《2017年云南师大附中高考适应性月考卷（一）理科数学（扫 描 版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2017年云南师大附中高考适应性月考卷（一）理科数学（扫 描 版）（18页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、云南师大附中2017届高考适应性月考卷（一）理科数学参考答案 第卷（选择题，共60分）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）题号123456789101112答案ABDCADDACBAB【解析】1，故选A2，则，模为，故选B3设与的夹角为，则，又，故选D4圆的标准方程为(x+2)2+(y1)2=5a，r2=5a，则圆心(2，1)到直线x+y+5=0的距离为，由12+(2)2=5a，得a=4，故选C5该程序框图表示的是通项为的数列前2016项和， 2+2016=3024，故选A.6对于，由l1l2得，错；对于，由得，的周期为，时，错；对于，当时，结论不成立，错；对于，的定义域为(0
2、，)，由得，由得，的单调区间为(0，1)，(1，)，错故选D7，(0，)sin=，cos2=12=，sin2=，而，+(0，)，sin(+)= =，=sin2(+)=sin2cos(+)cos2sin(+)=，故选D8根据题意，AB=AD=2，BD=2，则BAD=在RtBCD中，BD=2，CD=2，则BC=2，又因为平面ABD平面BCD，所以球心就是BC的中点，半径为r=，所以球的体积为：，故选A9作出约束条件表示的平面区域如图1所示由z=ax+y得 y=ax+z，z=ax+y仅在(3，3)处取得最大值，a，解得a，故选C 10由三视图可知该三棱锥底面是边长为4的正三角形，面积为，两个侧面是全
3、等的三角形，三边分别为，4，面积之和为，另一个侧面为等腰三角形，面积是44=8，故选B11由题知AFBF，根据椭圆的对称性，AFBF（其中F是椭圆的左焦点），因此四边形AFBF是矩形，于是，|AB|=|FF|=2c，|AF|=2csin，|AF|=2ccos，根据椭圆的定义，|AF|+|AF|=2a，2csin+2ccos=2a，椭圆离心率e=，而，+，sin，故e的最大值为，故选A12的导数为的导数为设与曲线相切的切点为与曲线相切的切点为(s，t)，则有公共切线斜率为又，即有，即为，即有则有即为令则，当时，递减，当时，递增，即有处取得极大值，也为最大值，且为由恰好存在两条公切线，即s有两解，
4、可得a的取值范围是，故选B 第卷（非选择题，共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号13141516答案6(4，21，2)【解析】13，设第r项为常数项，则，令，可得，14由f(x+2)=可得，f(x+4)=f(x)，所以函数f(x)是以4为周期的周期函数，15将y=2x代入，得设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1+x2=，x1x2=.=x1x2+y1y2=x1x2+(2x1) (2x2)=2x1x22(x1+x2)+4，所以+4=0，即2a2b=ab，即ab=ab，所以16时，整理得，又，故不等式可化为：，设，由于，由题意可得解得或三、解答题（共70分解答应写
5、出文字说明，证明过程或演算步骤）17（本小题满分12分）解：（）根据正弦定理，可得csinA=asinC，因为csinA=acosC，所以asinC=acosC，可得sinC=cosC，得tanC=，因为C(0，)，所以C=（6分）（）因为sinC+sin(BA)=5sin2A，C=， sinC=sin(A+B)，所以sin(A+B)+sin(BA)=5sin2A，所以2sinBcosA=25sinAcosA 因为ABC为斜三角形，所以cosA0，所以sinB=5sinA，由正弦定理可知b=5a，由余弦定理c2=a2+b22abcosC，所以21=a2+b22ab，由解得a=1，b=5，所以S
6、ABC=absinC=15 （12分）18（本小题满分12分）解：（）因为网购金额在2000元以上（不含2000元）的频率为0.4，所以网购金额在(2500，3000的频率为0.40.3=0.1，即q=0.1，且y=1000.1=10，从而x=15，p=0.15，相应的频率分布直方图如图2所示 （4分）（）相应的22列联表为： 由公式K2=，因为5.565.024，所以据此列联表判断，在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为网购金额超过2000元与网龄在3年以上有关 （8分）（）在(2000，2500和(2500，3000两组所抽出的8人中再抽取2人各奖励1000元现金，则(2000，250
