直线l 的方程为：1x my =-，代入椭圆的方程有：22(2)210m y my +--=， 设1122()()M x y N x y ，，，，1212222122m y y y y m m -+==++由韦达定理：，，2221212121118821||||()422OMNm m S OD y y y y y y ++=-=+-=△所以，21(1)m t t +=≥，则有221m t =-，代入上式有221222OMNm t S t t +===+△≤，当且仅当1t =，即0m =时等号成立，所以OMN △的面积的最大值为22．…………………………………………………（12分）21．（本小题满分12分）（Ⅰ）解：22()21b x x bf x x x x ++'=++=，当0b ≥时，在12⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭，上()0f x '≥恒成立，所以()f x 在12⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭，上单调递增成立， 当0b <时，由220x x b ++=，解得1184bx -±-=，易知，()f x 在11804b ⎛⎫-+- ⎪ ⎪⎝⎭，上单调递减，在1184b ⎛⎫-+-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭，上单调递增， 由题意有，118142b -+-≤，解得1b -≥． 综上所述，1b -≥．………………………………………………………………………（5分） （Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知，当1b =-时，()f x 在12⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭，上单调递增， 对任意1n ≥，有112n n +≥成立， 所以112n f f n ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭≥，代入()f x 有23ln ln 21114n n n n n n ⎛⎫⎛⎫+-+ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭≥，整理得：2223ln 2ln (1)41n n n n n +⎛⎫-- ⎪++⎝⎭≥. ………………………………………………（12分） 22．（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】解：（Ⅰ）曲线C 的标准方程为：22143x y +=，直线l 330x y --=．………………………………………………（5分） （Ⅱ）将直线l 的参数方程化为标准方程：112()3x t t y ⎧=+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，为参数，，11 代入椭圆方程得：254120t t +-=，解得12625t t ==-，，所以12114||11||||||3PA PB t t +=+=．……………………………………………………（10分）23．（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】解：（Ⅰ）12(1)()3(12)21(2)x x f x x x x -<-⎧⎪=-⎨⎪->⎩，≤≤，，函数的图象如图3所示．………………（5分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知()f x 的最小值是min ()3f x =，所以要使不等式2|1||2|2x x a a ++-+≥恒成立，有232a a +≥， 解之得[31]a ∈-，．………………………………………………………………………（10分）图3。
云南师大附中2018届高考适应性月考卷(二)理数-答案
21 10 10 40 PA 2 R2 ，∴ S 4πR 2 4 π π ，故选 A． r 1 3 3 9 3 2 1 0 ． 设 | PF1 | r1， | PF2 | r2 ， 由 椭 圆 的 定 义 得 ： r1 r2 2a ， ∵ △F1 PF2 的 三 条 边 |PF2|， | PF1 | ， | F1 F2 | 成 等 差 数 列 ， ∴ 2r1 2c r2 ， 联 立 r1 r2 2a ， 2r1 2c r2 ， 解 得 r1 r1 2a 2c 4a 2c ，r2 ， 由 余 弦 定 理 得 ： (2c)2 r12 r22 2r1r2 cos 60 ， 将 3 3 2a 2c 4a 2c 2a 2c ，r2 代 入 (2c)2 r12 r22 2r1r2 cos 60 可 得 ， 4c 2 3 3 3
1 22 2 ， 2
图1
， S△PCD
1 2 22 3 2 6 2
，
1 (2 4) 2 6 ，∴ S表 12 2 2 2 6 ，故选 A． 2
理科数学参考答案·第 1 页（共 8 页）
9 ．设 △ABC 外接圆半径为 r ，三棱锥外接球半径为 R ， ∵ AB 2，AC 3，BAC 60 ， BC 1 ∴ BC 2 AB2 AC 2 2 AB AC cos60 22 32 2 2 3 7 ，∴ BC 7 ，∴ 2r 2 sin60 7 3 2 2 21 21 ，∴ r ，由题意知， PA 平面 ABC ，则将三棱锥补成三棱柱可得， 3 3
