师大附中2023届月考卷（三）数学-答案_2.2025数学总复习_数学高考模拟题_2023年模拟题_老高考_2023云师大附中适应性月考（三）数学

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 A D B D C B C B 【解析】 13i (13i)(2i) 17i 1 7 7 1．复数z     i的虚部为 ，故选A． 2i (2i)(2i) 5 5 5 5 m3≤0， 2．因为AB A，所以B A．则由B{x|0x4}，可得  1≤m≤3，故选 2m6≥4 D． 1 2 3．因为 f(x)为幂函数，所以设 f(x)x，则 f(8) 22 823，所以23， ， 4 3  2 1 则 f(4)4 3  ，故选B． 316 4．因为P(158 X≤160)0.2，所以P(X≤162)0.20.50.7，则随机抽取该地区1000名成 年女性，其中身高不超过162cm的人数服从Y B(1000，0.7)，所以E(Y)np700，故选 D． (a a ) 5．因为S  1 10  105(a a )5(a a )0，所以a a 0，又a a 2a 0， 10 2 1 10 5 6 5 6 3 7 5 所以a 0，所以a 0，则(S ) S ，故选C． 5 6 n max 5 6．将M 方程与抛物线方程联立，得y2 4y16r2 0(*)，设A(x，y )，B(x，y )，则由M 1 1 2 2 与 抛 物 线 有 四 个 不 同 的 交 点 可 得 (*) 有 两 个 不 等 的 正 根 ， 得 164(16r2)4r2 480，  y  y 40， 即 r2(12，16) ， ∴ 由 抛 物 线 定 义 可 得 1 2  y y 16r2 0， 1 2 |FA||FB|(y 1)(y 1) y y (y  y )121r2(5，9)，故选B． 1 2 1 2 1 2 7．(2xx2)5表示 5 个(2xx2)相乘，含x4的项可以是在 5 个(2xx2)中选 3 个 2，2 个x2相乘得到，也可以是在 5 个(2xx2)中选 2 个 2，2 个x，1 个x2相乘得到，也 数学参考答案·第1页（共11页）可以是在 5 个 (2xx2) 中选 1 个 2，4 个 x 相乘得到，所以含 x4 的项为 C323(x2)2 C222C2x2(x2)C12x4 80x4 120x4 10x4 30x4，故选C． 5 5 3 5 8．如图1，取BD的中点M，连接AM，CM ．由AB ADBD2 3， 3 可得 △ABD 为正三角形，且 AM CM 2 3 3 ，所以 2 322(2 6)2 1  1 2 cosAMC   ，则sinAMC  1  233 3  3 图1 2 2  ．以 M 为原点，MC 为x轴，过点 M 且与平面BCD垂 3 直的直线为 y 轴建立平面直角坐标系如图 2，则C(3，0)， x cosAMC|MA|1， y sinAMC|MA| 2 2 ，所以 A A A(1，2 2)．设O为三棱锥ABCD的外接球球心，则O在平 面 BCD 的投影必为 △BCD 的外心，则设 O(1，h) ．由 图2 R2 |OA|2|OC|2可得22 (2 2h)2 22 h2，解得h 2 ，所以R2 |OC|26．由张 π2 5 衡的结论，  ，所以π 10，则三棱锥ABCD的外接球表面积为4πR2 24 10， 16 8 故选B． 二、不定项选择题（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 BD BC ABD ABC 【解析】 38 2 9．选择自由行的游客人数为381957，其小于40岁的概率是  ，故A错误；选择自 57 3 由行中小于 40 岁和不小于 40 岁的人数比为 2:1，则按年龄分层抽样抽取的 6 人中，有 4 人小于40岁，有2人不小于40岁，设事件A为2人均小于40岁，则2人中至少有1人 C2 6 3 不小于40 岁的概率为1P(A)1 4 1  ，故B正确；因为2 4.087 6.635， C2 15 5 6 所以可推断旅行方式与年龄没有关联，但对零假设犯错误的概率是不可知的，故C错误； 因为2 4.087 3.841，所以推断旅行方式与年龄有关联，且犯错误概率不超过0.05，故 D正确，故选BD． 数学参考答案·第2页（共11页）10．