云南师范大学附属中学高三高考适应性月考（九）数学（理）试题（解析版）

1、试卷第 =page 2 2页，共 =sectionpages 4 4页第 Page * MergeFormat 19 页 共 NUMPAGES * MergeFormat 19 页2022届云南师范大学附属中学高三高考适应性月考卷（九）数学（理）试题一、单选题1复数的模是（）A BC0D1【答案】D【分析】结合复数的模的定义,根据求解即可.【详解】解：因为，所以，所以复数z的模是1.故选:D2已知集合，则集合B中元素的个数是（）A1B4C3D2【答案】B【分析】根据所给定义求出集合，即可判断；【详解】解：因为，所以，即集合B中的元素有，共4个，故选：B3从2名男生和4名女生中选3人参加校庆汇报

2、演出，其中至少要有一男一女，则不同的选法共有（）A16种B192种C96种D32种【答案】A【分析】分1男2女和2男1女两种情况分别选取即可得出答案.【详解】若选出的3人为1男2女的情况有种.若选出的3人为2男1女的情况有种.所以至少要有一男一女的选法有，故选：A4阿基米德不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积若椭圆C的焦点在x轴上，且椭圆C的离心率为，面积为则椭圆C的标准方程为（）ABCD【答案】C【分析】设出椭圆方程，由题意可得，结合离心率以及的关系，可得出答案.【详解】设椭圆的标准方程为，焦距为，则，解得，椭圆的

3、标准方程为，故选：C5已知一个三棱锥的三视图如图所示，正视图为正方形，侧视图和俯视图均为直角三角形，则该几何体的体积是（）A12B2C4D6【答案】B【分析】根据三视图还原出三棱锥的直观图，根据棱锥体积公式求解即可.【详解】由三视图可知，该几何体为图中三棱锥，故选：B6已知是等差数列，是的前n项和，则“对任意的且，”是“”的（）A既不充分也不必要条件B充分不必要条件C必要不充分条件D充要条件【答案】B【分析】对进行赋值分析【详解】因为对任意的且，当时，当时，所以成立；充分性成立当成立时，可推出等差数列的公差大于零，但“对任意的且，”未必恒成立，例如，当时，不成立，必要性不成立故选：B7设实数x

4、，y满足约束条件，则目标函数的最小值为（）A40B2C4D6【答案】C【分析】画出可行域，将问题转化为点到区域内一个点的距离的平方即可【详解】约束条件所满足的区域如图所示目标函数的几何意义是点到区域内一个点的距离的平方由图知此最小值为以点为圆心，与直线相切的圆的半径的平方根据点到直线的距离公式，求得圆心到直线的距离为故最小值为4故选：C8已知函数，若，则下列结论正确的是（）A在区间上单调递减B的图象关于直线对称CD【答案】C【分析】结合辅助角公式可求得的值域，进而利用构造方程求得的值，知D错误；根据正弦型函数单调性、对称轴的求法可知AB正误；代入知C正确.【详解】（其中），解得：；，对于A，当

5、时，则当，即时，单调递增，A错误；对于B，当时，不是的对称轴，B错误；对于C，C正确；对于D，D错误.故选：C.9已知圆：，圆：（且），则圆与圆的公切线有（）A4条B1条C2条D3条【答案】C【分析】根据题意，判断两圆的位置关系得两圆相交，进而得答案.【详解】解：解法一：圆的圆心为，半径为， 圆的圆心为，半径为，所以，圆心之间的距离，因为，故两圆相交，有两条公切线；解法二：两圆有，两个公共点，故两圆相交，有两条公切.故选:C10对于函数的图象上不同的两点，记这两点处的切线的斜率分别为和定义（为线段AB的长度）为曲线上A，B两点间的“弯曲度”.下列命题中真命题是（）若函数图象上A，B两点的横坐标

6、分别为1和2，则中；存在这样的函数，其图象上任意两点间的“弯曲度”为常数；设A，B是抛物线上不同的两点，则；设指数曲线上不同的两点，且，若恒成立，则实数t的取值范围是ABCD【答案】D【分析】由题定义对每个结论逐一判断【详解】对于，由得，则，所以错；对于，常值函数的“弯曲度”为零（常数），所以正确；对于，由得，则，所以正确；对于，由可得，而，所以错误故选：D11如图，椭圆的焦点在x轴上，长轴长为，离心率为，左、右焦点分别为，若椭圆上第一象限的一个点A满足：直线与直线的交点为B，直线与x轴的交点为C，且射线为ABC的角平分线，则的面积为（）ABCD【答案】A【分析】先求出椭圆方程，结合射线为AB

7、C的角平分线求出，进而写出的直线，联立椭圆解出A点坐标，即可求出面积.【详解】设椭圆的方程为，则，故椭圆的方程为；又射线为的角平分线，在和中由正弦定理得，又射线为ABC的角平分线，可得，则在直角中，故，所以直线：，点为直线与椭圆的交点，联立方程解得（舍负），故.故选：A12已知在上的连续函数，其导函数为，满足，恒成立，设，则（）ABCD【答案】D【分析】结合题意，构造函数，进而得，单调递减，再根据函数单调性比较大小.【详解】令，因为，恒成立，所以，当时，单调递减，因为，所以.故选：D二、填空题13若，且，则与夹角的余弦值为_【答案】【分析】设与的夹角为，进而根据向量数量积的运算求解即可.【详解

