云南师大附中2024届高考适应性月考卷（七）数学（云南版）-答案_2024年2月_01每日更新_21号_2024届云南省昆明市云南师范大学附属中学高三下学期月考（七）

数学参考答案 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只 有一项符合题目要求） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C B A B D B B A 【解析】 2i 2i(1i) 22i 1．因为z   1i，所以|z| 2，故选C． 1i (1i)(1i) 11 y2 2．由双曲线x2  1的渐近线方程为y2x可得直线y2x1与双曲线的渐近线平行， 4 则直线与双曲线仅有一个公共点，故选B. 2x kπ①， ②-① π 3．由图象可得 1 将 ，可得x  ，故选A． 2x 8x πkπ②， 6 1 6 2 1  2 4．设该运动员投篮1800 次有 X 次命中，则 X B1800，  ，则 E(X)np1200 ，  3 D(X)np(1 p)400 ，令 Y  N(1200，202) ，则 P(Y 1180)P(Y 120020)0.5 0.6827 0.84135，故选B． 2 5．因为函数 f(x)0.4x 在 (0，) 上单调递减，所以 0.40 10.40.3 0.40.4 ，又函数 5 g(x) x0.4  x2 在 (0，) 上单调递增，所以 0.30.4 0.40.4 ，所以1ab ，又函数 h(x)log x在(0，)上单调递减，所以clog 0.3log 0.41，综上有bac， 0.4 0.4 0.4 故选D． 1348 6．因为42024 a24048 a281349 a2(91)1349 a 2[Ck 91349k (1)k]2a，又 1349 k0 1348 2[Ck 91349k (1)k]能被9整除，所以2a能被9整除，当a7时符合，当a12， 1349 k0 9或13时均不符合，故选B． 数学参考答案·第1页（共11页） {#{QQABKQaAogCgAAIAAAhCAwUoCAIQkACCCAoOBAAMsAIBCRFABAA=}#}7．如图 1，设圆的半径为r ，则由题意可知，|OA|与圆的周长 6π 相等 ，即2πr6π，则r 3 y ，设当点M 与点B重 2π B 合时，圆心为C，分别作出B，C在x轴上的投影P，Q，则 1 圆从初始位置滚动到圆C ，恰好滚动了 个圆周，所以 4 图1 6π 3π 3π 9.42 |OQ|  ，则x |OP| 3 31.71，故选B． 4 2 B 2 2 8．如图 2，过点B作BF  AD，分别交AD， AC于点 E，F ，则动点P在平面ADC上的射影轨迹为线段 EF ，设当P与P重合时，有PEEF ；当P与P 重 1 1 2 合时，有PF⊥EF ，则由PEBE为定长可知动点P 2 图2 的轨迹是以E为圆心，BE 为半径且圆心角为PEP 的圆弧．如 1 2 图 3，在△ABC 所在平面建立如图所示平面直角坐标系，则 1 1 A(0，1)，D(1，0)，C(3，0)，E ，  ，直线BE ：yx，直 2 2 图3 1 3 3 2 线AC ： y x1，联立直线BE 与直线AC 方程可求得F ，  ，则|EF| ，又 3 4 4 4 2 EF 1 π |BE| ，由此可得cosPEF   ，所以PEP  ，所以动点P的轨迹长度为 2 2 BE 2 1 2 6 2 π 2   π，故选A． 2 6 12 二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有 多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分） 题号 9 10 11 12 答案 AD BCD ABD BCD 【解析】 9．2022 年 1 月至 2022 年 12 月全国居民消费价格同比均大于 0，说明 2022 年全年每个月都 比 2021 年同月的居民消费水平高，因此 2022 年全年比 2021 年全年的全国居民消费价格 高，故A正确；将2022年1月至2022年12月全国居民消费价格同比按从小到大顺序排 列后，下四分位数是第三个数与第四个数的平均数，即1.55%，故B错误；2022年8月至 数学参考答案·第2页（共11页） {#{QQABKQaAogCgAAIAAAhCAwUoCAIQkACCCAoOBAAMsAIBCRFABAA=}#}2022 年12月中，9 月与10 月的全国居民消费价格环比均大于0，说明全国居民消费价格 一直在上升，11月的环比小于0，说明11月对比10月消费价格有所下降，12月环比等于 0，说明12月与11月持平，因此这5个月中，10月的全国居民消费价格最高，故C错误； 设 2022 年 2 月的全国居民消费价格为m，则 3 月的全国居民消费价格为m，4 月的为 (10.4%)m1.004m，5月与6月的为(10.2%)1.004m0.9981.004m  1.001992mm， 所以2022年6月比2022年2月的全国居民消费价格高，故D正确，故选AD． 