【文档说明】云南省昆明市第一中学2021届高三下学期5月第九次考前适应性训练数学（文）答案.pdf，共(8)页，407.311 KB，由小赞的店铺上传

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第1页（共8页）昆明市第一中学2021届高中新课标高三第九次考前适应性训练参考答案（文科数学）一、选择题题号123456789101112答案CADACDABDCBB1.解析：1i222i1i1i22z

，选C.2.解析：因为11Axx，0eBxx，所以1eABxx，选A.3.解析：求占地面积即求半椭球面的底面积，令0y，=0z可得2x；令0x，0z可得2y，所以该半

椭球面的底面是一个半径为2的圆，建筑时的半径为250100米，则建筑的占地面积为2π10010000π平方米，选D.4.解析：设4个白球为a，b，c，d，2个红球为e，f，事件A为顾客所获得的减免金额为30元，则一共可抽取{,,,,,,,,,,,,,,}abacadaeafb

cbdbebfcdcecfdedfef共15种情况，{,,,,,}Aabacadbcbdcd，共6种情况，所以顾客所获得的减免金额为30元的概率为62155P，选A.5.解析：因为1e2e1xxfx，所以1ee12e12e1xxxxfxfx

，所以函数()fx是奇函数，其图象关于原点对称；又因为点(),mn在函数11e12xfx的图象上，所以点(),mn--也在其图象上，选C．6.解析：因为椭圆为221259xy+=，所以5a=，3b=，4c=；当12MFF△的面积最大时，点M在椭圆C的短轴顶点，不妨设点M为椭圆

C的上顶点，点O为坐标原点，12MFF△内切圆半径为r，则125MFMFa===，1228FFc==，3OMb==，121212121122MFFMFMFFFrFFOM△S,所以43r

=，选D．7.解析：因为203x，且0，所以23333x，又fx在20,3上恰有两个零点，所以2233且2<333，解之得542，选A．8.解析：由0.5ˆbxye，得lnˆy=bx-0.

5，令z=lny，则ˆz=bx-0.5.第2页（共8页）12344x2.5，13464z3.5，因为(xz，)满足ˆz=bx-0.5，所以3.5=b×2.5-0.5，解得b=1.6，所

以ˆz=1.6x-0.5，所以1.60.5ˆxye，令1.60.59.1xee，解得6x，选B.9.解析：要求输出这三个数中最小的数，原理是将较小者与另一个数比较，直到输出，类比可知空白之处应填?bx，

选D.10.解析：设等比数列na的公比为q(q≠1)，因为25staaa，可得2114111staqaqaq，即-28stqq，可得10st，且,stN，由4114114111744410410441044tstsststststst

，因为*,stN，所以40,04tsst，则442244tstsstst，当且仅当44tsst时，即8,2st时取等号，所以414st的最小值为58，选C．11.解

析：设点P的坐标为,xy，点A的坐标为00,xy，因为0OAOB，所以点B的坐标为00,xy，因为1234kk，所以000034yyyyxxxx，即22022034yyxx，又P，A在双曲线C:2222

10,0yxabab上，所以22221yxab，2200221xyab，两式相减得22220022110xxyyab，即22202220yybxxa，又因为2202

2034yyxx，所以2234ba，所以2222344abca，所以2274ac，72cea，选B．12.解析：过B作BOPQ，垂足为O，连接OA，因为ABBC，ABBD，BCBDB，所以AB平面BCD，又PQ平面BCD，所以ABPQ，又BOPQ，且AB

BOB，所以PQ平面ABO，则PQAO，所以BAO为AB与平面所成的角,30BAO，因为1AB，所以233OA为定值.要使截面APQ面积最小，则PQ最小，因为22222PQBPBQBPBQPQBO，即2PQBO，当且仅当BPBQ

时等号成立，所以min2323PQBO,所以截面APQ面积最小值1232322333S,选B.二、填空题13.解析：如图所示，根据正方形的性质可设新增加的约束条件为xyc，两组对边的距离相等，故4|2|2222cd，第3页（共8页）所

以6c或2c(舍去)，选③.14.解析：设与向量1,2ar平行的单位向量为,bxyr，则2yx，又b是单位向量，所以22bxy22=4=1xx，可得：5=5x，当55x时，255y；当55x时，255y，所以525,55b或525,

55b.15．解析：设与直线2yx=平行且与曲线()lnfxx=相切的直线的切点坐标为()00,lnxx，因为1fxx，则012x=，所以012x=，则切点坐标为1,ln22

，最短距离为点1,ln22到直线2yx=的距离，即为212ln21ln252521．16.解析：因为2=1a，41=4a，且0na，所以21=4q，1=2q，则1=2a，212nna

，21231111222nnnnnaa，所以数列1nnaa是以2为首项，公比为14的等比数列，则数列1nnaa的前n项和121814113414nnnS，当1n时

，nS有最小值2，又8181343nnS，所以nS的范围是82,3.三、解答题（一）必考题17.解：（1）因为cos2cosBADBAD，所以22coscos10BADBAD，解得1cos2BAD或1（舍），又因为0πB

AD，所以π3BAD.………6分（2）因为1πsin323ABDSABAD，所以4ABAD，又因为4ABAD，222π2cos3BDABADABAD，所以22()3BDABADABAD，所以2BD

，因为90ABCADC，所以四边形ABCD内接于圆O，AC为圆O的直径，第4页（共8页）圆O即为△ABD的外接圆，在△ABD中，2432sin332BDrBAD，所以433AC.………12分18.解:（1）由题意，

