1、云南省云南师范大学附属中学2021届高三数学适应性月考卷（二）文（含解析）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题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效.3.考试结束后，请将本试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6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】D【解析】【分析】先求出集合A,再求交集.【详解】由题
2、意知，所以，故选:D.【点睛】本题考查求分式不等式和集合求交集，属于基础题.2. 瑞士数学家欧拉在1748年得到复数的三角方程：（i为虚数单位），根据此公式可知，若，则的一个可能值为（ ）A. 0B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据条件由可得，即且，可得答案.【详解】根据条件由则，所以且所以故选:C.【点睛】本题考查复数的相等，考查新定义，属于基础题.3. （ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】 由两角差的余弦函数，可得，故选4. 已知双曲线的方程为，双曲线右焦点F到双曲线渐近线的距离为（ ）A. 1B. C. D. 2【答案】C【解析】【分析】根据双曲线方程求得右焦点的
3、坐标和渐近线方程，结合点到直线的距离公式，即可求解.【详解】由题意知，双曲线的右焦点为，双曲线的渐近线方程为，即，所以点到渐近线的距离，故选：C.【点睛】本题主要考查了双曲线的标准方程及简单的几何性质，以及点到直线的距离公式的应用，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.5. 我国古代数学名著增删算法统宗中有如下问题：“一个公公九个儿，若问生年总不知，知长排来争三岁，其年二百七岁期借问长儿多少岁，各儿岁数要详推”大致意思是：一个公公九个儿子，若问他们的生年是不知道的，但从老大的开始排列，后面儿子比前面儿子小3岁，九个儿子共207岁，问老大是多少岁? （ ）A. 38B. 35C. 32D. 29
4、【答案】B【解析】【分析】由题意，将九个儿子的年龄可以看成以老大的年龄为首项，公差为的等差数列，根据等差数列的求和公式列出方程，即可求出结果.【详解】由题意可知，九个儿子的年龄可以看成以老大的年龄为首项，公差为的等差数列，所以，解得，故选：B.【点睛】本题主要考查等差数列的简单应用，考查等差数列前项和公式的基本量运算，属于基础题型.6. 为了更好地配合我市“文明城市”的创建工作，我校开展了“文明行为进班级”的评比活动，现对甲乙两个年级进行评比，从甲乙两个年级中随机选出10个班级进行评比打分，每个班级成绩满分为100分，评分后得到如图所示的茎叶图，通过茎叶图比较甲乙两个年级成绩的平均数及方差大小
5、（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】A【解析】【分析】根据茎叶图，进行数据的分析判断，即可得解.【详解】由茎叶图可知，甲年级的平均分主要集中在70多分，而且比较集中，而乙主要集中在80分以上，但是比较分散，所以乙的平均数和方差较大，故选:A.【点睛】本题考查茎叶图，考查了对数据的分析判断，属于基础题.7. 若是以O为圆心，半径为1的圆的直径，C为圆外一点，且.则（ ）A. 3B. C. 0D. 不确定，随着直径变化而变化【答案】A【解析】【分析】将通过向量加法的三角形法则用表示出来即可.【详解】如图，故选：A.【点睛】本题考查向量的数量积的运算，关键是将用知道模的向量来表示，是基础题
6、.8. 已知圆M的方程为，过点的直线l与圆M相交的所有弦中，弦长最短的弦为，弦长最长的弦为，则四边形的面积为（ ）A. 30B. 40C. 60D. 80【答案】B【解析】【分析】由题可知点在圆内，则最短的弦是以为中点的弦，过最长的弦为直径，求出后即可求出四边形面积.【详解】圆M的标准方程为，即圆是以为圆心，5为半径的圆，且由，即点在圆内，则最短的弦是以为中点的弦，所以，所以，过最长的弦为直径，所以，且，故而.故选：B【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，考查弦长的计算，属于基础题.9. 正四面体的俯视图为边长为1的正方形，则正四面体的外接球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解