9 10．因为2aba2b3≥2 2ab3，令t  2ab ，则t2≥2t3，解得t  2ab≥3，即ab≥ ， 2 则a2b≥2 2ab≥6，其中所有不等式“”成立均当且a2b3，故A错误，B正确； 1 2 3 9 3 2 对a2b32ab两边同除以ab可得   2，由ab≥ ，可得0 ≤ ，所以 b a ab 2 ab 3 1 2 2 4  ≥2  ，当且仅当a2b3时，“”成立，故C正确；由a2b32ab，可 b a 3 3 a3 a3 a14 1 2 3 2 得 b ，则 aba a   a11  a1 2(a1) 2(a1) 2(a1) 2 a1 2 a1 3 2 ≥ 2 2，当且仅当a1 ，即a 21时，“”成立，故D正确，故选BCD． 2 a1 11．当点B与原点O重合时，直线AB的斜率为1，设A(m，m)，则|AC|2m2，m1，将 1 (1，1)代入抛物线方程，可得12p，p ，所以抛物线方程为：y2 x，A正确；因为 2 y  y 1 1 1 k  1 3  ，若AC的中点纵坐标为y ，则k   ，故 C 错误； AC y2  y2 y  y 0 AC y  y 2y 1 3 1 3 1 3 0 1 1 1 1 同理，设直线AB的斜率为k，则k  ，  ，则y  y  ，y  y k ， y  y k y  y 1 2 k 2 3 1 2 2 3 1 1k2 因为y  y (y  y )(y  y ) k  0，所以k 0，故B正确；由|AB||BC| 1 3 1 2 2 3 k k 1 2 可得，(x x )2 (y  y )2 (x x )2 (y  y )2，即 1  |y  y | 1k2 | y  y | 1 2 1 2 2 3 2 3 k 1 2 2 3 11  （*），由k 0，可得（*）式等价于  2y 2y k ，即(2k2 2k)y 1k3，化简 kk 2  2 2 1k3 18 7 得y  ，当k 2时，y   ，故D正确，故选ABD． 2 2k2 2k 2 84 12 数学参考答案·第3页（共11页） {#{QQABKQaAogCgAAIAAAhCAwUoCAIQkACCCAoOBAAMsAIBCRFABAA=}#}1 5 1 5 12．由题意， ， ． f(x) 在 (a，f(a )) 处的切线 l 为： y f(a ) 2 2 n n n f(a )(xa ) ，由题意， l 经过点 (a ，0) ，即 0 f(a ) f(a )(a a ) ，即 n n n1 n n n1 n f(a ) a2 a 1 1 2 a a  n a  n n ，所以 a 1  ，故 A 错误；又 a  n1 n f(a ) n 2a 1 2 3 3 n1 n n 1 5 5 (2a 1)2  a2 a 1 1 1 4 n 4 1 4 1 a  n n  (2a 1)   (2a 1)   n 2a 1 2 n 2 2a 1 4 n 2a 1 2 n n n 1 5  1 1 5  1 (2a 1)  ，而a 0，故2a 10，则a  (2a 1)  4 n 2a 1 2 n n n1 4  n 2a 1 2 n n 1 5 5 1 5 1 5 ≤ ，当且仅当(2a 1) ，即a  时“”成立，又a  ，则 2 n 2a 1 n 2 1 2 n 1 5 1 5 1 5 a  ，则a  ，…，所以a  恒成立，B 正确；又a a  2 2 3 2 n 2 n1 n  1 2 5 a    a2 a 1  n 2 4 1 5  n n  ，由a  ，可得a a 0，所以{a }为单调递增数 2a 1 12a n 2 n1 n n n n 列，C 正确；因为，为 f(x)的两个零点，所以 f(x)x2 x1(x)(x)，则 a2 a 1 (a )(a )  a  a a  n n a  n n (a )1 n  n1 n 2a 1 n 2a 1 n  2a 1 n n n a 1 (a )2 (a ) n  ，由韦达定理可得1，则 a  n ，同理可得 n  2a 1  n1 2a 1 n n (a )2 a  a  2 a  a  n ，所以b ln n1 ln n  2ln n 2b ，则{b }为公比 n1 2a 1 n1 a  a  a  n n n n1 n n b(124) 为2等比数列，所以T  1 15b ，故D正确，故选BCD． 