云南师大附中2018届高三数学第七次月考试题理科附答案
云南省师范大学附属中学2018年高三(上)学期第一次月考数学(理)试题(附答案)
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()7352aa 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 -是底面边长为半径为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 AOuuu 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：ξ0 1 2 3 P43518351235135ξ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 =⎧⎪⎨-+=⎪⎩，，∴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 k ka =-=-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 +=.图2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。
云南师范大学附属中学2023-2024学年高三下学期月考(七)数学答案
昆明一中2024届高三第7次联考数学参考答案命题、审题组教师杨昆华彭力李文清李春宣丁茵王在方张远雄李露陈泳序杨耕耘一、选择题题号12345678答案ACBCDCDB1．解析：因为{}13A x x =-<<，{}0,1,2,3B =，所以{}0,1,2A B = ，选A ．2．解析：根据全称命题与存在性命题的关系，可得命题“x ∀∈R ，2340x x -+<”的否定为：“x ∃∈R ，24．解析：连接1QF ，由△12PF F 为等腰三角形且Q 为2PF 的中点，得1QF 垂直于2PF ，由2PF a =知22QF =，由双曲线的定义知152a QF =，在直角三角形12QF F 中，2225(2)22a a c ⎛⎫⎛⎫+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以离心率4e =，选C ．5．解析：对于A ，122OM e e =+，设()1,2M 关于点O 的对称点为(),M x y '，则12122OM OM e e xe ye '=-=--=+ ，因为1e ，2e 不共线，所以12x y =-⎧⎨=-⎩，A 错误；对于B ，因为()()12211222211112x AB OB x x e y e x e y e e y A e O y --=+-+--==，所以AB = ，当向量1e ，2e是相互垂直的单位向量时，A ，B 两点间的距离为，否则距离不为B 错误；对于C ，当OA 与OB 中至少一个是0 时，结论成立；当OA 与OB 都不为0 时，设OA OB λ=（0λ≠），有11122122x e y e x e y e λλ+=+ ，即1221y x y x λλ⎧⎨==⎩，所以1221x y x y =，C 错误；对于D ，()()11212211212212221122x e y e x e y OC OA OB e e x y y e x +++=++++==，所以线段AB 中点C 的广义坐标为1212,22x x y y ++⎛⎫⎪⎝⎭，D 正确选D ．6．解析：因为25(2)x x y +-为5个22x x y +-之积，其中有两个取y -，两个取2x ，一个取x 即可，所以52x y 的系数为2221531(1)260C C C ⋅-⋅⋅⋅=，选C ．7．解析：取AB 中点为M ，连接PM ，OM ，因为AB 是圆22:3C x y +=的一条动弦，且AB =以1OM =，又2PA PB PM += ，PM OM OP +≥，即1PM OP ≥-，因此PA PB +取最小值，即是PM取最小值，所以只需OP 取最小，又点P 为直线280x y +-=上的任意一点，所以原点O 到直线280x y +-=的距离即是OP 的最小值，即min 5OP =，即minmin min22(1)2PA PBPMOP+==-=，选D ．8．解析：由()ln 20240f x x x =-=得2024ln x x =，由()e 20240xg x x =-=得2024e x x=，设点A 的坐标为112024,x x ⎛⎫ ⎪⎝⎭，点B 的坐标为222024,x x ⎛⎫ ⎪⎝⎭，又ln y x =与e xy =的图象关于直线y x =对称，且2024y x =的图象也关于直线y x =对称，则点A ，B 关于直线y x =对称，即2121122024202420241ABx x k x x x x -==-=--，得122024x x ⋅=，选B ．二、多选题题号9101112答案BCDCDABBD9．解析：若()f x 为R 上的单调函数，则2()32f x x ax a '=+-，24120a a ∆=+≤，则30a -≤≤，A 错；当2a =时，32()221f x x x x =+-+，令2()3420f x x x '=+-=，得1213x --=<-，2213x -+=<，则()f x 在()21,x -上单调递减，在()2,1x 上单调递增，()f x 在2x x =处取最小值，无最大值，B 对；由于32()1f x x ax ax -=+-，则()1f x -为奇函数时，0a =，C 对；当0a =时，3()1f x x =+，2()3f x x '=，则(1)3f '=，切点为()1,2，切线方程为310x y --=，D 对，选BCD ．