【文档说明】云南师范大学附属中学2021届高三下学期高考适应性月考卷（九）数学（理）答案.doc，共(8)页，8.465 MB，由小赞的店铺上传

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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BBCCDAACDBCD【解析】1．{|ln1}{|e}Bxxxx==≥≥，则())e)2([UUAB=，痧，故选B．2．设i()zxyx

y=+R，，由23izz+=+，得3i3ixy+=+，所以11xy==，，1111i1i22z==−+，所以复数1z在复平面内对应的点为1122−，，即复数z在复平面上对应的点位于第

四象限，故选B．3．根据平移变换不改变向量的长度和方向，故选C．4．∵若()fx是R上周期为5的奇函数，∴()()fxfx−=−，(5)()fxfx+=，∴(12)(12)ff−=−(2)2f=−=−，(4)(1)(1)1fff=

−=−=−，∴(12)(4)2(1)1ff−−=−−−=−，故选C．5．基本事件总数为310C，所取的3个球中没有1个红球的基本事件为36C，所求概率为36310C1511C66−=−=，故选D．6．B选项中，还可以是与相交，B错误；C选项中，m和n还可以是异面直线，C错误；D选项中，还可以是

l，D错误，故选A．7．设线段1PF的中点为M，连接OM，2PF．∵线段1PF的中点M坐标为(0)b，，∴点P在双曲线C的右支上．如图1所示：∵原点O为线段12FF的中点，∴OM212PF，即212PFFF⊥，2||2||2P

FOMb==．由双曲线的定义可知，12||||2PFPFa−=，即1||22PFab=+，12||2FFc=，在12RtFFP△中，2221212||||||PFPFFF=+，即222(22)(2)(2)abbc+=+，整理得2ba=，2ba=，故选A．8．∵π3π()2sincos2

cossinsin222222fxxxxxx=−+==，由“函数()fx在π2π63，上单调递增”，可得：30024≤≤，故选C．9．函数321()93fxxmxmx=++−在R上无极值2()2fxxmxm=−+在R上无变号

零点图1244001mmm=−≤≤≤，故选D．10．由题设和抛物线定义知：11111111111||||||||241||||||||2ABBABABBABSBBBFSAAAFAAAB====△△，设直线AB的倾斜角为，则2||1cosAF=+，2||1cosBF=−，

所以821cos1cos=+−，解得3cos5=4tan3=，故选B．11．∵ln2020ln2022ln20202021ln2021ln2021ln20212022ab==，构造函数2ln()(e)1xfxxx=+≥，2(

1)ln()(1)xxxfxxx+−=+，令()(1)lngxxxx=+−，则()ln0gxx=−，∴()gx在2[e)+，上单减，∴2()(e)gxg≤21e0=−，故()0fx，∴()fx在2[e)+，上单减，∴ln(2020)(2021)0lnaffb=ln202

0(2020)20211lnlnln2021(2021)2022fababf=，同理可得lnlnbcbc，故abc，故选C．12．如图2，10个半径为1的小球放进棱长为a的正四面体ABCD中，成三

棱锥形状，有3层，则从上到下每层的小球个数依次为：1，(12)+，(123)++个，当a取最小值时，从上到下每层放在边缘的小球都与正四面体的侧面相切，底层的每个球都与正四面体底面相切，任意相邻的两个小球都外切，位于每层正三角状顶点的所有上下相邻小球的球心连

线为一个正四面体EFGH，则该正四面体的棱长为(31)(11)4−+=，可求得其高为646433EP==，所以正四面体ABCD的高为AQAEEPPQ=++=4646131433++=+，进而可求得其棱长a的最小值为426+，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160−π204−，512−6317【解析】13．∵261231662C()C(2)(0123456)rrrrrrrTx

xrx−−+=−=−=，，，，，，，令12333rr−==，即得3x的图2系数为336C(2)160−=−．14．因为△ABC是直角三角形，所以其垂心为直角顶点(0)Cm，，其外心为斜边AB的中点M，故△ABC的“欧拉线”即为直线MC，由题设知直线MC即为正切曲线tan

yx=以点π14D，为切点的切线，又点π14D，在斜边AB上，故△ABC的外心M即为点π14D，，又可得切线斜率2ππ44sin1(tan)2πcoscos4xxxkxx======，故其“欧拉线

