1、云南省云南师范大学附属中学2021届高考数学适应性月考卷（三）理（扫描版）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ACCDBBADCDBC【解析】1，当时，1；当时，1，所以共有4个元素，故选A2，故选C3，故选C4，故选D5由题意得，故选B6设，在方向上的投影为，又， 0，即，即，解得，故选B7由已知得，故由正弦定理得由余弦定理得因为，所以，故选A图18由三视图知，该几何体的直观图如图1所示平面平面BCDE，四棱锥的高为1，四边形BCDE是边长为1的正方形，则， ，则四棱锥的侧面积为，故选D9因为，为锐角，所以又因为，所以 ，
2、因此因为，所以 ，因此，故选C10因为，且为偶函数，也有唯一零点，所以，解得，故选D11设，直线：，联立方程消y得，因为，所以，所以 ，又原点O到直线的距离为，所以 ，同理，所以，当且仅当“”时取等号，故的最小值为16，故选B12因为， ， ，综上，故选C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作出约束条件对应的平面区域，当目标函数经过点时，z取得最小值14在的展开式中，通项公式为，令，可得的系数为图215如图2所示，令，则 . 外接球表面积为，所以半径，在RtPDO中，即，即，得，所以体积 ，令 ，在上单调递增，在上单调递减，所以时，的最大值为图
3、316若，在上有5个零点，可画出大致图象，由图3可知，在有且仅有3个极大值点，故正确；若，且在有且仅有4个零点，同样由图可知在有且仅有2个极小值点，故错误；若，由在上有5个零点，得，即，当时，所以，所以在上单调递增，故正确；若，因为，因为在有且仅有4个零点，所以，所以，所以正确；若的图象关于对称，为它的零点，则(，T为周期)，得，又在上单调，所以，又当时，在上不单调；当时，在上单调，满足题意，故的最大值为9，故不正确三、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：（1）设的公比为q，则由得，所以设等差数列的公差为d，成等比数列，（6分）（2），得，（12
4、分）18（本小题满分12分）解：（1）由题意得，因而相关系数由于很接近1，说明x，y线性相关性很强，因而可以用线性回归方程模型拟合y与x的关系由于，故其关系为负相关（4分）（2）由（1）知，则所求的回归方程是.当特征量x为12时，可预测特征量（8分）（3）由（1）知，又由，得，从而（12分）19（本小题满分12分）（1）证明：因为，O为AC的中点，图4所以，且如图4，连接OB，因为，所以为等腰直角三角形，且，由，知，由，知平面ABC（5分）（2）解：如图所示，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系由已知得，取平面PAC的法向量，设，则，设平面PAM的法向量为，由，得可取，所以由
5、已知可得，所以，解得(舍去)，则，所以三棱锥的体积为（12分）20（本小题满分12分）解：（1）当时，函数的解析式为，则，由，得，当时，当时，所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，函数的最小值为（5分）（2）若时，即(*)，令，则若，由（1）知，即，故，函数在区间上单调递增，（*）式成立；若，令，则，函数在区间上单调递增，由于，故，使得，则当时，即，函数在区间上单调递减，即（*）式不恒成立综上所述，实数a的取值范围是（12分） 21（本小题满分12分）解：（1）设椭圆的焦距为2c，因为离心率为，又点是抛物线的焦点，所以椭圆C的方程为（4分）（2）直线l：与圆相切，原点到直线l的距离为，即，设，由消去y得，又P在椭圆C上，设MN的中点为E，则，四边形OMPN的面积为，令，则，四边形OMPN面积的取值范围为（12分）22（本小题满分10分）【选修44：坐标系与参数方程】解：（1）当时，l的普通方程为； 当时，l的普通方程为，即由，得，即（5分） （2）将代入中，整理得，依题意得，即，即，得，所以直线l的斜率为，直线l的一般方程为，则直线l的极坐标方程为（10分） 23（本小题满分10分）【选修45：不等式选讲】（1）解：由知时，（5分） （2）证明：因为a，b，c均为正实数，由柯西不等式，即，当且仅当时，取等号（10分）