云南省师范大学附属中学2022届高三高考适应性月考卷(三)数学(文)试题 扫描版含答案

云南师大附中2022届高考适应性月考卷（三） 文科数学参考答案

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 C B A A B C A D D A 【解析】 1．

B{x|y3x2}{x|3x2≥0}[3，3]，所以AB={1，0，1}，故选B．

z2i2．

i(2i)iii12i，z的共轭复数等于12i，故选C．

2sin3cos12313．由于43，所以22sin41233，故选C．

4．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．

115．作出约束条件对应的平面区域，当目标函数y2xz经过点(1，1)时，z取得最大值3，经过点2，2时，33，z取得最小值2，故z的取值范围是23，故选A． f(x)sin2x3cos2131π6．由于

2x2sin2x32sin2x2cos2x3sin2x6，所以函数f(x)的最大

值为3，故选A．

f(1)1f(a)11a0，或a1a1或a7．2cosπa131，故选B．

8．n4时，Q31，此时PQ，则输入的a的值可以为3，故选C．

9．设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，依题意有：2(a32)a2a4，a2a3a428得a38，故a132，a31qa1q20，a12，1a23a1q=8，解之得q2或q2，又{an}单调递减，所以S663，故选A．

10．由题意知，球O的半径R5，直三棱柱ABC-A1B1C1的底面外接圆半径为4，则直三棱柱ABC-A1B1C1的高为6，则该三棱柱的体积为243，故选D．

Ac，b2，b22a，B5c，b225c2b211．由题意，a33a，代入到椭圆方程整理得9a29a21，联立b22a，解

得a3，故选D．

12．∵f(x)3x2f(x)3x20，设g(x)f(x)3x2，则g(x)g(x)0，∴g(x)为奇函数，又

g(x)f(x)6x12，∴g(x)在x(，0)上是减函数，从而在R上是减函数，又f(m2)≤f(2m)12m129m2等价于f(m2)3(m2)2≤f(2m)3(2m)2，即g(m2)≤g(2m)，

∴m2≥2m，解得

m≥23，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 (7，14) 3 21 16327π 【解析】

13．∵a∥b，∴m40，∴m4，∴b(2，4)，∴3a2b3(1，2)+2(2，4)(7，14). ∴c(7，14)．

14．由题意知c3，故a289，解得a1，故该双曲线的离心率

eca3．

15．由于{bn}是等差数列，且b6，b2．于是b*11012，故公差dn=2n8(nN)󰀀，即an1an2n8，

所以a8a76a646a5246…a1(6)(4)(2)

02463．a9a8811，a10a91021．

16．由于球与各面相切，所以直径为4，且AC，AB1，CB1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

R263，所以面积S8π3，以O为顶点，以平面ACB1截此球所得的截面为底面的圆锥体积为V138π3164316327π．

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c3，且

(3a)(sinCsinA)(ba)sinB，

又依据正弦定理，得(ca)(ca)(ba)b，

b2a2c21化简得，a2b2c2ab，故

cosC2ba2， 所以C60．……………………………………………………………………………（6分）

（Ⅱ）由c3，sinA4a5，sinAcsinC得a85， 由ac，得AC，从而

cosA35， sinBsin(AC)sinAcosCcosAsinC433故

10，

183所以△ABC的面积为S2acsinB1825．……………………………………（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x，2x，3x， 则x2x3x(0.0370.013)51，解得x0.125， ∵第2小组的频数为15，频率为2x0.25，

∴该校报考飞行员的总人数为：150.25=60（人）．…………………………………（6分）

（Ⅱ）同学体重在(65，75]的有(0.0370.013)582人，用A，B表示，在(50，65]的有0.7586人，用a，b，c，d，e，f表示，从8名同学中随机抽取2人共有28种状况：

(A，B)，(A，a)，(A，b)，(A，c)，(A，d)，(A，e)，(A，f)，(B，a)，(B，b)，(B，c)，(B，d)， (B，e)，(B，f)，(a，b)，(a，c)，(a，d)，(a，e)，(a，f)，(b，c)，(b，d)，(b，e)，(b，f)，

(c，d)，(c，e)，(c，f)(d，e)，(d，f)，(e，f)，其中至少有一人的体重在(65，75]的大事有13个，记“抽到的2人中至少有一人的体重在(65，75]”为大事M，则P(M)1328.