O：(xm)2 (y1)2 m2 1，O：(x1)2 (y2m)2 4m2，则O(m，1)，r  m2 1， 1 2 1 1 O (1，2m)，r 2|m|，则m0，A错误（若(1，1)在O 内，则12 (1)2 2m20， 2 2 1 即 m0 ）； 当 m1 时 ， O(1，1) ， r  2 ， O (1，2) ， r 2 ， 所 以 1 1 2 2 |OO |3(2 2，2 2)，所以两圆相交，共两条公切线，B 正确；O O ，得 1 2 1 2 2x4y0， (2m2)x(24m)y10，即m(2x4y)(2x2y1)0，令 解得 2x2y10，  1 x ，   3 1 1 2m2 2m2 1  所以定点为  ，  ，C正确；公共弦所在直线的斜率为 ，令  ， y 1 ， 3 6 24m 24m 2  6 无解，所以D错误，故选BC． 5π  5π 5π  5π 11．因为 f(x)经过点  ，0 ，所以 f   2sin 0，又 在 f(x)的单调递减  8   8   8  8 5π 5π  区间内，所以 π2kπ(kZ) ①；又因为 f(x) 经过点  ，1 ，所以 8  4  5π 5π  5π  2 5π 5π f   2sin 1，sin  ，又x 是 f(x)1在x 时最小  4   4   4  2 4 8 5π 9π 5π 5π 的解，所以  2kπ(kZ)②．联立①、②，可得  ，即2，代入 4 4 8 4 π π π  π ①，可得 2kπ(kZ)，又|| ，所以 ，则 f(x) 2sin2x  ．f(x) 4 2 4  4 2π 3π 的最小正周期为 π ，A 正确． f(x) 向左平移 个单位后得到的新函数是 2 8   3π π  π f(x) 2sin  2x    2sin2x  2cos2x，为偶函数，B正确．设 f(x)1   8  4  2 π π 3π 在(0，m)上的6个根从小到大依次为x，x，，x ．令2x  ，则x ，根据 f(x) 1 2 6 4 2 8 x x 3π x x 3π 11π 的对称性，可得 1 2  ，则由 f(x) 的周期性可得 3 4  T  ， 2 8 2 8 8 x x 3π 19π 6 3π 11π 19π 33π 5 6  2T  ， 所 以 x 2    ， C 错 误 ． 作 与 2 8 8 i  8 8 8  4 i1   5π l：2x y40平行的直线，使其与 f(x)x  0，  有公共点，则在运动的过程中，只   4    5π 有当直线与 f(x)x  0，  相切时，直线与 l 存在最小距离，也是点 M 到直线   4  数学参考答案·第3页（共11页） π π π 2x y40的最小距离，令 f(x)2 2cos2x 2，则2x  2kπ (kZ)，  4 4 4 π  5π π 5π 解得xkπ (kZ)或x kπ(kZ)，又x 0， ，所以x0， ， （舍去），又   4  4  4 4 π 14 π π  |14| 2 f(0)1，令M (0，1)，f  1，M  ，1 ，则由  可得M 到直线 1 4 2 4  5 5 1 l的距离大于M 到直线l的距离，所以M 到直线2x y40的距离最小时，M 的横坐 2 π 标为 ，D正确，故选ABD． 4 a c 12．由为黄金分割双曲线可得  ，即a2 acc2 (*)，对(*)两边同除以a2 可得 c ac 51 e2 e10 ， 则 e ， A 正 确 ； 对 (*) 继 续 变 形 得 acc2 a2 b2 ， 2 ∴|AB|2 |BF|2a2 b2 c2 b2 a2 c2 2(c2 a2)3c2 a2 ， |AF|2(ac)2  a2 2acc2 3c2 a2，∴ABBF ，由射影定理（即三角形相似）可得 B 正确；设 P(x，y )，Q(x，y )，M(x，y ) ，将 P，Q 坐标代入双曲线方程，作差后整理可得 1 1 2 2 0 0 y  y y b2 51 2 1  0 k  k  e2 1 ，故C正确；设直线OP：ykx，代入双曲线 x x x PQ OM a2 2 2 1 0 a2b2 a2b2k2 方 程 b2x2 a2y2 a2b2 ， 可 得 x2  ， 则 y2  ， b2 a2k2 b2 a2k2 a2b2(k2 1) 1 a2b2(k2 1) ∴|OP|2 x2  y2  ， 将 k 换 成  即 得 |OQ|2 ， 则 b2 a2k2 k b2k2 a2 1 1 (b2 a2)(k2 1) b2 a2    与a，b的值有关，故D错误，故选ABC． |OP|2 |OQ|2 a2b2(k2 1) a2b2 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 答案 (2，0) yx1 120 4( 21) 【解析】      13．不妨设a，b起点都在原点，设aOA，则A为(2，9)，点O，A分别在b所在直线x轴上    的投影为点O和点A(2，0)，所以a在b上的投影向量为OA(2，0)． 