《云南师范大学附属中学2020-2021学年高三高考适应性月考卷（九）理数答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《云南师范大学附属中学2020-2021学年高三高考适应性月考卷（九）理数答案（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、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BBCCDAACDBCD 【解析】 1 |ln1 |eBxxx x ，则() e)2( UU AB ，故选 B 2设 i()zxy xyR， ，由2 3izz，得3 i3ixy，所以 1 1 x y ， ， 1111 i 1i22z ，所以 复数 1 z 在复平面内对应的点为 11 22 ， ，即复数 z 在复平面上对应的点位于第四象限，故选 B 3根据平移变换不改变向量的长度和方向，故选 C 4若 ( )f x是 R 上周期为 5 的奇函数，()( )fxf x ， (
2、5)( )f xf x ， ( 12)(12)ff (2)2f ， (4)( 1)(1)1fff ， ( 12)(4)2( 1)1ff ，故选 C 5基本事件总数为 3 10 C，所取的 3 个球中没有 1 个红球的基本事件为 3 6 C，所求概率为 3 6 3 10 C15 11 C66 ，故选 D 6B 选项中，还可以是与相交，B 错误；C 选项中，m 和 n 还可以是异面直线，C 错误；D 选 项中，还可以是l，D 错误，故选 A 7设线段 1 PF的中点为 M，连接 OM， 2 PF线段 1 PF的中点 M 坐标为 (0)b， ， 点 P 在双曲线 C 的右支上 如图 1 所示： 原点
3、 O 为线段 12 FF 的中点，OM 2 1 2 PF，即 212 PFFF， 2 |2|2PFOMb由双曲线 的定义可知， 12 |2PFPFa，即 1 |22PFab， 12 |2FFc，在 12 RtFF P中， 222 1212 |PFPFFF，即 222 (22 )(2 )(2 )abbc，整理得2ba，2 b a ，故 选 A 8 3 ( )2sincos2cossinsin 222222 f xxxxxx ，由“函数 ( )f x在 2 63 ， 上单 调递增”，可得： 3 002 4 ，故选 C 图 1 9 函 数 32 1 ( )9 3 f xxmxmx在 R 上 无 极
4、值 2 ( )2fxxmxm在 R 上 无 变 号 零 点 2 44001mmm ，故选 D 10由题设和抛物线定义知： 1 1 111 1 1 111 1 | | 2 4 1 | | 2 ABB ABA BBAB S BBBF SAAAF AAAB ，设直线 AB 的倾斜角为， 则 2 | 1cos AF ， 2 | 1cos BF ，所以 82 1cos1cos ，解得 3 cos 5 4 tan 3 ， 故选 B 11 ln2020 ln2022ln2020 2021 ln2021 ln2021ln2021 2022 a b ，构造函数 2 ln ( )(e ) 1 x f xx x ，
5、 2 (1)ln ( ) (1) xxx fx x x ，令 ( )(1)lng xxxx ， 则 ( )ln0g xx ， ( )g x 在 2 e) ，上 单 减 ， 2 ( )(e )g xg 2 1e0 ，故 ( )0fx ， ( )f x 在 2 e) ，上 单减 ， ln (2020)(2021)0 ln a ff b ln2020 (2020) 2021 1lnln ln2021 (2021) 2022 f abab f ，同理可得 lnlnbcbc，故abc，故选 C 12如图 2，10 个半径为 1 的小球放进棱长为 a 的正四面体 ABCD 中， 成三棱锥形状， 有 3 层
6、， 则从上到下每层的小球个数依次为： 1，(12) ，(1 23) 个，当 a 取最小值时，从上到下每层放在 边缘的小球都与正四面体的侧面相切，底层的每个球都与正四面体底面相切，任意相邻的两个 小球都外切，位于每层正三角状顶点的所有上下相邻小球的球心连线为一个正四面体 EFGH， 则该正四面体的棱长为(3 1)(1 1) 4 ，可求得其高为 64 6 4 33 EP ，所以正四面体 ABCD 的高为AQ AEEPPQ 4 64 6 1 314 33 ， 进而可求得其棱长a的最小值为42 6， 故选 D 二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分） 题号13141516 答案1
7、60 2 0 4 ， 51 2 6 3 17 【解析】 图 2 13 2612 3 166 2 C ()C ( 2)(0 1 2 3 4 5 6) r rrrrr r Txxr x ， ， ， ，令12333rr，即得 3 x的 系数为 33 6 C ( 2)160 14因为ABC 是直角三角形，所以其垂心为直角顶点 (0)C m， ，其外心为斜边 AB 的中点 M，故 ABC 的“欧拉线”即为直线 MC，由题设知直线 MC 即为正切曲线 tanyx 以点 1 4 D ， 为 切点的切线，又点 1 4 D ， 在斜边 AB 上，故ABC 的外心 M 即为点 1 4 D ， ，又可得切线斜 率
8、2 44 sin1 (tan )2 cos cos 4 xx x kx x ，故其“欧拉线”的方程为 12 4 yx ，令 1 0 42 ym， 2 0 4 C ， 15法一：由三角形的射影定理知：coscosbcAaC，又知cosbcA， cos0 2 CC 2 AB， 又 知cosabA， 由 正 弦 定 理 得 ： sinsincossin 2 ABAB 22 51 sincoscossincoscos10cos 22 BBBBBBB 法二：由正、余弦定理再结合题设求得 51 cos 2 B 16如图 3，由入射角等于反射角原理知：分别顺次以 正六边形的 BC， 1 CD， 11 D E