10．解析：对于A ，若11i z =+，21i z =-，()22122i 2i 0z z +=+-=，但1z ，20z ≠，A 错误；对于B ，设i z a b =+（a ，b ∈R ）当a ，b 均不为0时，()2222i 2i z a b a b ab =+=-+为虚数，而222z a b =+为实数，所以22z z =不成立，B 错误；对于C ，复数z 在复平面内对应的点P 的轨迹是以()0,0O 为圆心，1为半径的圆，而()i i z z +=--的几何意义为复数z 对应的点P 与()0,1M -两点间的距离PM ，所以当点P 运动到()0,1时，PM 最大，i z +取最大值，最大值为2，C 正确；对于D ，设i z a b =+（a ，b ∈R ），1i z x y =+（x ，y ∈R ），由12z z =，则21i y z z x ==-，所以()()()()1i i i a b x y ax by bx ay zz =++=-++==()()()()2i i i a b x y ax by bx ay zz =+-=++-==所以12z z z z ⋅=⋅，D 正确；选CD ．11．解析：当截面平行于正方体的一个侧面时可得A ；当截面过不平行于侧面可得B ；但无论如何都不能截得C 和D ，选AB ．12．解析：2211()2cos 2cos 2(cos 22f x x x x '=-=--，当π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()0f x '≤，()f x 在π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，当π,π2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()0f x '≥，()f x 在π,π2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，；()f x 在π2x =上取极小值为ππ()222f =-，(0)0f =，(π)πf =，()f x 在[]0,π上有两个零点10x =，2π,π2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以A C 错B D 对，选BD ．三、填空题13．解析：由题意，32()()f x g x x ax a -+-=-++，则32()()f x g x x ax a -=--，联立得，3()f x x =，则(3)27f =．14．解析：因为直线:4320l x y p --=过点F ，所以A ，B ，F 三点共线，联立直线与抛物线方程，224320y px x y p ⎧=⎪⎨--=⎪⎩，得2281720x px p -+=，解得：2A x p =，8B P x =，所以522A p pAF x =+=，28B p pBF x =+=，因为AOF BOFS S λ= ，所以11sin sin 22OF AF AFO OF BF BFO λ⋅⋅∠=⋅⋅⋅∠，又因为sin sin AFO BFO ∠=∠，所以4AF BFλ==．15．解析：公共部分是两个正四棱锥且底面重叠的空间几何体，底面是(2=8S =，其中一个正四棱锥的高为，则1823V =⨯=16．解析：设事件{}B =飞机被击落，事件{}i A i =飞机被个人击中，1i =，2，3，由题意可得，1(|)0.2P B A =，2(|)0.8P B A =，3(|)1P B A =1()0.3(10.5)(10.6)(10.3)0.5(10.6)(10.3)(10.5)0.60.41P A =⨯-⨯-+-⨯⨯-+-⨯-⨯=2()0.30.5(10.6)(10.3)0.50.60.3(10.5)0.6P A =⨯⨯-+-⨯⨯+⨯-⨯=0.363()0.30.50.60.09P A =⨯⨯=，由全概率公式得112233()()(|)()(|)()(|)0.46P B P A P B A P A P B A P A P B A =++=，所以飞机被击落的概率为0.46．四、解答题17．解：（1）因为+=1n n S a （n *∈N ），所以11+=1n n S a --（2n ≥），两式相减得12n n a a -=（2n ≥），又因为111S a +=，所以112a =，所以数列{}n a 是以12为首项，公比为12的等比数列，所以1()2n n a =．………5分（2）由（1）1()2n n a =，所以2n n n na =，令()2n nf n =，则1111(1)()222n n n n n n f n f n +++-++-=-=，所以，当2n ≥时，(1)()0f n f n +-<，故()y f n =（n *∈N ，2n ≥）为减函数，而1(1)(2)2f f ==，又因为()n na t n *∈≤N 恒成立，所以12t ≥，所以实数t 的取值范围为1[ )2+∞，．………10分18．解：（1）由余弦定理得，224a b ab +-=，又因为ABC △1sin 2ab C =，得4ab =．联立方程组2244a b ab ab ⎧+-=⎨=⎩，解得4a b +=，所以ABC △的周长为6．………6分（2）因为sin 2sin B A =，由正弦定理得：2b a =，联立方程组2242a b ab b a ⎧+-=⎨=⎩，解得3a =，3b =，所以sin 132sin 22a C A c ⋅===，又因为a c <，所以A C <，所以π6A =,故π2B =,1cos()2B A -=………12分19．解：（1）设A 同学答对的题数为X ，则随机变量X 的所有可能取值为2，3.