7、析】【分析】根据题意，该正四面体可以看成边长为1的正方体六个面对角线组成的正四面体，则正四面体的外接球，即为边长为1的正方体的外接球，从而可求出球的半径，得出球的表面积.【详解】如图，该正四面体可以看成棱长为1的正方体六个面对角线组成的正四面体，所以正四面体的外接球，即为边长为1的正方体的外接球，所以外接球的半径为，则该外接球的表面积为，故选：C.【点睛】本题主要考查求几何体外接球的表面积，属于常考题型.10. 已知，下列结论中错误的是（ ）A. 即是奇函数也是周期函数B. 的最大值为C. 的图象关于直线对称D. 的图象关于点中心对称【答案】B【解析】【分析】根据函数的奇偶性的定义及判定，可判
8、定A是正确的；根据函数的对称性，可判定C、D是正确的；由，令，利用求导方法求函数的最值，即可判定B选项错误.【详解】由题意，函数的定义域为关于原点对称，又由，所以是奇函数；且，所以又是周期函数，所以A是正确的；由，即，所以关于直线对称，所以C是正确的；由，所以关于点对称，所以D是正确的；由，令，令，的单调递减区间是，的单调递增区间是，的极大值为，所以的最大值为，即函数的最大值为，故B选项错误.故选：B【点睛】本题主要考查了三角函数的函数的基本性质的判定及应用，其中解答中熟记函数的周期性、对称性，以及三角函数的基本关系式和应用导数求最值是解答的关键，着重考查推理与运算能力.11. 已知抛物线，为
9、的焦点，过焦点且倾斜角为的直线与交于，两点，则下面陈述不正确的为（ ）A. B. C. D. 记原点为，则【答案】D【解析】【分析】先联立方程，消去得到，再求，最后求出，判断A正确；直接求得，再检验亦成立，判断B确；直接求得，判断C正确；直接求得，判断D错误.【详解】解：由题意知，令直线，与抛物线联立方程，消去得，所以，所以，则，故A正确；由，所以，当时，经检验亦成立，故B确；，故C正确；如图，作垂直于，则，当时，经检验亦成立，故D错误，故选：D.【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，抛物线中的定值问题，是中档题12. 下列四个命题：，其中真命题的个数为（ ）A. 1个B. 2个C. 3个D
10、. 4个【答案】B【解析】【分析】由，判断正确；根据的单调性得到，判断错误；令，化简整理得，判断正确；先判断得到，再判断得到，最后判断错误.【详解】解：由，故正确；由，考察函数，所以当时，即在上单调递增，当时，即在上单调递减，所以时，取到最大值，所以，故错误；令，所以，所以，即，故正确；由，所以，由，所以，故错误，真命题的个数为2个故选：B.【点睛】本题考查判断命题的真假、利用单调性判断对数的大小、利用导数判断对数的大小、利用对数运算判断等式是否成立，是中档题.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13. 若x，y满足约束条件，则的最大值为_【答案】13【解析】【分析】先根据约束条
11、件画出可行域，再利用几何意义求最值，表示直线在轴上截距，只需求出直线在轴上的截距最小值即可.【详解】约束条件所表示的线性区域，如图所示，又由题意知：表示直线在轴上截距 得， 得，在点处取得最大值，所以的最大值为13.故答案为：13【点睛】本题主要考查了简单的线性规划，以及利用几何意义求最值，属于基础题.14. 的内角、的对边分别为、，若，且三条边、成等比数列，则的值为_.【答案】【解析】【分析】本题首先可根据得出，然后根据三条边、成等比数列得出，最后根据即可得出结果.【详解】因为，所有根据正弦定理边角互换可知，因为三条边、成等比数列，所以，则，故答案为：.【点睛】本题考查正弦定理以及余弦定理的