4 12 1 三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分） 题号 13 14 15 16 3 6 答案 1 a(d a) 2 13 【解析】 13． f(1)f(1)(111)1. 数学参考答案·第4页（共11页） {#{QQABKQaAogCgAAIAAAhCAwUoCAIQkACCCAoOBAAMsAIBCRFABAA=}#}    14．设P在直线AB上的投影为点Q，则AP AB AQ AB，所以当CP∥AB且Q在射线AB   2π π 1 上时，AP AB最大，此时四边形ABPC为菱形且ABP ，所以BQBPcos  ， 3 3 2      1 3 则AP AB AQ AB11  .  2 2 15．设事件A为“所报的两个社团中有一个是艺术类”，事件B为“所报的两个社团中有一 C1C1 C2C0 C1C1 P(AB) 个是体育类”，则 P(A) 4 5 4 5 ， P(AB) 4 3 ，所以 P(B|A)  C2 C2 P(A) 9 9 C1C1 12 6 4 3   . C1C1 C2C0 206 13 4 5 4 5 16．如图 4，设B，A分别为幕布上下边缘，观影者位于点D处，则由 AC a 条件可得ABd ，CAa，设CDx，则tanADC   ， CD x BC d a tanBDCtanADC tanBDC   ，则 tanBDA 图4 CD x 1tanBDCtanADC d aa x d d a(d a)   ≤ ，当且仅当x ，即x a(d a) 时， a(d a) a(d a) 2 a(d a) x 1 x x2 x  π “”成立，又因为ytanx在 0，  上为增函数，所以坐在距离幕布 a(d a) 米处，  2 视角最大. 四、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10分） 解：（1）由表中数据可得 7  x y 7x y b   i1 i i  165.2744.5  165.2126  39.2 1.4， 7 140742 140112 28  x2 7x2 i i1 ……………………………………………………（3分） 数学参考答案·第5页（共11页） {#{QQABKQaAogCgAAIAAAhCAwUoCAIQkACCCAoOBAAMsAIBCRFABAA=}#}∴aˆ yb  x 4.51.441.1， …………………………………………（5分） ∴y关于x的线性回归方程是yˆ 1.4x1.1. …………………………………（6分） （2）令yˆ 1.4x1.115，解得x11.5， …………………………………（8分） ∴预测该农户在第12个月能被评选为“优秀带货主播”. …………………（10分） 18．（本小题满分12分） （1）证明：∵PA平面ABC，BC平面ABC，∴BCPA. 又BC BA，BAPA A，BA平面ABP，PA平面ABP， ∴BC 平面PAB． …………………………………………（2分） 又EF//BC，∴EF 平面PAB． 又EF 平面AEF， ∴平面AEF 平面PAB． …………………………………………（4分） （2）解：法一（坐标法）：如图5，以B为原点，BA， BC， 过点B且垂直于平面ABC的直线分别为x轴、y轴、z轴 建立空间直角坐标系， 则B(0，0，0)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，P(1，0，2)，   设BEBP(，0，2)， 图5    则AE ABBE(1，0，2)． …………………………………………（6分）  设平面AEF 的法向量为n (x，y，z)， 1    AEn (1)x2z0，  则 1 可取n (2，0，1)， 1 BCn  y0， 1  取平面ABC的法向量为n (0，0，1)． …………………………………（8分） 2 设平面AEF 与平面ABC所成角为，   |n n | |1| 2 则cos 1 2   ，两边平方经整理可得32 210， |n ||n | (2)2 (1)2 2 1 2 ……………………………………………………（10分） 1 解得 或1（舍去）， 3 π PE 2 ∴当平面AEF 与平面ABC所成角为 时，  . 4 PB 3 …………………………………………………………（12分） 数学参考答案·第6页（共11页） {#{QQABKQaAogCgAAIAAAhCAwUoCAIQkACCCAoOBAAMsAIBCRFABAA=}#}法二（几何法）：如图6，由EF//BC，可得EF//平面ABC，设 l为平面AEF 与平面ABC的交线，则EF//l， 由（1）可得BC 平面PAB，而l//BC，AE平面AEF ∴l AE. 