14．因为 f(x)lnx1，所以 f(1)1，又 f(1)0，所以 f(x)xlnx在x1处的切线方程为 y0x1，即yx1． 数学参考答案·第4页（共11页）15．设该四位数为aa a a ，则a N*，a N(i2，3，4)，且a a a a 8．令a a ， 1 2 3 4 1 i 1 2 3 4 1 1 a a 1(i2，3，4)，则aΝ*(i1，2，3，4)，且aaaa 11．所以该问题 i i i 1 2 3 4 相当于把11个完全相同的小球放入4个不用的盒子，且每个盒子至少放一个小球，采用 隔板法：在11个小球的10个空隙中选择3个插入隔板，所以共有C3 120种放法． 10 x 2  y 2 x y 16．设x2  y2 r2 0，则     1，则点  ，  在单位圆上，根据三角函数的定义， r r  r r  x y x y 可设 cos， sin，则 xrcos，yrsin，则由  2xyx2  y2 可得 r r y x cos sin 1  2r2sincos 2r2sincosr2(cos2sin2) ， 则 sin cos sincos 2 2 r2sin2r2cos2 ， 所 以 r2(cos2sin2)  ， 则 sin2 sin2 2 2 2 r2     sin2(cos2sin2) sin2cos2sin22 1 1 1 sin4 sin22 2 2 2 4 4  π  ，又 2sin4 1(0， 21]，所以当且仅当 sin4cos41  π  4 2sin4 1  4  π π kπ 4 sin4 1，即  时，r2  4( 21)．  4 16 2 min 21 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） 1 24.84 解：（1）∵x (24681012)7，6y24.84，y 4.14， 6 6 6 6 x y 217.28，x2 364， i i i i1 i1 6 x y 6x y i i 217.2824.847 43.4 ∴b ˆ  i1   0.62，………………………………（4分） 6 364649 70 x2 6x2 i i1 ∴aˆ yb ˆ x 4.140.6270.2， ∴ y关于x的线性回归方程为yˆ 0.62x0.2．………………………………………（6分） （2）令yˆ 0.62x0.22.90，解得x5， ∴则该样本中所含的还原糖大约相当于5mL的标准葡萄糖溶液. ……………………………………………………………………………………（10分） 数学参考答案·第5页（共11页）18．（本小题满分12分） 解：（1）∵A，B，C成等差数列， ∴AC 2B，……………………………………………………………………………（1分） 又ACBπ， π 2π ∴B ，AC  ， 3 3 π 又AC  ， 2 1π 2π π π 7π 12π π π π π ∴A      ，C       ， 22 3  4 3 12 2 3 2 3 4 12 ………………………………………………………………………………………（3分） sin 7π sin π  π   2   3  1   12 4 3 2  2 2  31 32 31 ∴a:csinA:sinC      π π π 2 3 1 31 2 sin sin      12 3 4 2  2 2    2 3．…………………………………………………………………………………（5分） （2）由题意可得，a2 abacabb2，即b2 a2 ac， ………………………………………………………………………………………（6分） a2 c2 b2 c2 ac ca 1 由余弦定理结合（1）可得cosB    ， 2ac 2ac 2a 2 ∴c2a，…………………………………………………………………………………（8分） ∴由正弦定理可得sinC2sinA， 2π 又AπBC  C， 3 2π  ∴sinC 2sin C 3cosCsinC，…………………………………………（10分）  3  ∴cosC 0， 又C(0，π)， π ∴C  ，△ABC为直角三角形. ……………………………………………………（12分） 2 19．