12、应用，考查正弦定理边角互换，考查等比中项的应用，考查计算能力，是简单题.15. 已知函数恰有三个零点，则实数a的取值范围为_【答案】【解析】【分析】函数有三个零点，可转化为与直线有三个交点，对 分类讨论，当时不满足条件，当时求出过原点与函数在上的切线，数形结合即可求解.【详解】如图，函数恰有三个零点，等价于方程，有三个解，即函数与函数的图象有三个交点，又有为过原点的直线由图可知，当时，函数的图象与函数的图象没有有三个交点，不满足条件.当时, 当且仅当为的切线的时候，方程恰有两个解，故而，令为的切线，设切点为，则切线的方程为，由于切线过原点，所以，即，此时直线的斜率为，由题意知，即.故答案为：【
13、点睛】本题主要考查了导数的几何意义，函数切线的求法，函数的零点个数的判定，数形结合的思想，属于中档题.16. 边长为1的正方体，点P为面对角线上一点，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】将对角面与平面放到同一个平面，化曲为直，连接，取的中点I，在利用勾股定理即得【详解】如图甲，将等边沿向后旋转到与面共面，得到等边，则的最小值即为图乙中线段的长，取的中点I，由题意知：等边的边长为，四边形是以，的矩形，所以.【点睛】本题考查空间距离的最小问题，考查转化思想，计算能力，空间想象能力，属于基础题三、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. 记为正项数列的前n项和，且满足.（1
14、）求数列的通项；（2）求证：【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）（1）先求，再当时，由求得，判断数列为首项为1，公差为2的等差数列，最后求数列的通项公式；.（2）由，用裂项相消法求和可证明.【详解】（1）解：当时，由，所以，解得，当时，由，则，由式减去式得，即，由题意知，所以，则数列为，公差为2的等差数列，所以.（2）证明：由（1）知，所以，【点睛】本题考查由求，利用放缩法和裂项相消法证明不等式，是中档题.18. 如图，在等腰梯形中，将沿着翻折，使得点D到点P，且.（1）求证：平面平面；（2）求点C到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）根据题
15、意，证得和，结合线面垂直的判定定理，得出平面，进而证得平面平面；（2）设点C到平面的距离为h，利用，即可求解.【详解】（1）由等腰梯形中，可得，又由，所以,又因为，且，所以平面，又由平面，所以平面平面.（2）如图所示，取的中点E，连接，则为菱形，且，则，记垂足为O，则，由（1）知，平面平面，如图所示，又，所以平面，由（1）知，平面，即，又，所以，所以，在中，由，所以，所以，则，设点C到平面的距离为h，由，得，即.【点睛】本题主要考查了平面与平面垂直的判定与证明，以及点到平面的距离的计算，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，以及利用“等体积法”求解点到平面距离是解答的关键，着重考查推
16、理与计算能力.19. 为了调查高中生文理科偏向情况是否与性别有关，设计了“更擅长理科，理科文科无差异，更擅长文科三个选项的调在问卷”，并从我校随机选择了55名男生，45名女生进行问卷调查，问卷调查的统计情况为：男生选择更擅长理科的人数占，选择文科理科无显著差异的人数占，选择更擅长文科的人数占；女生选择更擅长理科的人数占，选择文科理科无显著差异的人数占，选择更擅长文科的人数占.根据调查结果制作了如下列联表.更擅长理科其他合计男生女生合计（1）请将的列联表补充完整，并判断能否有的把握认为文理科偏向与性别有关；（2）从55名男生中，根据问卷答题结果为标准，采取分层抽样的方法随机抽取5人，再从这5人中
17、随机选取2人，求所选的2人中恰有1人更擅长理科的概率.附：，其中.【答案】（1）答案见解析，有；（2）.【解析】【分析】（1）根据比例补全列联表，再计算，即可作出判断；（2）利用列举法列举出所有情况，结合古典概型的概率公式求解即可.【详解】解：（1）补充的列联表如下：更擅长理科其他合计男生223355女生93645合计3169100所以，所以有的把握认为文理科偏向与性别有关.（2）由题意可知，选取的5人中，有2人更擅长理科，3人不更擅长理科用，表示更擅长理科的两人，用，表示其他三人则从这5人中，任取2人共有以下10种情况：，满足条件的有，共6种情况，所以所选的2人中恰有1人更擅长理科的概率为.