则()213134324C C P X C ===，()3334134C P X C ===；设B 同学答对的题数为Y ，则随机变量Y 的所有可能取值为0，1，2，3.()3110464P Y ⎛⎫=== ⎪⎝⎭，()21331914464P Y C ⎛⎫==⋅⋅= ⎪⎝⎭，()223312724464P Y C ⎛⎫==⋅⋅= ⎪⎝⎭，()33273464P Y ⎛⎫=== ⎪⎝⎭.所以A ，B 两名同学恰好共答对2个问题的概率为()()31320464256P X P Y ===⋅=.………6分（2）由（1）知，()31923444E X =⨯+⨯=，()19272790123646464644E Y =⨯+⨯+⨯+⨯=；而()229391323444416D X ⎛⎫⎛⎫=-⨯+-⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()222291999279279012346446446446416D Y ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯+-⨯+-⨯+-⨯= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭.因为()()E X E Y =，()D X <()D Y ．所以应该选择学生A ．………12分20．解：（1）证明：取AD 的中点O ，连接OP ，OC ，AC ，因为2PA PD AD CD ====，60ADC ∠= ，所以△APD 和△ACD 都是等边三角形，所以AD OP ⊥，AD OC ⊥，OP OC O = 所以AD ⊥平面POC ，所以AD PC ⊥，因为90DAB ABC ∠=∠= ，所以AD BC ∥，所以PC BC ⊥.………6分（2）由（1）知AD OP ⊥，AD OC ⊥，则二面角P AD B --的平面角为120POC ∠=OP OC ==且AD ⊥平面POC ，AD ⊂平面ABCD ，所以平面POC ⊥平面ABCD ，平面POC 平面ABCD OC =，在平面POC 内作OM OC ⊥，所以OM ⊥平面ABCD ，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -，则()1,0,0D -，()B，()C，30,22P ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，所以31,22PB ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，30,22PC ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()DC =，设平面PCD 的一个法向量为(),,n x y z = ，则00n PC n DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得(n = ，设直线PB 与平面PCD 所成角为θ，则sin 70n PBn PBθ⋅==⋅，所以直线PB 与平面PCD所成角的正弦值为………12分21．解：（1）设动圆E 圆心坐标(),x y ，半径为R ，由题意可知，()2224x y ++=，()22236x y -+=，当E 与1O 相外切时，有12O E R =+；①当E 与2O 相内切时，有26O E R =-．②将①②两式的两边分别相加，得1284O E O E +=>，所以(),E x y 的轨迹为椭圆，所以28,c 2a ==，所以216412b =-=，所以动圆圆心E 的轨迹方程为2211612x y +=．………6分（2）由（1）可知，圆心E 的轨迹方程2211612x y +=，设点11(,)B x y ,22(,y )C x ,00(,)N x y 联立22612811x y x my =-⎧⎪⎨+=⎪⎩，得22(43)481440m y my +-+=，则22(48)4(43)1440m m ∆=-⨯+⨯>，即24m >,1224843m y y m +=+，12214443y y m =+.因为12MBy MC y =，所以12BN y NC y =，所以12y BN NC y = ，即1010120202(,y )(,)y x x y x x y y y --=--，所以1201226y y y y y m==+，0082x my =-=-，所以点N 在直线2x =-上，所以NM NA =，即AMC MAN ∠=∠，因为ANC ∠为△MAN 的一个外角，所以2ANC AMN MAN AMC ∠=∠+∠=∠.………12分22．解：（1）()f x 的定义域为()1,-+∞，则21()1011x f x x x x '=-+=≥++，所以()f x 在区间()1,-+∞内单调递增；………2分令()()cos sin 1h x g x x x x '==+--，π1,2x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，则()π1sin cos 14h x x x x ⎛⎫'=--=-+ ⎪⎝⎭，当()1,0x ∈-时，πsin 42x ⎛⎫+<⎪⎝⎭，则()0h x '>，故()h x 在区间()1,0-内单调递增，当π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，πsin 42x ⎛⎫+>⎪⎝⎭，则()0h x '<，故()h x 在区间π0,2⎛⎫⎪⎝⎭内单调递减，注意到()00cos0sin 010h =+--=，故()()()00g x h x h '=≤=，所以()g x 