20151332510181658082x.6.53.521.50.50.52.53.56498088y.8182221165649853844828ˆ0.25165556568()82iiiiixyxybxx

.所以6491165ˆˆ60.5842aybx,故线性回归方程为ˆ0.2560.5yx.………6分（2）从8所学校中任选两校，基本事件为：1,2,1,3,1,4,1,5,1,6,1,7,1,8,2

,3,2,4,2,5,2,6,2,7,2,8,3,4,3,5,3,6,3,7,3,8,4,5,4,6,4,7,4,8,5,6,5,7,5,8,6,7,6,8,

7,8.共有28种结果.选取的学校中体育课时间平均值超过80小时的基本事件为：1,2,1,3,1,4,1,5,2,3,2,4,2,5,3,4,3,5,4,5.共有10种.所以选取的2所学校学生体育课时间平均值都超过80小时的概率为1

052814P.………12分19.解：（1）连接AC交BD于点O，连接OM，OF，取CD的中点G，连接GM，GE因为//EF平面ABCD，EF平面ABEF，平面ABEF平面ABCDAB，所以//EFAB第5页（共8页）因为////OMABEF，12OMABEF，所以四边

形OMEF是平行四边形，所以//OFEM因为EM平面BDF，OF平面BDF，所以//EM平面BDF因为点G与点M分别为CD与BC的中点，所以//GMBD因为GM平面BDF，BD平面BDF，所以

//GM平面BDF而GMEMM，平面//EMG平面BDF………6分（2）选择①在△BDF中，2BDDF，1cos4BDF，所以6BF取AD中点N，连接FN，BN在△BNF中，3BNFN，6BF，所以BNFN因为△ABD是正三角形，所以BNAD因为ADF

NN，所以BN平面ADF因为BN平面ABCD，所以平面ADF平面ABCD如图，五面体ABCDEF可由三棱柱ADFBCP截去三棱锥EBCP得到所以555662ADFABCDEFADFBCPEBCPADFBCPVVVV

SBN五面体三棱柱三棱锥三棱柱………12分第6页（共8页）选择②由（1）有2OFEM，取AD中点N，连接FN，ON，BN在△ONF中，3FN，1ON，2OF，所以ONFN因为△ADF是正三角形，所以ADFN因为ADONN，所以FN

平面ABCD，所以平面ADF平面ABCD因为△ABD是正三角形，所以BNAD因为平面ADF平面ABCDAD，BN平面ADF，所以BN平面ADF（选择②求体积时，需多证一组线面垂直，即证明BADFdBN）下同①，略20.解

：（1）函数()fx的定义域为,，()exfxa，当0a时，()0fx，()fx在,上单调递增；当0a<时，令()0fx，得ln()xa=-．所以()fx在,ln()

a上单调递减；在ln(),a上单调递增．综上所述，当0a时，()fx在,上单调递增；当0a<时，()fx在,ln()a上单调递减；在ln(),a上单调递增．…

……6分（2）先证明当0,πx时，sinxx<．当0,πx时，sin0x>．设()sinhxxx=-，0,πx则()1cos0hxx，()hx在0,π上单调递增，所以()(0)0hxh，所以sinxx>，即0sinxx<<．第7页（共8页）由（1）可知，当0a

时，()fx在,上单调递增．所以(sin)()fxfx成立；当10a时，ln()0a，且()fx在ln(),a上单调递增，所以(sin)()fxfx成立；当1a<-时，()f

x在()0,ln()a-上单调递减；则有(sin)()fxfx，不合题意．综上所述，实数a的取值范围为1,.………12分21.解：（1）设△OFM外接圆的半径为r，由题知圆心必在4py，且圆

心到准线的距离3==424pppr，所以239=44p，解得2p，所以抛物线C的方程为：24xy.………5分（2）设211,4xBx，则直线AB的方程：21114122xyxx，化

简得：1+2124xyx，与2yx联立得：11282pxxx，把11242pxxx代入2=4xy得：21142Nxyx，即21111244,22xxNxx，

则直线BN的方程：221121111114422442xxxxyxxxxx，约分得：1121114+2244xxxxyxx化简得111141+422xxxyxxx

，因为与1x无关，所以当2x，2y时恒成立，所以直线BN恒过定点2,2.………12分（二）选考题：第22、23题中任选一题做答。如果多做，则按所做的第一题记分。22.解：（1）由2cos,sinxy

0,为参数,消去参数得：22(2)1xy，(0)y，第8页（共8页）所以，曲线C的极坐标方程为24cos30，sin0.………5分（2）设(,)N，则π(,)2M，

因为点π(,)2M在曲线C上，所以2π4cos()302，即24sin30，cos0，化为普通方程为：22(2)1xy，(0)y，所以，点N的轨迹是以(0,2)Q为圆心，1为半径的圆的右半部分，从而1221CNCQ，

即CN的最大值为221.………10分23.解：（1）由不等式()1fx，得21xa，所以21xa或21xa，即12ax或12ax，由题意，112122aa，解得：3

a，所以实数a的值为3．………5分（2）321,2=22332+5,2xxfxxxx，因为xR，使()0fxkx成立，所以()yfx的部分图象在直线ykx的下方，如图，函数()223

fxx的图象是折线BAC，其中3,22A，直线l：ykx过原点，当直线l过点A时，斜率14=3k，当直线l与AB平行时，斜率2=2k，所以当且仅当43k或2k时，()yfx的部分图象在直线ykx的下方，综上所述，

k的取值范围为4,2,3.………10分