云南省师范大学附属中学2018届高三上学期12月高考适应性月考卷(五)数学(理)试题扫描版含答案

图1云南师大附中2018届高考适应性月考卷（五）理科数学参考答案一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）题号123456789101112答案[KS5UKS5U]CACBADBCABCD[KS5UKS5UKS5U]【解析】1．(5)(9)A，，，{345678910}B，，，，，，，，所以{3410}AB，，，故选C．2．由221i1i(1i)(1i)4i2i1i1i(1i)(1i)2z，故选A．3．由雷达图可知平均最高气温低于20度的月份有一月、二月、十一月、十二月共四个，故选C．4．分两类：（1）2男1女，有2145CC30种；（2）1男2女，有1245CC40种，所以共有2145CC+1245CC70种，故选B．5．设等差数列{}na的公差为d，首项为1a，由59101832133aaaada，1581515Sa，故选A．6．由题意知过点F的直线方程为3(1)yx，联立方程23(1)4yxyx，，消去y得：231030xx.设11()Axy，，22()Bxy，，则12103xx，所以弦AB的中点的横坐标为53，故到y轴的距离为53，故选D．7．如图1所示三棱锥A−BCD，三棱锥在边长为2的正方体中，可知正方体体对角线AC即为三棱锥最长的棱，且23AC，故选B．8．由题意知：输入的891a，则程序运行如下：当1n时，981m，189t，792a，当2n时，972m，279t，693a，当3n时，963m，369t，594a，当4n时，954m，459t，495a，图2此时程序结束，输出4n，故选C．9．由||()ecosxfxx，知()fx为R上的偶函数，当0x≥时，()fx为增函数，故(21)()fxfx≥等价于不等式|21|||xx≥，解得x的取值范围为1[1)3，，，故选A．[KS5UKS5U]10．如图2，由()exfxx≥，需满足函数()fx的图象不在函数exx图象的下方，令()exgxx，所以()(1)exgxx，则()exgxx在(1]，上单调递减，在(1)，上单调递增，且当0x时，()0gx，(0)0g，(1)eg，而由图可知函数2e2e[30]()3e2e(02]xxfxxx，，，，，，则(1)ef，由题意可知，不等式的解集为[31]，，故选B．11．（1）当两截面圆在球心的同侧时，如图3，则AB为大截面圆的直径，CD为小截面圆的直径，梯形ABDC为圆台的轴截面，由题意知，13OO，24OO，则圆台的高为121OO，2AC，所以圆台的侧面积为1(8π6π)272π2S侧.（2）当两截面圆在球心的异侧时，如图4，则AB为大截面圆的直径，CD为小截面圆的直径，梯形ABDC为圆台的轴截面，由题意知，13OO，24OO，则圆台的高为127OO，52AC，所以圆台的侧面积为1(8π6π)52352π2S侧，综上所述，故选C．12．当直线1l，2l一个斜率为零一个斜率不存在时，可得AB即为长轴，CD为通径，则||||7ABCD，则A是正确的；当直线1l，2l的斜率都存在时，不妨令直线1l的斜率为(0)kk，由题意知1l的直线方程为(1)ykx，联立方程22143(1)xyykx，，消去y得：2222(34)84120kxkxk，图5图6设11()Axy，，22()Bxy，，由韦达定理知：2122834kxxk，212241234kxxk，所以2212212(1)||1||34kABkxxk，同理2212(1)||34kCDk，特别地当21k时，24||||7ABCD，即48||||7ABCD，则B正确；由于ABCD，所以||||2ABCDABCDS，又2242224212(1)12(1)122412||||123434122512kkkkABCDkkkk242221576121121121122512491225kkkkk，，故288649ABCDS，；当k不存在或0k，6ABCDS，故288649ABCDS，，综上所述C选项正确，D选项错误，故选D．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号13141516答案4128103【解析】13．由题意可知，线性区域是如图5的阴影部分，由344zyx，则4z为直线的截距，由图可知，当01xy，时，z取到最小值4.14．由11a，且11nnSa，所以11nnSa，可得：12nnaa，所以{}na是以首项为1，公比为2的等比数列，则12nna，所以782128a.15．如图6，由O是ABC△外接圆的圆心，取AB的中点M，取AC的中点N，连接OM，ON，所以AOCBAO()ABACAOABAOAC()()AMMOABANNO22()()1022ABACACAMABANAC．16．如图7，由于BD为ABC的角平分线，且2AD，图71CD，由角平分线定理知：2ABADBCDC，令BCm，2ABm，由两边之和大于第三边，两边之差小于第三边知：13m，在ABC△中，由余弦定理知：2224959cos2244mmABCmmm，所以2212sin1cos2ABCSmmABCmABC△22222222225999933191(1)(9)444444442mmmmmmmm≤3，当且仅当2219mm，即5m时取等号，所以ABC△面积的最大值为3.