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)