在区间π1,2⎛⎫- ⎪⎝⎭内单调递减；………6分（2）构造函数()()()()ln 11sin cos F x f x g x x x x =-=++--，()1,x ∈-+∞，当π,2x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭时，()π1ln 1ln 1ln 222x ⎛⎫+≥+>> ⎪⎝⎭，则()3πln 11)sin cos 24x x x x ++>>+=+，故此时()0F x >恒成立，当π1,2x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，由（1）可知()F x 在区间π1,2⎛⎫- ⎪⎝⎭内单调递增，注意到()0ln11sin 0cos00F =+--=，故当()1,0x ∈-时，()0F x <，而当π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0F x >，构造函数()()G x xF x =，则由上可知()0G x ≥对任意()1,x ∈-+∞恒成立，而原不等式等价于()xG x a ≥对任意()1,0x ∈-∪()0,+∞恒成立.故满足条件的实数a 的取值范围为(],0-∞．………12分。
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
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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
云南省师范大学附属中学2018届高三高考适应性月考卷(三)数学(理)试题+扫描版含答案
云南师大附中2018届高考适应性月考卷（三）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 11 12 答案 B C B C A C C A D D D A【解析】1．22{|3}{|30}[33]B x yx x x ≥，，所以={101}A B ，，，故选B ．2．由题意知53i 22i 2i z，z 的共轭复数等于22i ，故选C ．3．q ：A B ，在同高处的截面积恒相等，p A B ：，的体积相等，故q 是p 的必要不充分条件，故选B ．4．5211x 的展开式的通项为51521C (1)0r rr r T r x ，，1，2，3，4，5．当因式2(3)x中提供2x 时，则取4r；当因式2(3)x 中提供3时，则取5r ，所以5221(3)1x x 的展开式的常数项是2，故选C ．5．双曲线22221(00)xy a b ab ，的渐近线方程为b y x a ，所以32b a ，双曲线的一个焦点在抛物线247y x 准线方程7x 上，所以7c ，由此可解得23a b ，，所以双曲线方程为22143xy ，故选A ．6．因为3131π()sin 2cos2sin 23sin 2cos23sin 222226f x x x x x x x ，所以π()23cos 26f x x ，故A 错误，当π2x 时，π5π2=66x ，故B 错误，对于D ，应向右平移π12个单位，故选C ．7．4n 时，31Q ，此时P Q ，则输入的a 的值可以为3，故选C ．8．设等比数列{}n a 的首项为1a ，公比为q ，依题意有：3242(2)a a a ，23428a a a得38a ，故31123120=8a qa q a a q ，，解之得122a q ，或13212a q ，，又{}n a 单调递减，所以663S ，故选A ．9．由题意知，球O 的半径5R ，直三棱柱111ABC A B C -的底面外接圆半径为4，则直三棱柱111ABC A B C -的高为6，则该三棱柱的体积为243，故选D ．10．由题意，2225233b c b A c b a B a a ，，，，，代入到椭圆方程整理得222225199c b a a ，联立22b a ，解得3a ，故选D ．11．17115()()()48228AE AF AB BE AD DF AB BC AD DC ≥，当且仅当122，即1时取等号，故选D ．12．22()3()30f x x f x x ∵，设2()()3g x f x x ，则()()0g x g x ，∴()g x 为奇函数，又1()()62g x f x x ，∴()g x 在(0)x ，上是减函数，从而在R 上是减函数，又2(2)(2)12129f mf m m m ≤等价于22(2)3(2)(2)3(2)f m m f m m ≤，即(2)(2)g m g m ≤，22m m ∴≥，解得23m ≥，故选A ．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号13 14 15 16 答案[3)，21163π27862【解析】13．作出约束条件对应的平面区域，当目标函数2y x z 经过点(1，1)时，z 取得最小值3，故取值范围是[3)，．14．因为{bn}是等差数列，且16b ，1012b ，故公差2d ．于是*=28()n b n n N ，即128n n a a n ，所以87651646246(6)(4)(2)a a a a a …02463．98811a a ，1091021a a ．15．因为球与各面相切，所以直径为4，且11AC AB CB ，，的中点在所求的截面圆上，所以所求截面为此三点构成的边长为22的正三角形的外接圆，由正弦定理知263R ，所以面积8π3S ，以O 为顶点，以平面1A C B截此球所得的截面为底面的圆锥体积为18π116343π33627V ．16．