2021届云南XX中学高三高考适应性月考卷(七)数学(理)试题(解析版)

2021届云南师范大学附属中学高三高考适应性月考卷（七）数学（理）试题一、单选题1．已知复数(i是虚数单位)，则（）A． B． C． D．【答案】C【分析】先化简复数，再求解其共轭复数即可.【详解】，∴，故选:C.2．已知集合，则集合的真子集的个数是A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【解析】，则的真子集的个数为个.本题选择C选项.3．某单位有管理人员､业务人员､后勤人员共m人，其中业务人员有120人，现采用分层抽样的方法从管理人员､业务人员､后勤人员中抽取部分职工了解他们的健康状况，若抽取的管理人员有6人，且抽取的管理人员与业务人员的比为，抽取的后勤人员比业务人员少20人，则m的值为（）A．170 B．180 C．150 D．160【答案】A【分析】根据分层抽样的概念及计算方法，列出等式，即可求解.【详解】若抽取的管理人员有6人，且抽取的管理人员与业务人员的比为1∶4，所以抽取的业务人员有24人，又抽取的后勤人员比业务人员少20人，抽取的后勤人员有4人，所以，解得.故选：A.4．已知、是定义在上的偶函数和奇函数，若，则（）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意可得出关于、的方程组，进而可解得的值.【详解】，所以，，①，，②，因为、是定义在上的偶函数和奇函数，由②可得，则有，解得.故选：D.5．命题p：存在实数a，使得对任意实数x，恒成立；命题q：，为奇函数，则下列命题是真命题的是（）A． B．C． D．【答案】C【分析】对于命题p，取可判断真假；对于命题q，由，可判断真假，从而逐项排除可得答案.【详解】对于命题p，取，对任意实数x，成立，因此p真命题；对于命题q，函数的定义域是，且，∴为奇函数，因此q真命题，所以为假命题，为假命题，所以为假命题，故A错误；为假命题，故B错误；为真命题，故C正确；为假命题，故D错误.故选：C.6．若，，(，且)成等比数列，则点在平面直角坐标系内的轨迹位于（）A．第三象限 B．第四象限C．第一象限 D．第二象限【答案】B【分析】由等比数列的定义可得，，求出的范围，即可得出结论.【详解】因为，，成等比数列，所以，即，，，所以，所以，所以位于第四象限.故选:B.7．方程有4个不等的实根，且组成一个公差为1的等差数列，则的值为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题意设4个根组成的等差数列为，，，，根据韦达定理可知，进而可得，求出4个根即可求解.【详解】设4个根组成的等差数列为，，，，则，∴.又∵，∴，∴，，，∴，故选：C8．已知函数(，)的图象上相邻两个最值点间的距离为3，且过点，则要得到函数的图象，只需将函数的图象（）A．向右平移1个单位 B．向左平移1个单位C．向右平移个单位 D．向左平移个单位【答案】A【分析】由函数过点，可得，由函数的最值和最值间的距离可得，进而可得，求出函数解析式，可得结果.【详解】由题意，又，所以.易知的最大值为2，最小值为，则相邻两个最值点间的距离为，所以.所以，故要得到函数的图象，只需将函数的图象向右平移1个单位.故选:A9．“干支纪年法”是中国历法上自古以来使用的纪年方法，甲､乙､丙､丁､戊､己､庚､辛､壬､癸被称为“十天干”，子､丑､寅､卯､辰､巳､午､未､申､酉､戌､亥叫做“十二地支”.“天干”以“甲”字开始，“地支”以“子”字开始，两者按干支顺序相配，组成了干支纪年法，其相配顺序为：甲子､乙丑､丙寅､……､癸酉､甲戌､己亥､丙子､……､癸未､甲申､乙酉､丙戌､……､癸巳､……，共得到60个组合，周而复始，循环记录.已知1894年是“干支纪年法”中的甲午年，那么2021年是“干支纪年法”中的（）A．庚子年 B．辛丑年 C．己亥年 D．戊戌年【答案】B【分析】根据“干支纪年法”的规则判断．【详解】天干的周期为10，地支的周期为12，因为1894年是“干支纪年法”中的甲午年，所以2014年为甲午年，从2014年到2021年，经过了7年，所以“天干”中的甲变为辛，地支中的午变为丑，即2021年是辛丑年，故选：B.10．在正方体中，三棱锥的内切球的表面积为，则正方体外接球的体积为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】设正方体的棱长为a，求出三棱锥的内切球半径，设到平面的距离为h，可得，从而可得，求出正方体的对角线可得正方体外接球的半径，利用球的体积公式即可求解.