三、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12分）解：（Ⅰ）2()3sin22cos12fxxx3sin2cos22xxπ=2sin226x，所以()fx的最小正周期2ππ2T，πππ7π022666xx≤≤，≤≤，π12sin226x≤≤，π12sin2246x≤≤，所以函数()fx在区间π02，的值域为[14]，．…………………………………………（6分）（Ⅱ）由()3fB得π2sin2236B，又ππ13π2666B，π5π266B，π3B，由2b及余弦定理得：2242cos60acac，2()34acac，又3acb，代入上式解得83ac，ABC△的面积1123sinsin60223SacBac．…………………………………（12分）18．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）数据对应的散点图如图8所示.图8………………………………………………………………………………………（5分）（Ⅱ）3198.2xy，，515221515615.6105iiiiixyxybxx，151.4aybx，所以回归直线方程为15.6151.4yx．………………………………………………（10分）（Ⅲ）代入2017年的年份代码6x，得15.66151.4245y，所以按照当前的变化趋势，2017年该市机动车保有量为245万辆．…………………………………………（12分）19．（本小题满分12分）（Ⅰ）证明：因为顶点1A在底面ABC上的射影恰为AC的中点M，所以1AMABC平面，又ABABC平面，所以1AMAB，又因为ABAC，而111AMAACC平面，11ACAACC平面且1AMACM，所以AB平面11AACC，又因为111CCAACC平面，所以1ABCC．…………………………………………………………………………（5分）（Ⅱ）解：如图9，以M为原点，建立空间直角坐标系Mxyz，则1(000)(210)(010)(0022)MBAA，，，，，，，，，，，，[KS5UKS5UKS5U]11(2022)(010)(0222)(1122)BCCP，，，，，，，，，，，，[KS5UKS5U]于是1(200)(0122)ABAA，，，，，，求得平面1ABA的一个法向量为(042)n，，，由(200)(1222)ABAP，，，，，，求得平面PAB的一个法向量为(022)m，，，则||1053cos9||||326mnmnmn，，所以二面角1PABA的余弦值为539．……………………………………………（12分）20．（本小题满分12分）（Ⅰ）解：32cea因为，又21||2bMFa，联立解得：21ab，，所以椭圆C的标准方程为22141xy．…………………………………………………（5分）（Ⅱ）证明：设直线AP的斜率为k，则直线AP的方程为(2)ykx，联立3x得(35)Sk，．00()Pxy设，，代入椭圆的方程有：220001(2)41xyx，整理得：22001(4)4yx，故2020144yx，又002ykx，002ykx(kk，分别为直线PA，PB的斜率)，所以2020144ykkx，所以直线PB的方程为：1(2)4yxk，图9联立3x得134Tk，，所以以ST为直径的圆的方程为：2225151(3)2828kkxykk，令0y，解得：532x，所以以线段ST为直径的圆恒过定点5302，．…………………………………（12分）21．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）函数()fx的定义域为11ln(1)1(1)()exxxfx，，，由于1(0)01ln(1)1fyxx，在(1)，上是减函数，所以当10x时，()0fx；当0x时，()0fx.所以()fx的单调递增区间为(10)，，单调递减区间为(0)，．…………………（5分）（Ⅱ）由21ln(1)2ln(1)2e0xxxxxk≤在12，上恒成立，整理得：21(2)[ln(1)1]exxxk≥在12，上恒成立即可.令211(2)[ln(1)1](2)[ln(1)1]()eeexxxxxxxhx，当1x时，1e2xx，以及在12，上()0hx，得ln(1)1()e()xhxxfx在12，上恒成立，由（Ⅰ）知()fx的单调递增区间为(10)，，单调递减区间为(0)，．所以有max()(0)1fxf，即()()1hxfx≤恒成立，所以正整数k的最小值为1．…………………………………………………………（12分）22．（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】解：（Ⅰ）由抛物线的定义得：1(0)4cos，即：4(0)1cos．………………………………………………………………（5分）（Ⅱ）由（Ⅰ）得：12ππ1cos1cos22sin11112sincos24||||444FPFQ224≤，当且仅当3π4时等号成立，故11||||FPFQ的最大值为224．………………（10分）23．（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】解：（Ⅰ）由()0fx≤有：ln(|21||23|)ln1xx≤，所以0|2