2()2f x ax bx c ，由题意，()0f x ≥在R 上恒成立，∴00.a，≤即0a ，2.b ac ≤222221232323231b b b a ba b c a ab b a aa b b a b a ab a a ∴≥，令1bt a ，则221233(1)8(1)663(1)862+8111t tt t t t t t ≥，当且仅当12t 时，等号成立．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）由3c ，且(3)(sin sin )()sin a C A b a B ，又根据正弦定理，得()()()c a c a b a b ，化简得，222ab c ab ，故2221cos 22b a c C ba ，所以60C ．……………………………………………………………………………（6分）（Ⅱ）由3c ，4sin 5A ，sin sin ac A C 得85a ，由a c ，得A C ，从而3cos 5A ，故433sin sin()sin cos cos sin 10B A C A CA C ，所以ABC △的面积为18318sin 225S ac B ．……………………………………（12分）18．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）设图中从左到右的前3个小组的频率分别为23x x x ，，，则23(0.0370.013)51x x x ，解得0.125x，∵第2小组的频数为15，频率为20.25x，∴该校报考飞行员的总人数为：150.25=60（人）．…………………………………（6分）（Ⅱ）体重超过65公斤的学生的频率为(0.0370.013)50.25，∴X 的可能取值为0，1，2，3，且1~34X B ，，303327(0)C 464P X ，21133127(1)C 4464P X ，1223319(2)C 4464P X ，33311(3)C 464P X ，∴X 的分布列为：X0 1 2 3 P27642764964164由于1~34X B ，，13()344E X ．………………………………………………（12分）19．（本小题满分12分）（Ⅰ）证明：由已知得113AM AD ，如图，取BP 上靠近P 的四等分点T ，连接AT TN ，，由3NC PN 知//TN BC ，114TN BC ．……………………………………………（3分）又//AD BC ，故TN 平行且等于AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是//MN AT ．因为AT 平面PAB ，MN 平面PAB ，所以//MN 平面PAB ．…………………（6分）（Ⅱ）解：如图，取BC 的中点E ，连接AE ．由AB AC 得AE BC ，从而AE AD ，且222252BCAE AB BE AB ．以A 为坐标原点，AE 的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ．由题意知，(004)P ，，，(520)B ，，，(010)M ，，，(520)C ，，，51342N ，，，(524)PB ，，，(010)AM ，，，51342AN ，，．设()n x y z ，，为平面AMN 的一个法向量，则00n AM n AN ，，即0513042y x y z，，……………………………………………（10分）可取5403n ，，．于是||16745|cos |745||||n PB n PB n PB ，，所以直线PB 与平面AMN 所成角的正弦值为16745745．……………………………（12分）20．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）设M N ，为短轴的两个三等分点，因为△MNF 为正三角形，所以3||||2OF MN ，321323bb ，解得，2214a b ，因此，椭圆C 的方程为22143x y ．……………………………………………………（4分）（Ⅱ）设11()A x y ，，22()B x y ，，()P x y ，，AB 的方程为(3)y k x ，由22(3)143y k x x y ，，整理得2222(34)2436120k x k x k ，由24222448(34)(31)0k k k ，得235k ，221212222436123434k k x x x x k k ，，1212()()OA OB x x y y t x y ，，，则2121222124118()()(34)(34)k kx x x y y y t t k t t k ，，由点P 在椭圆上，得222222222(24)(18)+14(34)3(34)k k t k t k ，化简得22236(34)k t k ，………………………………………………………………（8分）因为||3PAPB ，所以2121||3k x x ，即221212(1)[()4]3k x x x x ，即2222222(24)4(3612)(1)3(34)34k k k k k ，即429656390k k，所以2283724k ，………………………………………（10分）即228373245k ，因为22236(34)k t k ，所以2222362793434kt kk ，所以2202834t ，即2t 的取值范围为(202834)，．………………………（12分）21．（本小题满分12分）（Ⅰ）解：2211()(0)a ax f x x x xx ，当0a ≤时，()0(0)f x x ，()f x 在(0)，上单调递减．