8、】解：设与的夹角为，因为，且，所以故答案为：14函数在点处的切线方程为_【答案】【分析】先求导，进而得切线斜率，利用直线方程的点斜式即得.【详解】函数的导函数为，则，故切线斜率为2，又，所以切线方程为，即故答案为：.15的展开式中的系数是_【答案】10【分析】由二项式定理得展开式的通项，进而令解得即可求解答案.【详解】解：展开式的通项，令，解得，所以的系数为故答案为：.16用基因型为Aa的小麦进行随机交配并逐代淘汰隐性个体，则第9代Aa基因型频率为_【答案】【分析】构建递推求出第代杂合子比例，再代入数据即可【详解】设第代含基因型为的个体数为，基因型为Aa的个体数为第代总个体数为，可得，得，故数

9、列是以为首项，为公差的等差数列，解得，故第9代Aa基因型频率为故答案为：三、解答题17年云南省有个文科考生分数达到了一本线，其中大约有人的分数集中在内，其成绩的频率分布如下表所示：分数段频数频率(1)求、；(2)求这人分数的中位数的估计值（结果保留两位小数）【答案】(1)，(2)【分析】（1）利用频率、频数和总容量之间的关系可求得、的值；（2）利用中位数的定义可求得中位数的估计值.【详解】(1)解：由题意可得，(2)解：设这人分数的中位数的估计值为，分数低于分的频率为，分数低于分的频率为，所以，这人分数的中位数的估计值18如图，ABC中，点D在AB上且满足：，在，这三个条件中任选一个，补充在题

10、设中，求ABC的面积(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)【答案】6.【分析】在ABC中利用正弦定理结合可得；在ACD和BCD中利用正弦定理结合可得CD是的角平分线若选：在和ABC中分别利用余弦定理表示出cosA，由此列方程可求出AC、BC，再求出cosA和sinA，根据即可求解；若选：在ACD中利用正弦定理表示出sinACD，由CD是的角平分线，可用余弦二倍角公式表示出cosACB.在ABC中，利用余弦定理可求AC、BC，从而求得sinACD，cosACB，sinACB，根据即可求解；若选：根据余弦二倍角公式可求cosACB，从而可求sinACB，在ABC中利用余弦定理可求AC，

11、从而可求BC，从而根据即可求解.【详解】在中，由正弦定理得，在中，由正弦定理得，即，则，即是的角平分线；，在中，由及正弦定理得，即.若选：在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，cosA，则，若选：在中，设，由正弦定理得，则，是的角平分线，故，在中，由余弦定理得，解得，BC，故，则若选：设，则，在中，由余弦定理得，解得，BC，则19下图甲是由直角梯形ABCD和等边三角形CDE组成的一个平面图形，中，将CDE沿CD折起使点E到达点P的位置（如图乙），在四棱锥P-ABCD中，若(1)证明：平面平面ABCD；(2)若平面PCD与平面PAB的交线为l，求l与平面PAD所成角的正弦值【答案】(1)证明见

12、解析；(2).【分析】（1）由题可得，进而可证平面，即证；（2）延长和交于点，可得为平面与平面的交线，利用坐标法可求平面的法向量，进而即得.【详解】(1)取中点为，连接，由题得，得，平面，平面，所以平面平面；(2)如图，延长和交于点，连接，则为平面与平面的交线，即为，取中点为，连接，如图，以为坐标原点，OF，OD，OP分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，设平面的法向量为，令，解得设与平面的所成角为，则，即l与平面PAD所成角的正弦值为20已知双曲线C：的离心率为2，为双曲线C的左、右焦点，是双曲线C上的一个点(1)求双曲线C的方程；(2)若过点且不与渐近线平行的直线l（斜率不为0）与双曲线C的

13、两个交点分别为M，N，记双曲线C在点M，N处的切线分别为，点P为直线与直线的交点，试求点P的轨迹方程（注：若双曲线的方程为，则该双曲线在点处的切线方程为）【答案】(1)(2)【分析】（1）根据基本量列方程求解即可；（2）设出直线l：和交点，根据题意列出方程消去即可求出.【详解】(1)据题意，则，点在双曲线上，则，又，则，双曲线的方程为(2)设，直线l：，联立，由题知，切线：，切线：，记，则，两式相加得，将代入得；两式相减得，由得，联立和得，故，又，所以，则，故点的轨迹方程为【点睛】方法点睛 ：求某点的轨迹方程，可以先设出该点，然后运用已知条件寻求横纵坐标之间的关系.21已知函数，函数，(1)试

14、讨论函数的单调性；(2)若是函数的最小值点，且函数在处的切线斜率为2，试求a的值【答案】(1)答案见解析；(2).【分析】（1）由题可得，讨论，即得；（2）由题可得是一个单调递增的函数，利用零点存在定理可得，使得，进而可得，利用导数可得，结合条件可得，即求.【详解】(1)，当时，函数在定义域上单调递增；当时，函数的单调性如表格所示：+单调递增极大值单调递减(2)由题可得，则是一个单调递增的函数，当时，当时，故，使得，且单调递减极小值（即最小值）单调递增所以，整理该式有，令，则，所以函数在上单调递增，故的解满足；又，所以，由知，故22在平面直角坐标系xOy中，已知曲线C的参数方程为（为参数）以坐

15、标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，射线l的极坐标方程为(1)求曲线C的普通方程和射线l的直角坐标方程；(2)射线l与曲线C相交于点P，点Q在极轴上（异于极点），当且OPQ的面积为时，求OPQ的外接圆的极坐标方程【答案】(1)，(2)【分析】（1）依题意可得（为参数），再将两式平方相加即可得到曲线的普通方程，根据即可得到射线的直角坐标方程；（2）首先由同角三角函数的基本关系求出，设，代入椭圆方程，即可求出，即可得到，设根据三角的面积求出，即可求出点坐标，从而求出，再在中，由余弦定理求出，即可得到是以为斜边的直角三角形，从而求出的外接圆的方程，再化为极坐标方程即可；【详解】(1)解：由（为参数），得（为参数），两式平方相加，所以为的普通方程；由，所以射线的直角坐标方程为(2)解