又BC  AB，∴l  AB， 图6 ∴EAB为平面AEF 与平面ABC所成角， π ∴EAB ，AE是PAB的角平分线． ……………………………………（8分） 4 在△APB中，设点A到PB的距离为d，则由S S S ， △PAE △AEB △PAB 1 1 2 PEd PA AE S 2 2 2 PE PA 可得 △PAE     2（也可直接由角平分线定理得到 S 1 1 2 EB AB △AEB EBd AE AB 2 2 2 PE PA  ）， EB AB PE 2 ∴  . …………………………………………………………（12分） PB 3 19．（本小题满分12分） π 解：（1）如图7，连接BD，则当C  时， 3 在△BDC中，由余弦定理可得 1 BD2 CD2 CB2 2CDCBcosC 12 22 4 3， 2 图7 ………………………………………………………………（2分） ∴在△ABD中，由勾股定理可得AB2 BD2 AD2 312， 1 2 1 3 ∴S  AB AD ，S  CDCBsinC  ， △ABD 2 2 △CBD 2 2 …………………………………………………………（4分） 2 3 ∴S S S  . …………………………………………（6分） 四边形ABCD △ABD △CBD 2 （2）如图8，连接AC，作DE AC于点E， 则由ADDC，可得E为AC的中点， AE x π  设AC x，则cosDAE  cos CABsinCAB， AD 2 2  …………………………………………………………（8分） 图8 数学参考答案·第7页（共11页） {#{QQABKQaAogCgAAIAAAhCAwUoCAIQkACCCAoOBAAMsAIBCRFABAA=}#}BC AC 在△ABC中，由正弦定理可得  ， sinCAB sinB ACsinCAB x2 ∴sinB  . BC 4 D AE x 又sin   ， 2 AD 2 D x2 1cosD ∴sin2  sinB ， 2 4 2 ∴cosD12sinB， …………………………………………（11分） π π  2 3 由B  ，  ，可得sinB ， ， 4 3  2 2  ∴cosD[1 3，1 2]. …………………………………………（12分） 20．（本小题满分12分） （1）解：法一：由(2n1)a (2n3)a 1，① n1 n 可得(2n3)a (2n5)a 1，② ………………………………………（2分） n2 n1 ②−①，可得(2n3)a (2n1)a (2n5)a (2n3)a， n2 n1 n1 n 经整理可得(2n3)a (4n6)a (2n3)a ， n2 n1 n 即a a 2a ， …………………………………………（4分） n2 n n1 ∴{a }为等差数列. n 又由①可得，3a 5a 16，即a 2， 2 1 2 ∴a n. …………………………………………（6分） n 法二：对(2n1)a (2n3)a 1两边同除以(2n1)(2n3)， n1 n a a 1 可得 n1  n  ， 2n3 2n1 (2n1)(2n3) a a 1 1 1 1  即 n1  n      . 2n3 2n1 (2n1)(2n3) 22n1 2n3 …………………………………………………………（2分） a 设c  n ，则当n≥2时，c (c c )(c c )(c c )c n 2n1 n n n1 n1 n2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 11 1  1 n a             n ， 22n1 2n1 3 5 3 23 2n1 3 2n1 2n1 …………………………………………（4分） 数学参考答案·第8页（共11页） {#{QQABKQaAogCgAAIAAAhCAwUoCAIQkACCCAoOBAAMsAIBCRFABAA=}#}∴a n(n≥2). n 又a 1， ∴a n. …………………………………………（6分） 1 n 法三：数学归纳法（略）  2  2 2 （2）证明：由a log  1，可得3n  1，b  . n 3 b  b n 3n 1 n n …………………………………………………………（7分） ∵3n 23n1 3n1≥1， ∴23n1≤3n 1，两边同除以3n1(3n 1)， 2 1 2 1 可得 ≤ ，即b  ≤ ， ……………………………………（10分） 3n 1 3n1 n 3n 1 3n1 1 n 1 1 1 3   3 1 n 3 ∴T ≤1    1   . n 3 3n1 1 1 2 3  2 3 …………………………………………………………（12分） 21．