（本小题满分12分） 3 1 1 1 解：（1）由题意，当nN*时，P P  (1P)    P ， n1 n 4 n 2 2 4 n ………………………………………………………………………………………（2分） 数学参考答案·第6页（共11页）2 1 1 1 2 则P   P   P   ，………………………………………………………（4分） n1 3 4 n 6 4 n 3 2 1 又P   ， 1 3 15  2 1 1 ∴P  是首项为 ，公比为 的等比数列，  n 3 15 4 2  1  1 n1 ∴P       ， n 3  15 4  1  1 n1 2 ∴P       (nN*). ……………………………………………………（6分） n  15 4 3 3 3 1 （2）记A为第i次射击击中目标，则由题意可得P(A) ，P(A |A) ，P(A |A) ， i 1 5 2 1 4 2 1 2 X 可取到的值为0，2，4，且 1 2 1 P(X 0)P(A A )P(A |A)P(A)   ， 1 2 2 1 1 2 5 5 1 2 1 3 7 P(X 2)P(AA )P(A A )P(A |A)P(A)P(A |A)P(A)     ， 1 2 1 2 2 1 1 2 1 1 2 5 4 5 20 3 3 9 P(X 4)P(AA )P(A |A)P(A)   ， 1 2 2 1 1 4 5 20 则X 的分布列为： X 0 2 4 1 7 9 P 5 20 20 ……………………………………………………………………………………（10分） 1 7 9 5 ∴E(X)0 2 4  . …………………………………………………（12分） 5 20 20 2 20．（本小题满分12分） （1）证明：∵平面DAB平面ABC，平面ABC平面ABD AB，ABBD，且BD 平面ABD， ∴BD平面ABC， 又AC平面ABC， ∴BD AC， 又BP平面ACD，AC平面ACD， ∴BP AC， 且BPBDB，BP，BD平面BCD， 数学参考答案·第7页（共11页）∴AC 平面BCD， 又BC平面BCD， ∴ACBC. ……………………………………………………………………………（4分） DE DF （2）解：法一（几何法）：∵  ， DA DC ∴EF∥AC， 如图3，过点B作直线l平行于AC，则l∥AC∥EF， 则l同时在平面EFB与平面ABC内，是两平面的交线， 又由（1）AC 平面BCD，可得AC FB，AC BC， 图3 ∴BC l且FBl， ∴由二面角的平面角的定义可得FBC是平面EFB与平面ABC所成角， ………………………………………………………………………………………（8分） 设ABBD2，则BC  AC  2， 过点F 作FM BC于点M ， FM FC 则  1FM 22， BD CD BM DF 且  BM  2， BC DC 3 ∵cosFBC  ， 3 2  3 1     3  FM 22 ∴tanFBC   2   ， 3 BM 2 3 1 解得 . ……………………………………………………………………………（12分） 2 法二（向量法）：如图4，以点C为原点，分别以CB，CA，过 点C且与平面ABC垂直的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角 坐标系， 设ABBD2，则AC BC  2， ∴C(0，0，0)，A(0， 2，0)，B( 2，0，0)，D( 2，0，2)，    图4 则DA( 2， 2，2)，DC ( 2，0，2)，DB(0，0，2)， ………………………………………………………………………………………（6分） 数学参考答案·第8页（共11页）DE DF   由  ，可得DE DA( 2， 2，2)， DA DC   DF DC ( 2，0，2)，       ∴EF DF DE (0， 2，0)，EBDBDE ( 2， 2，22)， ………………………………………………………………………………………（8分）    2y 0， 设n (x，y，z )为平面EFB的法向量，则 1 1 1 1 1  2x  2y (22)z 0， 1 1 1     可得一组解为n  2，0，  ，……………………………………………………（10分） 1  1  取平面ABC的法向量n (0，0，1)， 2      |n  n | 1 3 则|cosn，n | 1 2   ， 1 2 |n 1 ||n 2 |    2 3 2  1  m 1 1 令m 0，则  ，化简得3m2 2m2，即m1， . 1 2m2 3 2 ……………………………………………………………………………………（12分） 21．（本小题满分12分） （1）解：设点N(x，y)，G(x，y)， 4 2 则由点G与P，Q两点的距离之和为 |PQ|  ， 3 3 4 9 可得点G的轨迹是以P，Q为焦点且长轴长为 的椭圆，其轨迹方程为 x2 3y2 1． 