当0a 时，由()0f x ，得1x a ，10x a ，时，()0f x ，()f x 在10a ，上单调递减，1x a ，时，()0f x ，()f x 在1a ，上单调递增．………………………………………………………………（5分）（Ⅱ）证明：要证4222(1)ln 1ln 2ln (2)4n n n n n n n n *≥，N ，即证42223(1)ln 1ln 2ln (2)4n n n n n *≥，N ．由（Ⅰ）知，当1a 时，()f x 在(01)，上单调递减，在(1)，上单调递增．1()ln 1(1)0f x x f x ≥，∴1ln 1x x ≥，∴221ln 1x x ≥，∴222222111ln1ln 2ln 11112n n ≥，∴2221112ln12ln 22ln 12n nn ≥．又2221111111+++121223(1)n n n ，∴2221111111+++121223(1)n n n n n 211111(1)11+++2231n n n n n ，∴2(1)ln1ln 2ln 2n n n ．………………………………………………………（9分）由柯西不等式，2222222(ln 1ln 2ln )(111)(ln1ln 2ln )n n ≥．∴4222231(1)ln 1ln 2ln (ln1ln 2ln )4n n n n n ≥+．∴42223(1)ln 1ln 2ln 4n n n ，∴4222(1)ln 1ln 2+ln (2*)4n n n n n 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）将参数方程转化为一般方程1(3)l y k x ：，①21(3)3l y x k ：，②①×②消k 可得：2213x y．即P 的轨迹方程为221(0)3x y y ．1C 的普通方程为221(0)3x y y ．1C 的参数方程为3cos sin x y ，，（为参数πk k Z ，）．………………………（5分）（Ⅱ）由曲线2C ：πsin 424得：2(sin cos )422，即曲线2C 的直角坐标方程为：80x y ，由（Ⅰ）知曲线1C 与直线2C 无公共点，曲线1C 上的点(3cos sin )Q ，到直线80xy 的距离为π2sin 83|3cos sin 8|22d ，所以当πsin13时，d 的最小值为32．………………………………………（10分）23．（本小题满分10分）【选修4-5：不等式选讲】解：（Ⅰ）由题意可得10()130111x x g x x x x x ，≤，，，，≥，因为()4g x ，由图象可得不等式的解为53x ，所以不等式的解集为{|53}x x ．……………………………………………………（5分）（Ⅱ）因为存在1x R ，也存在2x R ，使得12()()f x g x 成立，所以{|()}{|()}y yf x x y yg x x R R ，，，又()|2||25||(2)(25)||5|f x x a x x a x a ≥，当且仅当(2)(25)0x a x ≤时等号成立.由（Ⅰ）知，max ()1g x ，所以|5|1a ≤，解得64a ≤≤，所以实数a 的取值范围为[64]，．…………………………………………………（10分）。
云南省师范大学附属中学2018届高三高考适应性月考卷(三)数学(理)试题+Word版含答案
云南省师范大学附属中学2018届高三高考适应性月考卷（三）数学（理）试题注意事项：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科目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮才干净后，再选涂其他答案标号，在试题卷上作答无效。
3.考试结束后，请将本卷和答题卡一并交回，满分150分，考试用时120分钟。
一、选择题（本大题共12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{},3,2,1,0,1,2--=A 集合{},32x y x B -==则B A ⋂中元素的个数为 A.2 B.3 C.4 D.52.复数z 满足5)2)(3(=+-i i z （i 为虚数单位），则z 的共轭复数等于 A.-2-2i B.-2+2i C.2-2i D.2+2i3.祖恒原理：“幂势既同，则积不容异”，它是中国古代一个涉及集合体体积的问题，意思是两个等高的几何体，如在同高处的截面积恒相等，则体积相等，设A,B 为两个等高的几何体，P ：A ，B 的体积相等，q:A ，B 在同高处的截面积不恒相等，根据祖恒原理可知，q 是p 的A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分条件D.既不充分也不必要条件 4.522)11)(3(-+xx 的展开式的常数项是 A.-3 B.-2 C.2 D.35.已知双曲线)0,0(12222〉〉=-b a by a x 的一条渐进线方程为x y 23=，且双曲线的一个焦点在抛物线x y 742-=的准线上，则双曲线的方程为A.13422=-y xB.14322=-y xC.1212822=-y xD.1282122=-y x6.已知函数),62cos(2sin )(π+-=x x x f 则下列结论正确的是A.导函数为)62cos(3)(π-=x x fB.函数)(x f 的图象关于直线2π=x 对称C.函数)(x f 在区间)3,6(ππ-上是增函数 D.函数)(x f 的图象可由函数x y 2sin 3=的图象向右平移6π个单位长度得到 7.执行如图1所示的程序框图，如果输出的n 的值为4，则输入的a 的值可以为 A.1 B.2 C.3 D.48.