云南师大附中2023届高考适应性月考卷（四）数学含答案.pdf

《云南师大附中2023届高考适应性月考卷（四）数学含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《云南师大附中2023届高考适应性月考卷（四）数学含答案.pdf（12页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。

1、云南师大附中2023届高考适应性月考卷（四）数学 数学参考答案第 1 页（共 8 页）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 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B C C B B D A B【解析】14(12i)(12i)41441z z ，故12i4zzz z ，故选B 2杜牧认为没有东风，则赤壁之战东吴将输给曹操，则说明东风是打败曹操的必要条件但有了东风，若没有其他的地利人和，也未必能打败曹操，故东风不是充要条件，故选C 3223(1)(3)0 xxxx，1 0 1 2 3A，由xA 知道，x可

2、以取3，21 0 1，又101AAA，故知 32B，故选C 4由题意知205，故1()10.6827(15)()22PXP XP X 0.1587，故选B 5coscos66336fxxx，由题意知6fx关于12x 轴对称，则()1236kkZ ，即412()k kZ，又因为0，故当0k 时，有最小值4，故选B 6一开始两人手中牌的点数之和是相等的，要想交换之后甲手中的牌点数之和更大，则甲被抽取的两张牌的点数之和应更小若甲被抽取的两种牌中有点数为10的牌，则这两张牌的点数之和肯定更大，不合题意故甲只能被抽取两张3，故其抽取的两张牌的点数之和为6，而乙抽取的两张牌点数之和要大于6，则必然要至少有

3、一张5综上2112446422610CC CC66244CC154515P，故选D 7设两个正四棱锥分别为PABCD和QABCD，PABCD和QABCD的高分别为1h和2h，外接球半径为r，则由题意知道211232hhhhr，故12322rrhh，设PQ与平面ABCD 数学参考答案第 2 页（共 8 页）交点为1O，球心为O，故12rOO，故222211322rAOAOOOrr，故1622ABAOr 设AB的中点为E，则222211610424rPEO EO Prr，同理可得424QEr，故1441052142142PABQABABPESPESQEABQE，故选A 8构造函数()sin02f

4、xxx x，则()1cos0fxx ，故函数()yf x在02，上单 调 递 增，故1(0)011ff，即11sin1111，又313111，故ab 构 造 函 数()ln1g xxx，则1()1g xx，易知函数()yg x在1x 处取得最大值(1)0g，故10011g，即1010ln101111，即11011lnlnln1.1111110，由前面知11sin1111，故ac构造函数3()ln(1)3xh xxx，则22219(3)9(1)()1(3)(1)(3)xxh xxxxx 2(3)(1)(3)x xxx，故 知 函 数()yh x在(0 3)，上 单 调 递 减，故(0.1)(0)

5、0hh，即0.33ln1.13.131，故cb，综上，故选B 二、多项选择题（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 9 10 11 12 答案 BD AC ACD BCD【解析】92(1 23)abk，由(2)aba知道(2)0aba ，即1(23)0kk，解得12k 或1k ，故选BD 10 如图1，11C DAB，而AB 平面ABP，故11C D平面ABP，故A正确；显然1BC与BP不垂直，故1BC 平面ABP不可能成立，故B错误；易知AB平面11BCC B，故有平面11BCC B平面AB

6、P，故C正确；直线1AA与平面ABP所成角即为直线1BB与平面ABP的 数学参考答案第 3 页（共 8 页）所成角，取BC的中点Q，易知1BQBP，故由C选项知1BQ平面ABP，故1B BP即为直线1BB与平面ABP的所成角，设正方体棱长为a，则152cossin552aB BPCBPa，故D错误综上，故选AC 11由题意知道cossinxy，故A选项显然正确；对于B选项，42cos1342sin33xy ，故 B 错误；对于 C 选项，320 xy化为极坐标方程为3 cossin20，化简得cos16，故C正确；对于D选项，2sin，则22 sin，故直角坐标方程为222xyy，即22(1)