7、0组获奖人数X为0，1，2，且 ，故(2000，2500组获得现金奖的数学期望+1000+2000=1500 （12分）19（本小题满分12分）（）证明：由四边形ABCD为菱形，ABC=60，可得ABC为正三角形，因为E为BC的中点，所以AEBC. （1分）又BCAD，因此AEAD（2分）因为PA平面ABCD，AE平面ABCD，所以PAAE （3分）而PA平面PAD，AD平面PAD，PAAD=A，所以AE平面PAD （5分）（）解法一：为上任意一点，连接，由（）知AE平面PAD，则EHA为EH与平面PAD所成的角 （6分）在中，所以当AH最短时，即当时，EHA最大，此时，因此 （7分）又AD=
8、2，所以ADH=45，所以PA=2 （8分）因为PA平面ABCD， PA平面PAC，所以平面PAC平面ABCD过E作EOAC于O，则EO平面PAC过O作OSAF于S，连接ES，则ESO为二面角EAFC的平面角 （9分）在RtAOE中，又F是PC的中点，在RtASO中，又， （10分）在RtESO中， （11分）即所求二面角的余弦值为 （12分）解法二：由（）可知AE，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，以AE，AD，AP分别为x，y，z轴，建立如图3所示的空间直角坐标系设AP=a， （6分）则A(0，0，0)，B(，1，0)，C(，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，a)，E(，0，0)，
9、F，H(0，22，a)(其中0，1)，平面PAD的法向量为=(1，0，0)，设为EH与平面PAD所成的角， EH与平面PAD所成最大角的正切值为， 的最大值为，即在0，1的最小值为5，函数对称轴(0，1)，所以，计算可得a=2， （8分）所以，0，0)，设平面AEF的一个法向量为=(x1，y1，z1)，则因此取，则= (0，2，1)， （9分）= (，3，0)为平面AFC的一个法向量， （10分）所以cos，=， （11分）所以，所求二面角的余弦值为 （12分）20（本小题满分12分）解：（）由抛物线在第一象限内的点P到焦点的距离为，得，抛物线C的方程为y2=2x，P(2，2) （2分）C在第
10、一象限的图象对应的函数解析式为，则y=，故C在点P处的切线斜率为，切线的方程为令y=0得x=2，所以点Q的坐标为(2，0)故线段OQ的长为2 （5分）（）l2恒过定点(2，0)，理由如下：由题意可知l1的方程为x=2，因为l2与l1相交，故由l2：，令x=2，得，故设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由消去x得：，则， （7分）直线PA的斜率为，同理直线PB的斜率为，直线PE的斜率为因为直线PA，PE，PB的斜率依次成等差数列，所以，即 （10分）整理得：， 因为l2不经过点Q，所以，所以2mb+2=2m，即b=2故l2的方程为，即l2恒过定点(2，0). （12分）21（本小题满分12分）
11、解：（）由，得，. 又点(1，f(1)在直线上，. （3分）（）由，得1，e，且等号不能同时取得，即.恒成立，即.令，1，e，则，当1，e时，从而.在区间1，e上为增函数，. （7分）（）由条件假设曲线上存在两点P，Q满足题意，则P，Q只能在y轴的两侧，不妨设()，则()是以O（O为坐标原点）为直角顶点的直角三角形，是否存在P，Q等价于该方程且是否有根当时，方程可化为，化简得，此时方程无解；当时，方程可化为，即设，则()，显然，当时，即在区间上是增函数，的值域是，即当时方程总有解，即对于任意正实数a，曲线上总存在两点P，Q，使得是以O（O为坐标原点）为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在轴上 （12分）22（本小题满分10分）【选修41：几何证明选讲】（）证明：连接ON，PN为的切线，90在中，又，根据弦切角定理，得，（4分）（）解法一：，为等边三角形，设的半径为，则在直角三角形中，根据相交弦定理，可得，即可得， （10分）解法二：60，PM