………………………………………………………………………………………（12分） 19．（本小题满分12分）

（Ⅰ）证明：由已知得AM13AD1，如图，取BP上靠近P的四等分点T，连接AT，TN， 由NC3PN知TN∥BC，TN14BC1．……………………………………………（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．

由于AT平面PAB，MN平面PAB，

所以MN∥平面PAB．……………………………………………………………………（6分） （Ⅱ）解：由题意知，四周体BANM的体积等于四周体NABM的体积，

3由于PA平面ABCD，NC3PN，所以N到平面ABCD的距离为4PA． 如图，取BC的中点E，连接AE．

由ABAC3得AEBC，AEAB2BE25．

由AM∥BC得B到AD的距离为5，故

S15△ABM2152． 所以四周体BANM的体积

V13PA5BANMVNABM3S△BAM42．……………（12分） 20．（本小题满分12分）

解：（Ⅰ）f(x)2x2x2(x1)(x1)x(x0)， f(x)0，x0f(x)0，由

得0x1；由x0得x1．

∴f(x)在(0，1)上为增函数，在(1，)上为减函数．………………………………（2分） ∴x1是函数f(x)的极值点．

由于

g(x)x2axa，

g(x)12ax2， 又∵函数f(x)与g(x)有相同极值点，∴x1是函数g(x)的极值点，

所以g(1)12a0，解得

a12．

阅历证，当

a12时，函数g(x)在x1时取到微小值，符合题意．…………………（5分） f1122，f(1)1，f(3)92ln3， （Ⅱ）∵ee

f易知92ln31e221f(3)1，即

ef(1)．

x11∴e，3，f(x1)minf(3)92ln3，f(x1)maxf(1)1．

由（Ⅰ）知

g(x)x1x112，g(x)1x2．

x1当

e，1时，g(x)0；当x(1，3]时，g(x)0． 1故g(x)在e，1上为减函数，在(1，3]上为增函数． g由于1ee115231e2，g(1)2，g(3)6g(1)g，所以eg(3)．

x1523e，32，g(x2)ming(1)2，g(x2)maxg(3)6．……………………………（8分）x111，x2当k10，即k1时，对于f(x1)g(x2)e，3≤，不等式k11恒成立k1≥[f(x1)g(x2)]maxk≥[f(x1)g(x2)]max1．

由于

f(x1)g(x2)≤f(1)g(1)15722，

所以k≥72152，又由于k1， 所以k1.

0x121，x2f(x1)g(x2)当k1，即k1时，对于e，3≤，不等式k11恒成立k1≤[f(x1)g(x2)]mink≤[f(x1)g(x2)]min1．

∵f(x1)g(x2)≥f(3)g(3)92ln3237762ln36，

∴k≤7162ln3，又k1，∴k≤7162ln3. ，71综上，所求实数k的取值范围为62ln3(1，). ……………………（12分）21．（本小题满分12分）

解：（Ⅰ）设M，N为短轴的两个三等分点，由于△MNF为正三角形，

所以

|OF|32|MN|，132b23，解得b3，a2b214，

x2y2因此，椭圆C的方程为431．……………………………………………………（4分）

（Ⅱ）设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x，y)，AB的方程为yk(x3)， yk(x3)，x2y21，由43整理得(34k2)x224k2x36k2120，

由242k448(34k2)(3k21)0，得

k235， 24k236k2x121x234k2，x1x234k2， OAOB(x1x2，y1y2)t(x，y)，

x1(x24k2118k1x2)则

tt(34k2)，yt(y1y2)t(34k2)， (24k2)2(18k)2+由点P在椭圆上，得4t2(34k2)23t2(34k2)21，

化简得36k2t2(34k2)，………………………………………………………………（8分）

由于|PAPB|3，所以1k2|x1x2|3，

即

(1k2)[(x1x2)24x1x2]3， (1k2)(24k2)24(36k212)23即(34k)234k2，

即96k456k2390，所以

k2283724，………………………………………（10分）

2837即24k235，由于

36k2t2(34k2)， t2所以

36k22734k2934k2， 所以20283t24，即t2的取值范围为(20283，4)．………………………（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 l1：yk(x3)又f(x)|2xa||2x5|≥|(2xa)(2x5)||a5|，当且仅当(2xa)(2x5)≤0时等号成立. 由（Ⅰ）知，g(x)max1，所以|a5|≤1， 解得6≤a≤4，

4]．…………………………………………………（10分） 所以实数a的取值范围为[6，，①

l2：y1(3x)3k，②

x2y21①×②消k可得：3．

x2x22y21(y0)y1(y0)即P的轨迹方程为3．C1的一般方程为3．

x3cos，C1的参数方程为kZ）ysin，（为参数kπ，．………………………（5分）

（Ⅱ）由曲线C2：

sin424π2(sincos)422得：，

即曲线C2的直角坐标方程为：xy80， 由（Ⅰ）知曲线C1与直线C2无公共点，

曲线C1上的点Q(3cos，sin)到直线xy80的距离为 π2sin83|3cossin8|d22，

πsin13所以当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】

1x，x≤0，g(x)13x，0x1，1x，x≥1，解：（Ⅰ）由题意可得

由于g(x)4，由图象可得不等式的解为5x3，

所以不等式的解集为{x|5x3}．……………………………………………………（5分） （Ⅱ）由于存在x1R，也存在x2R，使得f(x1)g(x2)成立， 所以{y|yf(x)，xR}{y|yg(x)，xR}，