7、1xy综上，故选ACD 12如图2所示，由题意知121222212122222 3AFAFaFFcAFAFFF，解得125151AFAF，故 知A不 正 确，在12RtAFF中，由 等 面 积 法 知121211|22AAFAFFFy，解得2 3|3Ay，代入双曲线方程得225123AAyx ，又因为点 A 在双曲右支上，故153Ax，故B正确；由图知121215135tan251AFAFkAFFAF，11352ABAFkk ，由对称性可知，若点A在 第 四 象 限，则352ABk，故C正 确；1ABF的 内 切 圆 半 径11122111()()22rAFABBFAFAFBFBF1(5151

8、2)512 ，故D正确综上，故选BCD 三、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 1516 6r 或14r 2 2 2 2，68 图 1 图 2 数学参考答案第 4 页（共 8 页）【解析】136366266111C()C222rrrrrrxxxxx，故当4r 时取得常数项，故常数项为1516 14若123AO B，设圆心1O到直线AB的距离为d，则2 222d 两圆方程相减得直线AB的 方 程：22260 xyr，故 圆 心1(1 1)O，到 直 线AB的 距 离 为2222|226|10|22 222rrd，解得6r 或14r 15()sin33

9、sinsin(2)3sinsin2 coscos2 sin3sinf xxxxxxxxxxx 2232sin(1sin)(12sin)sin3sin4sin6sinxxxxxxx，令sintx，则 1 1t，则只需求函数3()46g ttt 在 1 1t，上的值域即可22()1266(21)g ttt ，故知函数()g t在212，上单调递减，在2222，上单调递增，212，上单调递减故极小值为22 22g，极大值为22 22g，又(1)2g ，(1)2g故()g t在 1 1t，上的值域为 2 2 2 2，即函数()f x的值域为 2 2 2 2，16考虑(1)f，显然可以有四种结果，记其可

10、以满足的结果数为1a，则14a，记1fnB：，中 满 足11in，都 有|(1)()|2f if i的 函 数 个 数 为(2)na n 考虑2a，当(1)1f和(1)4f时，(2)f的选取都各有两个；当(1)2f和(1)3f时，(2)f只有唯一的选择(2)4f和(2)1f，故2222 16a 以此类推，当()1f i 和()4f i 时，(1)f i 的选取都各有两个；当()2f i 和()3f i 时，(1)f i 只有唯一的选择(1)4f i 和(1)1f i，设ia个函数中满足()1f i 和()4f i 的函数个数有m个，满足()2f i 和()3f i 的函数个数有n个，则12ia

11、mn对于这2m个函数，其中有一半会使得(1)1f i 和(1)4f i，另一半使得(1)2f i 和(1)3f i；而那n个函数，必然使得(1)1f i 和(1)4f i，故知212()32iiiamnmmnaa由递推公式可得345671016264268aaaaa，故满足条件的函数f的个数为 68 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）1142nnnaa，112122nnnnaa ，1112122nnnnaa，数学参考答案第 5 页（共 8 页）又1122a，故12nna是以2为首项，2 为公比的等比数列 112 222nnnn

12、a ，则42nnna（5 分）（2）由题意可得：122nnnnab，nc是以 4 为首项，3 为公差的等差数列，则43(1)31ncnn 故214 27 2(32)2(31)2nnnTnn ，23124 27 2(32)2(31)2nnnTnn ，得 231183(2222)(31)2nnnnTn 231123(22222)(31)2nnnn 112(12)23(31)2(23)2412nnnnn ，1(32)24nnTn （10 分）18（本小题满分 12 分）（1）证明：连接AM，DM，32BMMC，5BC，3BMAB，又ADBC，ABMD为菱形，AMBD，又PA平面ABCD，BD平面AB

13、CD，PABD，又PAAMA，BD平面PAM，BDPM（5 分）（2）解：在ABC中，3AB，4AC，5BC，故ABAC，又PA底面ABCD，建系如图 3 则(0 4 0)C，(0 0 4)P，(0 2 2)N，(0 44)PC，在底面ABCD中，令ACMDE，由ADECME得9612555DEEMAE，则612912005555MD，(3 0 0)MD ，92255ND，设平面MND 的一个法向量为()nxyz，图 3 数学参考答案第 6 页（共 8 页）则有30922055xxyz，得(0 5 1)n，设 PC 与平面MND 所成角为，则541 42 13sin|cos|13264 2PC