【详解】设正方体的棱长为a，则，因为三棱锥的内切球的表面积为，所以三棱锥的内切球半径为2.设三棱锥的内切球的球心为O，到平面的距离为h，则，∴，∴，.所以正方体外接球的半径，正方体外接球的体积为，故选：B11．已知函数，当且时，方程的根的个数是（）A．7 B．6 C．9 D．8【答案】D【分析】设，，求方程的根的个数，即求函数与的图象的交点个数.利用函数均为奇函数求解即可【详解】设，，求方程的根的个数，即求函数与的图象的交点个数.因为与均为奇函数，故只需求函数与的图象在上的交点个数.因为，所以在，上单调递增，在，上单调递减.画出函数与在上的图象，如图所示：得两图象在上有4个交点，故在上也有4个交点，故方程在上有8个根，故选：D【点睛】关键点点睛：将函数函数拆分成两个函数，研究其交点个数是关键12．已知双曲线C：，若直线l：与双曲线C的右支交于不同的两点M，N，且M，N都在以为圆心的圆上，则m的取值范围是（）A． B．C． D．【答案】A【分析】设出直线方程与双曲线方程联立，利用判别式、两根之和与两根之积列不等式，根据M，N都在以为圆心的圆上列出等量关系，进而可得答案.【详解】设，，由，因为直线l与双曲线的右支相交，则①，且，②，设MN的中点为，则，，则∵，∴，∴③，由①②③得，故选：A.【点睛】方法点睛：解决直线与双曲线的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程或不等式求解.二、填空题13．若实数x，y满足则不等式组表示的平面区域的面积为___________.【答案】4【分析】作出不等式组对应的平面区域，求出交点的坐标，利用三角形的面积公式进行求解即可．【详解】可行域如图所示的阴影部分，A（2，2），B（2，﹣2），故．

故答案为：4．14．已知点O为坐标原点，抛物线与过焦点的直线交于A，B两点，则等于___________.【答案】【分析】由题知抛物线的焦点，进而分直线斜率存在和不存在两种情况讨论求解即可.【详解】设，，当直线斜率不存在时，，所以.当直线斜率存在时，设方程为，与抛物线联立方程得：所以，∴.故答案为：.【点睛】本题考查过抛物线的焦点的弦的性质，考查运算求解能力，分类讨论思想，是中档题.本题解题的关键在于根据已知条件分直线斜率存在和不存在两种情况讨论；此外，掌握过抛物线焦点的弦的相关性质，能够快速解题.15．已知的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，若把其展开式中所有的项重新排列，则有理项互不相邻的概率为___________.【答案】【分析】根据，可得，利用二项式展开式的通项公式求出有理项，再利用插空法以及古典概型的概率计算公式即可求解.【详解】由，得，所以的展开式中的通项为，当，6时为有理项，其余7项为无理项，所以有理项互不相邻的概率为.故答案为：16．设函数，若曲线上存在点，使得成立，则实数a的取值范围是___________.【答案】【分析】利用函数单调性可得，问题转化为在内有解，即在内有解，令，利用导数求出的值域即可求解.【详解】因为在曲线上，，∴.由于在定义域内是增函数，所以若，则，与矛盾，若，则，与矛盾，所以，则问题转化为在内有解，即方程在内有解，得方程在内有解，令，则，∴时，，即在上单调递增，所以.故答案为：三、解答题17．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设.（1）求角B；（2）若，且的面积等于，求的值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）利用正弦定理的边角互化以及辅助角公式即可求解.（2）根据三角形的面积公式可得，再利用余弦定理可得，代入即可求解.【详解】解：（1）因为，所以.∵，∴，∴，∴，∴，∴.（2）因为，∴，∴.又∵，∴.∴.18．支付宝为人们的生活带来许多便利，为了了解支付宝在某市的使用情况，某公司随机抽取了100名支付宝用户进行调查，得到如下数据：每周使用支付宝次数123456及以上40岁及以下人数334873040岁以上人数4566420合计7810141150（1）如果认为每周使用支付宝超过3次的用户“喜欢使用支付宝”，完成下面列联表，并判断能否在犯错误概率不超过0.05的前提下，认为是否“喜欢使用支付宝”与年龄有关？