18、【点睛】本题主要考查了补全列联表，独立性检验的实际应用以及利用古典概型概率公式计算概率，属于中档题.20. 已知点，点P满足：直线的斜率为，直线的斜率为，且（1）求点的轨迹C的方程；（2）过点的直线l交曲线C于A，B两点，问在x轴上是否存在点Q，使得为定值?若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在.【解析】【分析】（1）由点，运用直线的斜率公式，结合，化简可得轨迹C的方程；（2）假设在x轴上存在点，使得为定值，当直线l的斜率存在时，设出直线l的方程，与椭圆方程联立，令，表示出，代入韦达定理计算可得定值，并检验斜率不存在时也成立【详解】（1）由题意知：，由，即，整
19、理得点的轨迹C的方程为：.（2）假设在x轴上存在点，使得为定值.当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，联立方程消去y得，令，则，由，所以，将看成常数，要使得上式为定值，需满足，即，此时；当直线l的斜率不存在时，可得，所以，综上所述，存在，使得为定值.【点睛】本题考查直线与椭圆位置关系，考查定值问题的应用，考查数量积的坐标表示，属于中档题21. 已知（1）若，求的最大值；（2）若有两个不同的极值点，证明:.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）当时，对函数求导，判断出函数的单调性，进而可得函数的最大值；（2）对函数求导，则，即为方程的两个不同的正根，表示出，将韦达定理代入化简
20、，并利用构造新函数判断单调性和最值的方法证得命题成立【详解】（1）当时，所以，则在上是单调递减函数，且有，当时，即为上的增函数，当时，即为上的减函数，所以.（2）证明：由题意知：由，则，即为方程的两个不同的正根，故而需满足：，解得，所以令，令，所以；则为上的减函数，且，所以当时，即为上的增函数；当时，即为上的减函数，所以，所以，证毕.【点睛】本题考查导数证明不等式问题，考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查学生逻辑思维能力和计算能力，属于中档题请考生在第22、23两题中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑.注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位
21、置答题.如果多做，则按所做的第一题计分.22. 在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，以轴的正半轴为极轴，曲线的极坐标方程为，直线的参数方程为，(为参数).（1）求曲线和直线的直角坐标方程；（2）设点，直线与曲线有不同的两个交点分别为，求的值.【答案】（1）：，：；（2）.【解析】【分析】（1）由，可得曲线C的直角坐标方程；消去参数t可得直线l的直角坐标方程；（2）写出过点的直线l的参数方程，代入曲线C的直角坐标方程，利用韦达定理结合，的几何意义可求得答案【详解】（1）由，所以曲线C的直角坐标方程为，由（t为参数），消去t得直线l的直角坐标方程为.（2）由题意知，过点的直线l的参数方程为（t为
22、参数），代入曲线C的直角坐标方程得，又，所以方程有两个不同的解，又，所以，由，几何意义可知，.【点睛】本题考查极坐标方程和参数方程与普通方程的互化，考查直线的参数方程的应用，属于中档题.23. 已知函数.（1）求函数的最小值M；（2）若，且，证明：.【答案】（1）2；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由绝对值三角不等式，即可求解的最小值.（2）由（1）知，得出，化简，再结合基本不等式，即可求解.【详解】（1）由绝对值三角不等式，可得，当且仅当时，两个不等式同时取等号，所以的最小值.（2）由（1）知，则，所以，当且仅当，不等式取等号，所以.【点睛】本题主要考查了绝对值的三角不等式的应用，以及不等式的证明，其中解答中熟记绝对值的三角不等式，以及合理应用基本不等式是解答的关键，着重考查推理与论证能力，属于中档试题.