9、， 11 E F， 11 F A边为对 称轴作 5 次对称变换后可知，小球的运行轨迹即为 线段 PR，过 R 作直线 AB 的垂线 RS，垂足为 S，则 由 题 设 易 知 ： 6 3RS ，17PS ， 故 6 3 tantan 17 RS BPQ PS 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） （1）证明：因为 1 11 21 nnn n aaa nn ， * nN， 所以， 1 12 nn aa nn ， * nN 图 3 又 1 10 1 a ，所以 1 1 1 2 n n a n a n ， 故数列 n a n 为等比数列，首项为
10、 1，公比为 1 2 所以 1 1 1 11 122 n n n aa n ，故 1 2 n n n a （6 分） （2）解： 01221 1231 22222 n nn nn S ， 231 11231 222222 n nn nn S ， 、式错位相减得： 1 231 1 1 11111222 1 1 22222222 1 2 n n n nnnn nnn S ， 1 1 22 2 n n n n S （12 分） 18（本小题满分 12 分） （1）证明：因为AB 平面 11 BBC C， 1 C B 平面 11 BBC C， 所以 1 ABC B 在 1 BCC中，1BC ， 1 3
11、BC ， 1 2CC ， 所以 222 11 BCBCCC 所以 1 CBC B 因为ABBCB，AB，BC 平面 ABC， 所以 1 C B 平面 ABC （4 分） （2）解：由（1）知， 1 ABC B， 1 BCC B，ABBC， 如图 4，以 B 为原点建立空间直角坐标系B xyz 则 (0 0 0)B ， ， ， (0 0 2)A ， ， ， 1 3 1 2 E ， ， (1 0 0)C ， ， (1 0 0)BC ， ， 1 3 1 2 BE ， 设平面 BCE 的法向量为 ()xyz， ，n ， 图 4 则 0 0 BC BE ， ， n n 即 0 1 30. 2 x xyz
12、 ， 令3y ，则0 x ，3z ， 所以(033)，n 又因为(1 02)AC ， ， 故点 A 到平面 BCE 的距离 1 003( 2)( 3) 3 |2 3 AC d | | n n （12 分） 19（本小题满分 12 分） 解：（1）每道题的抢答中，记甲得一分为事件 M M 发生有两种可能：抢到题且答对，乙抢到题且答错， 13112 () 25255 P M ， 比赛开始，甲率先得一分的概率为 2 5 （4 分） （2）由（1）知，在每道题的抢答中甲、乙得一分的概率分别为 2 5 ， 3 5 ， 设两人共抢答了 X 道题比赛结束，且甲获胜 根据比赛规则，X 的所有可能取值分别为 3
13、，4，5， 则 3 28 (3) 5125 P X ， 3 1 3 3272 (4)C 55625 P X ， 23 2 4 32432 (5)C 553125 P X ， 则甲获胜的概率 992 (3)(4)(5) 3125 PP XP XP X（9 分） （3）由（1）（2）知改变规则后甲获胜的概率 22 1 12 232 (2)(3)C 555 PP XP X 441100 1253125 ， 而 1100992 31253125 ， 即 1 PP此时甲获胜的概率更大了，对甲更有利（12 分） 20（本小题满分 12 分） （1）解：由椭圆定义知： 22 22 12 33 2|(1( 1
14、)0(1 1)04 22 aMFMF ， 所以2a ，又1c ， 2 3b ，因此椭圆方程为 22 1 43 xy （4 分） （2）证明：设直线 l 的方程为 1xmy ， 11 ()A xy， 22 ()B xy， 1 ( 4)Ny ， 由 22 1 1 43 xmy xy ， ，消去 x，整理得： 22 (43)690mymy， 所以 12 2 6 43 m yy m ， 12 2 9 43 y y m ， 又 1 ( 4)Ny ，所以直线 BN 的方程为 1 (4) BN yykx， 即 1 4 BN BN y ykx k ， 又 212121 222 4(1)43 BN yyyyyy
15、 k xmymy ， 所以 112121 21121 (3)3 2 BN yy mymy yy kyyyyy ， 将、式代入式化简得： 1 3 2 NB y k ， 代入化简得直线 BN 的方程为 5 2 BN ykx ， 故直线 BN 过定点 5 0 2 D ， （12 分） 另法：注意到4x 是椭圆的准线，可用椭圆第二定义再结合平面几何知识能比较简洁地证明 直线 BN 过线段 1 GF的中点 5 0 2 D ， ，其中 G 为准线4x 与 x 轴的交点 21（本小题满分 12 分） 证明：（1） 3 ( )sin 6 x f xxx， 2 ( )cos1 2 x fxx ，( )sinfx
16、xx ， ( )1cos0fxx ， ( )fx 在0 ) ， 上单增， ( )(0)0fxf ， ( )fx 在0 ) ， 上单增， ( )f x在0) ， 上单增， ( )(0)0f xf ， 即当0 x时， ( )0f x （6 分） （2）由（1）的结果知：当0 x时， 3 ( )sin0 6 x f xxx(当且仅当0 x 时取“=”)， 345 2 ( )( )sin2coscos 31230 xxx g xh xxxxxx(当且仅当0 x 时取“”)， 34 2 ( )sin2sin2 36 xx h xxxxxx 3 sin (2)(2)(2) 6 x x xx xx 3 (2) sin 6 x xxx ， 再由（1）的结果知：当0 x 时， 3 ( )sin0 6 x f xxx 令 ( )0h x ，得2x ； 令 ( )0h x ，得2x ，( ) h x在(2) ， 上单增； 令 ( )0h x ，得02x，( ) h x在(0 2)， 上单减， min 16 ( )(2)sin2 15 h xh， 16 ( )sin2 15 h x(当且仅当2x 时取“=”)