14、 n ，即为所求（12分）19（本小题满分12分）解：（1）在ABD中，由余弦定理可得：22232cos3123 112BDABADAB ADBAD ，1BDAD，6ABDBAD，故3ADC，在RtACD中，121cos32ADCD，故3BCBDCD （5分）（2）设ABx，则2ACx，1sin42241sin26ACDABDACADSCDxBDSxAB AD ，设 BDy，则45CDy BCy，在RtACD中，由勾股定理222ACADCD，即224116xy，在ABC中，由余弦定理得22222cos3BCABACAB AC ，即222225(2)27yxxxxx ，联立解得22512x，故2

15、12325 3sin23224ABCSAB ACx （12分）20（本小题满分12分）解：（1）X可能的取值为0，1，2，4（显然，若小狗取对了三件物品，则第四件物品也一定是取对的，故X不可能为3）4411(4)A24P X，2444C1(2)A4P X，1444C21(1)A3P X ，1113(0)124438P X 数学参考答案第 7 页（共 8 页）故分布列为X 012 4P 3813141243111()0124183424E X（8分）（2）小狗连续两次得分都大于2分，即小狗每一次都得四分若小狗取物品都是随机的，那么连续两次得4分的概率仅为2110.001724576，这个概率非常

16、小，所以小明认为小狗取物品应该不是随机的，是他对小狗的训练起了作用，这个认为是合理的（12分）21（本小题满分12分）解：（1）由(4)Pm，是C上一点知：162pm，故8mp 由抛物线定义可知：8|522ppPFmp，化解得210160pp，解得2p或8p，又因为P位于F的上方，故82pp，故2p，故抛物线方程为24xy（4分）（2）由（1）知(4 4)P，(0 1)F，显然，直线l的斜率存在，设直线l的方程为1ykx，设点22121244xxA xB x，联立214ykxxy，得2440 xkx，故121244xxkx x，若PF平分角APB，则12|xPAAFPBBFx，故221222|

17、xPAPBx，即22211212222222(4)44(4)44xxxxxx，即421211142222228321683216xxxxxxxx，即222222222222121211212222121 1218328321616x xx xxx xx x xxxx xx x xx ，数学参考答案第 8 页（共 8 页）将124x x 代入化简得22221131323132xxxx，即21212131()()32()0 xxxxxx，因为12xx，故2131()32xx，即31 432k，得831k，故直线l的方程为8131yx （12分）22（本小题满分12分）（1）证明：当2a 时，22(

18、)ln3ln23f xxxaxxxxxx，欲证()1f x，只需证2ln231xxxx，0 x，只需证1ln23xxx，即证：1ln230 xxx，令1()ln23g xxxx，则22221121(21)(1)()2xxxxg xxxxx，故知函数()g x在(0 1)，上单调递增，在(1)，上单调递减，故max()(1)0g xg，故()0g x，即1ln23xxx，得证（5分）（2）解：ln4()1ln2322xfxxaxxax 令ln4()2xh xx，则22122(ln4)62ln()44xxxxh xxx ，故知()h x在3(0 e)，上单调递增，在3(e)，上单调递减，故33ma

19、xe()(e)2h xh，若3e2a，则()0fx恒成立，则()f x在(0)，上单调递减，无最大值；若3e02a 0lim()lim()0 xxh xh x，则()fx在(0)，上有两个零点，设为12xx，且12xx显然312exx，故当1(0)xx，时，1()()h xh xa，故()0fx，函数()f x此时单调递减 同理可知函数()f x在12()xx，上单调递增，在2()x，上单调递减 又0lim()0 xf x，故()f x有最大值等价于2()0f x，故有2222222ln402ln30 xaxxxaxx，化简得222ln02xxx，解得22ex，又2()ah x，且()h x在2(e)，上单调递减，故22(e)eah，故20ea；若0a，当ex 时，2()34f xxaxxx，()f x显然无最大值，综上，20ea（12 分）