3 4     x y 由GN GPGQ0，可得x ，y ，代入点G的轨迹方程，可得： 3 3 9x 2  y 2 x2 y2   3  1，即C：  1．…………………………………………………（4分） 43 3 4 3 （第一问也可以利用几何法：由条件可知 G 为△NPQ的重心，延长 PG，QG，必分别交 NQ，NP 的中点（分别设为 H，I），取F(1，0)，F (1，0)，则|NF ||NF |2|HP| 1 2 1 2 3  3  2|IQ|2 |GP|2 |GQ|3(|GP||GQ|)4|FF |，由椭圆定义可得C的方程．） 2  2  1 2 y （2）证明：设点M(x，y )，则ME：y 0 (x1)，即y x(x 1)y y 0， 0 0 x 1 0 0 0 0 y MA：y 0 (x2)， x 2 0 6y  6y  令x4，得y 0 ，∴R4， 0 ，……………………………………………（6分） x 2  x 2 0 0 数学参考答案·第9页（共11页）过R作直线ME的垂线，垂足为点T， 则要证ER为MES的角平分线，只需证|RT ||RS|， 6y (x 1) 4y  0 0  y 0 x 2 0 |3y (4x )| (123x )| y | 又|RT | 0  0 0  0 0 ， y2 (x 1)2 (x 2) y2 (x 1)2 (x 2) y2 (x 1)2 0 0 0 0 0 0 0 0 6| y | |RS|| y | 0 ，………………………………………………………………………（8分） R x 2 0 ∵y 0， 0 4x ∴|RT ||RS|，当且仅当 0 2， y2 (x 1)2 0 0 即(4x )2 4[y2 (x 1)2]时， 0 0 0 x2 y2 又(x，y )在C上，则 0  0 1，即4y2 123x2， 0 0 4 3 0 0 代入上式可得168x x2 123x2 4x2 8x 4恒成立， 0 0 0 0 0 ∴ER为MES的角平分线得证．……………………………………………………（12分） 2k （第（2）问也可利用二倍角公式，证明k  RE ） ME 1k2 RE 22．（本小题满分12分） 解：（1） f(x)aex 2， ①当a≤0时， f(x)0在R上恒成立，∴ f(x)在R上单调递减； ………………………………………………………………………………………（2分） 2 ②当a0时， f(x)在R上单调递增，且当 f(x)0时，xln  ， a  2 ∴当x，ln  时， f(x)0， f(x)单调递减；  a  2  当xln  ， 时， f(x)0， f(x)单调递增.  a  ………………………………………………………………………………………（4分） 5 5 （2）∵F(x)exf(x) ex(aex 2x1) ≤0， 4a 4a 5 5 ∴若a0，F(0)a1 ≥2 a  1 510，与F(x)≤0在R上恒成立矛盾， 4a 4a ∴a0，…………………………………………………………………………………（6分） 数学参考答案·第10页（共11页）则F(x)ex(aex 2x1aex 2)ex(2aex 2x3)， 令h(x)2aex 2x3， 则由a0可知h(x)在R上单调递减， 又当x0时，ex 1，2aex 2a， 2a3 ∴h 2a(2a3)30，  2  又h(0)2a30， 2a3  ∴x  ，0 ，使得h(x )2aex0 2x 30，………………………………（8分） 0  2  0 0 2x 3 ∴ex0  0 0， 2a ∵a0， 3 ∴2x 30，x  ， 0 0 2 且当x(，x )时，h(x)0，F(x)0，F(x)单调递增； 0 当x(x，)时，h(x)0，F(x)0，F(x)单调递减， 0 5 2x 3 2x 3  5 ∴F(x) F(x )ex0(aex0 2x 1)  0  a 0 2x 1   max 0 0 4a 2a  2a 0  4a 1 1  [(2x 3)2 (4x 2)(2x 3)5] (4x2 4x 8)≤0， 4a 0 0 0 4a 0 0 ……………………………………………………………………………………（10分） 又a0，  3  3 ∴4x 0 2 4x 0 8≥0，解得x 0 [2，1]   ， 2      2， 2   ， 2x3 令m(x) ， 2ex 22x3 2x1  3 则m(x) 2ex  2ex 在   2， 2   上恒大于0，  3 ∴m(x)在  2，  上单调递增，  2 1 e2 ∴a m(2)  ．…………………………………………………………（12分） min 2e2 2 数学参考答案·第11页（共11页）