已知单调递减的等比数列{}n a 满足：,28432=++a a a 且23+a 是42,a a 的等差中项，则{}n a的前6项和为A.63B.64C.1D.1269.已知直三棱柱111C B A ABC -的6个顶点都在表面积为π100的球0的球面上，若34,4===BC AC AB ，则该三棱柱的体积为A.38B.312C.213D.324 10.设21,F F 分别是椭圆)0(1:2222〉〉=+b a by a x C 的左、右焦点，过1F 的直线l 交椭圆于A,B两点，l 在y 轴上的截距为1，若B F F A 113=，且x AF ⊥2轴，则此椭圆的长轴长为A.33B.3C.6D.6图111. 在等腰梯形ABCD 中，已知AB ∥DC ，AB =2，BC =1，=∠ABC 60°，动点E 和F 分别在线段BC 和DC 上，且DC DF BC BE λλ41,==,则AF AC ⋅的最小值为 A.1829 B.87 C.1817 D.815 12. 设函数)(x f 在R 上存在导函数),(1x f 对于任意的实数x ，都有),(6)(2x f x x f --=当)0,(-∞∈x 时，,91212)2()2(,121)(221m m m f m f x x f -++-≤+〈+若则实数m 的取值范围是 A.⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞-,32 B.⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞-,21 C.[)+∞-,1 D.[)+∞-,2二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13. 已知实数y x ,满足条件y x z x y x x y +=⎪⎩⎪⎨⎧≥≥+≥2,1,1,则的取值范围是 。
精品解析：云南省师范大学附属中学2018届高三第七次月考数学(理)试题(解析版)
理科数学试卷一、选择题(本大题共12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.【答案】C【解析】=，是自然数集，所以=，故选C．2. 已知在R上单调递增，且满足f(1)=2，则y=f(x)的反函数恒过点A. (1，2)B. (0，2)C. (2, 0)D. (2，1)【答案】D【解析】由反函数定义可知恒过点，故选D．3. 复数是的根，则【答案】C【解析】复数是的根，所以，，故选C．4. 在△ABC中，，则△ABC外接圆半径为A. 1 D. 2【答案】D【解析】由正弦定理可得外接圆半径，故选D．5. 如图所示的程序框图源于我国著名的数学家秦九韶在《数书九章》中提出的“三斜求积术”，执行此程序输出的值为【答案】D【解析】，故选D．6. 的常数项为A. 28B. 56C. 112D. 224【答案】C，即故选C ．点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出其参数.7. 正项数列是等比数列，公比为q ，且，则实数q 为A.或1 B. 1 C. 2 D. 或【答案】B【解析】正项数列是等比数列，公比为q ，由，得且，，故选B ．8. 双曲线其中，且a ， b 取到其中每个数都是等可能的，则直线l ::与双曲线C 左右支各有一个交点的概率为【答案】B【解析】直线：与双曲线左右支各有一个交点，则，总基本事件数为，满足条件的的情况有：，共6个.概率为， 故选B ．点睛：本题主要考查古典概型概率公式，属于容易题，利用古典概型概率公式求概率时，找准基本事件个数是解题的关键，在找基本事件个数时，一定要按顺序逐个写出：这样才能避免多写、漏写现象的发生.9. 一道判断命题为真命题的单选题，题干模糊，只能看清选项，四个选项分别为则正确的答案为：A. AB. BC. CD. D【答案】C学§科§网...学§科§网...学§科§网...学§科§网...学§科§网...学§科§网...若是真命题，则至少可选择AB，与单选题矛盾，故是假命题，故选C．则正确答案为A. AB. BC. CD. D10. 已知m为所有介于区间[1，1024]，并且在二进制表示式中1的个数恰有3个的整数的个数，则m=A. 120B. 165C. 240D. 330【答案】A【解析】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，故，故选A．11. 已知抛物线C: 的焦点为F，过F的直线l交C于A,、B两点，分别以A， B为切点作抛物线C 的切线，设其交点为Q，下列说法都正确的一组是①;②;③;④.A. ①③B. ① ④C. ②③D. ②④【答案】A【解析】抛物线C: 的焦点为,设直线，与抛物线联立可得.设，.抛物线C: ，求导可得,所以在的切线斜率为，在的切线斜率为，两斜率之积为：，即有，.，所以.由三角形相似可得①，③正确，故选A．12. 函数，若恰有五个不同的实根，则2a+b的取值范围为B. C.【答案】B【解析】作出的图象如图所示：令，由的图象可得，的两根分别为，，故由线性规划可得，故选B．点睛：本题主要考查方程根的个数的应用，利用函数与方程之间的关系转化为两个函数的交点个数问题，利用数形结合是解决本题的关键；在该题中最大的难点为临界位置的确定，即直线与曲线相切的时对应的参数的范围，同时必须熟练掌握系数对幂函数图象的影响.二。
云南师大附中2018届高考适应性月考(七)理科综合(含解析)
三、非选择题（共 174 分） （一）必考题：共 11 小题，共 129 分。 （每空 2 分，共 6 分） 22． （1）AB （2）小于 大于