不喜欢使用支付宝喜欢使用支付宝合计40岁及以下人数40岁以上人数合计①求抽取的3名用户中，既有40岁及以下“支付宝达人”又有40岁以上“支付宝达人”的概率；②为了鼓励40岁以上用户使用支付宝，对抽出的40岁以上“支付宝达人”每人奖励500元，记奖励总金额为X(单位：元)，求X的数学期望.附：，其中.0.150.100.050.0250.0100.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828【答案】（1）列联表答案见解析，在犯错误率不超过0.05的前提下，不能认为是否“喜欢使用支付宝”与年龄有关；（2）①；②.【分析】（1）根据题干列联表，计算，对照参照值得出结论；【详解】（1）由题中表格数据可得列联表如下：不喜欢使用支付宝喜欢使用支付宝合计40岁及以下人数10455540岁以上人数153045合计2575100将列表中的数据代入公式计算得：的观测值，所以在犯错误率不超过0.05的前提下，不能认为是否“喜欢使用支付宝”与年龄有关.①抽取的3名用户中，既有40岁及以下“支付宝达人”又有40岁以上“支付宝达人”的概率为.②记抽出的40岁以上“支付宝达人”的人数为，则.由题意得，∴，所以的数学期望.19．如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，且，，平面，，，.（1）求证：平面平面；（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长.【答案】（1）证明见解析；（2）或.【分析】（1）过D作，交BC于F，可证四边形为矩形，分别求得CF、DF、BD的长，根据勾股定理，可证，根据题意，可得，根据线面垂直的判定定理，可证平面PCD，根据面面垂直的判定定理，即可得证.（2）如图建系，求得各点坐标，进而可得，，坐标，求得平面PAB的法向量，根据线面角的向量求法，代入公式，即可得答案.【详解】（1）证明：如图，在直角梯形ABCD中，过D作，交BC于F，∵，，，∴四边形为矩形，∵，，∴.又∵，∴，∴，∴，∴.又∵平面ABCD，∴，且，∴平面PCD.又∵平面PBD，∴平面平面PCD.（2）解：如图，分别以DA，DF，DP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设，则：，，，，∴，，.设为平面PAB的法向量，由，即，令，可取，设PC与平面PAB所成角为，则，解得或，即线段PD的长为或.【点睛】解题的关键熟练掌握线面垂直的性质定理，面面垂直的判定定理，并灵活应用，利用向量求解线面角时，平面法向量与直线方向向量所成角的余弦值即为直线与平面所成角的正弦值，考查计算求解的能力，属基础题.20．已知抛物线上一点到焦点的距离是4.（1）求抛物线的方程；（2）过点任作直线交抛物线于两点，交直线于点，是的中点，求的值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据抛物线的定义列出方程即可求解；（2）由题意知，直线的斜率存在，且不为零，根据对称性只考虑斜率为正的情况，设点在准线上的投影分别为，，，，，所以，即，设直线的方程为，设，，联立直线与抛物线，结合韦达定理，再在中，令得点坐标，再由，化简整理可得的值，进而得到结论.【详解】解：（1）因为①，且点在抛物线上，所以②.由①②得，所以抛物线的方程为.（2）由题意知，直线的斜率存在，且不为零，设点在准线上的投影分别为，，，，，所以，∴.设直线的方程为，代入，得.设，，则，.在中，令，得，即.所以，即，所以，即，∴，所以.【点睛】(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．21．已知函数.（1）若，当时，讨论的单调性；（2）若，，且当时，不等式在区间上有解，求实数a的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）.【分析】（1）首先求出函数的定义域，由，消去参数，求出导函数，再对参数分类讨论，分别求出函数的单调区间；（2）当时，，再求出导函数，对分类讨论，求出函数的最大值，即可求出参数的取值范围；【详解】解：（1）因为所以函数的定义域为.由，得，则，当时，，函数在上单调递减；当时，或，，所以在，上单调递减，在上单调递增；当时，或，，所以在，上单调递减，在上单调递增.（2）当时，，，则.①当，即时，，所以在上单调递增，所以.②当，即时，设的两根分别为，，则，，∴，，所以在区间上，，所以在上单调递增，所以.综上，当时，在区间上的最大值为，∴，所以实数a的取值范围是.【点睛】用导数求函数的单调区间