2 4 ∴ C6 a
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
15 1 1 ，即 a 4 ，解得 a ，故选 D． 16 16 2
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ˆi )2 ( yi y
n
猫眼评分解释了 36%的上座率． （若答模型拟合效果好坏也可以给分）…………………………………………………（12 分） 19． （本小题满分 12 分） （Ⅰ）证明：如图 2，取 DC 中点 M ，连接 AM ， BM ，
∵AC BC AD BD 3 ，
2
25π ． 4
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） （本小题满分 12 分） 17． 解： （Ⅰ）已知 an an 1 3 2an 2 ， 由于 {an } 是等差数列，设公差为 d ， 整理得 an 2 an 1 (an 2 an ) 3d 3 ，∴ d 1 ，……………………………………（4 分） ∴ an a1 (n 1)d n . …………………………………………………………………（6 分）
n，n为偶数， （Ⅱ） bn (1)n an ， bn n，n为奇数，
n ，n为偶数， 2 数列 {bn } 的前 n 项和为 Sn ………………………………………（12 分） n 1，n为奇数. 2
（本小题满分 12 分） 18． 解： （Ⅰ） y1 y 1 6 ， y2 y 2 13 ， y3 y 3 9 ， y4 y 4 17 ，
，
解
得
t
1 9 4 2 2
1 (2 2 1) 2 1 (2 2 1) π ， t 2 ， ． 2 2 12
16．可证 CN 平面 AMN ， △AMN 外接圆半径为
3 5 3 ，外接球半径 r 1 ，外接球的表面积为 4 4 4
云南师大附中2018 届高考适应性月考（七）
云南师大附中 2018 届高考适应性月考卷（七） 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 答案 【解析】 1． A = (3，3) ， B 是自然数集，所以 A B = {0，， 1 2} ，故选 C． 2．由反函数定义可知恒过点 (2， 1) ，故选 D． 3． z 1 2i ，∴| z | 3 ，故选 C． 4．由正弦定理可得外接圆半径 R 1 C 2 D 3 C 4 D 5 D 6 C 7 B 8 B 9 C 10 A 11 A 12 B
∴DC AM ， DC BM ， BM AM M ，
∴ DC 平面 ABM ， AB 平面 ABM ，
∴CD AB ．……………………………………（6 分）
（Ⅱ）解：过 A 作 AP BM 交 BM 的延长线于点 P ，
AP BM ，由（Ⅰ）得 AP DC ，所以 AP⊥平面 BDC，
5 由线性规划可得 2a b ， 1 ，故选 B． 2
二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分） 题号 答案 13 14 15 16
125000
π 4
π 12
25π 4
【解析】 13．
2 500 ，故红嘴鸥总数为 125000． 500 总数 π ． 14． a b | a || b | cos ， 4 π π π π sin sin
3 故 m C10 120 ，故选 A．
11．可证 QA QB ， QF AB ，由三角形相似可得① | BQ |2 | BF | | BA | ，③ | QF |2 | BF | | AF | 正确，故 选 A．
b 0， 1 1 1 1 t2 ， 1 ， 令 f ( x) t ， 由 f ( x) 的图象可得， 故 a b 0， t 2 at b 0 的两根分别为 t1 0， ， 12． 2 2 4 2 1 a b 0，
y y
9 3 6
8 21 −13
12 21 −9
44 27 17
e
残差图如图 1．
图1
………………………………………………………………………………………（6 分） （横坐标取为评分或因变量都给分）
575 （Ⅱ） R 2 1 i n1 1 0.36 ， 892.75 ( yi y ) 2
b 1 ，总基本事件数为 16，满足条件的基本事件数 a
3 为 6，概率为 ，故选 B． 8
9．由题可知若 q 是假命题，则至少可选择 BC，与单选题矛盾，故 q 是真命题；若 p 是真命题，则至少可选 择 AB，与单选题矛盾，故 p 是假命题，故选 C． 10．由二进制数和十进制数的关系可得满足条件的数可表示为 2a 2b 2c (0 ≤ a b c ≤ 9) ，
1 5 ．
， 令
π π sin cos t 6 6
，
π π 6 4
5π 11π t 0 12 ，12 ，
，
π sin 2 t 2 1 6
，
t2 t 2 2 0
BC 2 ，故选 D． 2sin A
c2 a 2 b2 c2a2 2 5． S 6 6 ，故选 D． 2 2 2 22 112 ，故选 C． 6． x 3 的常数项为 C8 x
8
2
7． 2q 2 q 1 且 q 0 ，∴q 1 ，故选 B． 8．直线 l ： y x 与双曲线 C 左右支各有一个交点，则