【解析】 （1）弹簧秤示数即为物块所受拉力大小，故 A 正确。实验时应先接通电源，再放开小车，故 B 正确。小车所受到的拉力可以由弹簧测力计读出，实验过程中不需要控制重物 P 的质量远小于物块的 质量，故 C 错误。图示滑轮为动滑轮，重物静止或做匀速直线运动时，弹簧测力计的示数等于重物 P 重力的一半，重物加速下降时，处于失重状态，测力计示数小于重物重力的一半，故 D 错误。 （2）由牛顿第二定律有 a
mg sin 30 mg cos 30 ma
2 vB v2 A 2aL
② ③ ④
解得： v B 17m/s
（2）由牛顿第三定律，小物块在 D 点时受支持力 FN 20N ，由牛顿第二定律有
FN mg m
2 vD r
⑤
又 vD vB 可解得圆轨道的半径 r
23． （除特殊标注外，每空 2 分，共 9 分） （1）B （2）如右图所示（3 分） （3）
N U n RV
U 为电压表读数， RV 为电压表内阻
24． （12 分） 解： （1）由 A 点时的速度方向恰沿 AB 方向，得
vA
v0 2 3m/s B 的过程有
评分标准：本题共 20 分。正确得出①、②、⑨、⑩式各给 1 分，其余各式各给 2 分。
26． （每空 2 分，共 14 分） （1）①减小 ②D ③41%
（2）2NH3 − 6e− + 6OH−=N2 + 6H2O （3）① (2a 2b c) ②B ③1.5
【解析】 （1）①根据图中数据，随温度升高，氨气的物质的量分数减小，平衡向逆反应方向进行，可推
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云南师大附中2018届高三数学第七次月考试题（理科附答案）
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123456789101112
答案CDCDDCBBCAAB
【解析】
1．=，是自然数集，所以=，故选C．
2．由反函数定义可知恒过点，故选D．
3．，，故选C．
4．由正弦定理可得外接圆半径，故选D．
5．，故选D．
6．的常数项为，故选C．
7．且，，故选B．
8．直线：与双曲线左右支各有一个交点，则，总基本事件数为16，满足条件的基本事件数为6，概率为，故选B．9．由题可知若是假命题，则至少可选择BC，与单选题
矛盾，故是真命题；若是真命题，则至少可选择AB，与
单选题矛盾，故是假命题，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，
故，故选A．
11．可证，，由三角形相似可得①，③正确，故选A．12．令，由的图象可得，的两根分别为，，故由线性规划可得，故选B．
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号13141516
答案
【解析】
13．，故红嘴鸥总数为125000．
14．．
15．，令，
，，，解得
，，．
16．可证，外接圆半径为，外接球半径，外接球的表面积为．
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．（本小题满分12分）
解：（Ⅰ）已知，
由于是等差数列，设公差为，
整理得，∴，……………………………………（4分）∴.…………………………………………………………………（6分）
（Ⅱ），
数列的前项和为………………………………………（12分）
18．（本小题满分12分）
解：（Ⅰ），，，，
981244
3212127
6−13−917
残差图如图1．
图1 ………………………………………………………………………………………（6分）
（横坐标取为评分或因变量都给分）
（Ⅱ），
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，取中点，连接，，
，
，，，
，，
．……………………………………（6分）
（Ⅱ）解：过作交的延长线于点，
，由（Ⅰ）得，所以AP⊥平面BDC，
以为原点，为轴，为轴，过作的平行
线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，，，，，，，，，，，
设平面的法向量为，
解得，
设平面的法向量为，
解得，
设平面ADE与平面BFD所成的二面角为，则．……………………………………………（12分）20．（本小题满分12分）
解：（Ⅰ）由关于对称得到点，在光线直线方程上，
的斜率为，，
∴椭圆的方程为．………………………………………………………（4分）
（Ⅱ）由得，直线，
联立
得，
，，，
直线与直线垂直，，．…………………………………………………………………………………（12分）
21．（本小题满分12分）
解：（Ⅰ），，
当时，，，
在上恒成立，
的单调递增区间为．………………………………………………………（4分）
（Ⅱ）连续函数，令的最小值为，，，
当时，只需证都有成立，即，
则有的最小值为.
令，
，令，
当时，，单调递增，，
当时，，单调递增，，．…………………………………………………………………………………（12分）
22．（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】
解：（Ⅰ），．…………………………………………（5分）
（Ⅱ）两点关于坐标原点对称，是曲线上的动点，
，，
所以的取值范围为．……………………………………………………（10分）
23．（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】
（Ⅰ）解：已知，，
，，，
解得，．…………………………………………………（5分）
（Ⅱ）证明：，，，成立，
即，成立，
故，即．…………………………………（10分）。