（本小题满分12分） e2 （1）解： f(x)exa a2，令 f(x )0，则x 2ln22lnaa， 2 0 0 又 f(x)单调递增，∴当xx 时， f(x)0， f(x)单调递减； 0 当xx 时， f(x)0， f(x)单调递增， 0 ∴x 为 f(x)的极小值点. …………………………………………（3分） 0 2 2a 令g(a)2lnaa2ln2，则g(a) 1 ， a a ∴当0a2时，g(a)0，g(a)单调递增；当a2时，g(a)0，g(a)单调递减， ∴g(a) g(2)ln2，即 f(x)极小值点的最大值为ln2. max …………………………………………（6分） e2 （2）证明：令h(a) f(x)ex eax  xa2 ex， 2 则h(a)eax e2xa. …………………………………………（7分） 由（1）可得g(a)2lnaa2ln2≤ln2，即2lnaa≤2ln22， a2 4 e2a2 ∴ ≤ ，ea≥ (a0). ea e2 4 又x≥0，则ax0， 数学参考答案·第9页（共11页） {#{QQABKQaAogCgAAIAAAhCAwUoCAIQkACCCAoOBAAMsAIBCRFABAA=}#}e2(ax)2 ∴eax≥ . …………………………………………（9分） 4 e2(ax)2 e2 e2 则h(a)≥ e2xa (a2 2axx2) (ax)2≥0， 4 4 4 …………………………………………（10分） 当且仅当ax时，“”成立， ∴h(a)在(0，)上单调递增. 又h(0)0，∴h(a)≥0在(0，)上恒成立， 即当a0且x≥0时， f(x)ex恒成立. …………………………………………（12分） 22．（本小题满分12分）   （1）解：∵DF DF (ac)(ac)a2 c2 a2 44b2， 1 2 ∴a2 8， …………………………………………（2分） x2 y2 ∴椭圆C的方程为：  1. …………………………………………（4分） 8 4 （2）证明：①当QA斜率为0时，A，B分别为椭圆的左、右顶点，则A(2 2，0)，B(2 2，0)， 2 1 1 ∴k   ，则直线AM：y (x2 2)， 1 2 24 22 22 1 令x2，则y (2 22) 2， 22 ∴N 点为(2， 2)， 2 1 ∴k   ， 2 2 22 2 2 1 1 2 22 2 ∴k k    2； 2 1 2 2 22 2 …………………………………………（6分） ②当QA斜率不为0时，设直线QA的方程为：xmy4， xmy4， 将直线QA与椭圆方程联立： 消去x可得(m2 2)y2 8my80， x2 2y2 80， ∴令64m2 32(m2 2)32m2 640，解得m2(2，)． 数学参考答案·第10页（共11页） {#{QQABKQaAogCgAAIAAAhCAwUoCAIQkACCCAoOBAAMsAIBCRFABAA=}#} 8m y  y  ，   1 2 m2 2 设A(x，y )，B(x，y )，则由韦达定理可得 1 1 2 2 8 y y  ，  1 2 m2 2 …………………………………………（8分） ∵AM ：y2k (x4)，令x2，得y2k 2， 1 1 ∴N(2，2k 2)， 1 y 2k 2 y 2k 2 ∴k  2 1  2 1 . 2 x 2 my 2 2 2 y 2 y 2 又k  1  1 ， …………………………………………（9分） 1 x 4 my 1 1 y 2k 2 y 2 my (y 2k 2)(y 2)(my 2) ∴k k  2 1  1  1 2 1 1 2 2 1 my 2 my my (my 2) 2 1 1 2 2mk y 2my 2my 2y 4  1 1 1 2 1 ， m2y y 2my 1 2 1 y 2 又k  1 ，kmy  y 2，且y  y my y ， 1 my 1 1 1 1 2 1 2 1 2y 42my 2my 2y 4 2m(y  y ) ∴k k  1 1 2 1  2 1 2， 2 1 m(y  y )2my m(y  y ) 1 2 1 2 1 综上，k k 为定值2. …………………………………………（12分） 2 1 数学参考答案·第11页（共11页） {#{QQABKQaAogCgAAIAAAhCAwUoCAIQkACCCAoOBAAMsAIBCRFABAA=}#}