”的方程为π124yx−=−，令π1042ym==−，∴π204C−，．15．法一：由三角形的射影定理知：coscosbcAaC=+，又知cosbcA=，∴πcos02CC==π2AB=

−，又知cosabA=，由正弦定理得：πsinsincossin2ABAB=−=22π51sincoscossincoscos10cos22BBBBBBB−−=+−==．法二：由正、余弦定理再结合题

设求得51cos2B−=．16．如图3，由入射角等于反射角原理知：分别顺次以正六边形的BC，1CD，11DE，11EF，11FA边为对称轴作5次对称变换后可知，小球的运行轨迹即为线段PR，过R作直线AB的垂线R

S，垂足为S，则由题设易知：63RS=，17PS=，故63tantan17RSBPQPS===∠．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）（1）证明：因为11121nnnnaaann++=+=，*nN，所以，112nnaann

+=+，*nN．又1101a=，所以1112nnanan++=，图3故数列nan为等比数列，首项为1，公比为12．所以11111122nnnaan−−==，故12nnna−=．…………………………………………………（6分）（2）解：∵0122

1123122222nnnnnS−−−=+++++…①，∴23111231222222nnnnnS−−=+++++…②，①、②式错位相减得：12311111111222112222222212nnnnnnnnnnS+−−−−=

+++++−=−=−…，∴11222nnnnS+−−−=．……………………………………………（12分）18．（本小题满分12分）（1）证明：因为AB⊥平面11BBCC，1CB平面11BBCC，所以1ABCB⊥．在1BCC△中，1BC=，13BC

=，12CC=，所以22211BCBCCC+=．所以1CBCB⊥．因为ABBCB=，AB，BC平面ABC，所以1CB⊥平面ABC．…………………………………………………………………（4分）（2）解：由（1）知，1AB

CB⊥，1BCCB⊥，ABBC⊥，如图4，以B为原点建立空间直角坐标系Bxyz−．则(000)B，，，(002)A，，，1312E−，，，(100)C，，．(100)BC=，，，1312BE=−，，

．设平面BCE的法向量为()xyz=，，n，则00BCBE==，，nn图4即0130.2xxyz=−++=，令3y=，则0x=，3z=−，所以(033)=−，，n．又因为(102)AC=−，

，，故点A到平面BCE的距离1003(2)(3)3||23ACd++−−===||||nn．………………………………………………（12分）19．（本小题满分12分）解：（1）每道题的抢答中，记甲得一分为事件M．M

发生有两种可能：抢到题且答对，乙抢到题且答错，∴13112()25255PM=+=，∴比赛开始，甲率先得一分的概率为25．…………………………………（4分）（2）由（1）知，在每道题的抢答中甲、乙得一分的概率分别为25，

35，设两人共抢答了X道题比赛结束，且甲获胜．根据比赛规则，X的所有可能取值分别为3，4，5，则328(3)5125PX===，3133272(4)C55625PX===，232432432(5)C553125PX===

，则甲获胜的概率992(3)(4)(5)3125PPXPXPX==+=+==．………………（9分）（3）由（1）（2）知改变规则后甲获胜的概率22112232(2)(3)C555PPXPX==+==+441100125312

5==，而110099231253125，即1PP此时甲获胜的概率更大了，对甲更有利．……………………（12分）20．（本小题满分12分）（1）解：由椭圆定义知：222212332||||(1(1))0(11)0422aMFMF=+=−−+−+−+−=

，所以2a=，又1c=，∴23b=，因此椭圆方程为22143xy+=．………………………………（4分）（2）证明：设直线l的方程为1xmy=−，11()Axy，，22()Bxy，，1(4)N

y−，，由221143xmyxy=−+=，，消去x，整理得：22(43)690mymy+−−=，所以122643myym+=+①，122943yym−=+②，又1(4)Ny−，，所以直线BN的方程为1(4)BNyyk

x−=+，即14BNBNyykxk=++③，又2121212224(1)43BNyyyyyykxmymy−−−===+−++，所以11212121121(3)32BNyymymyyykyyyyy++==−+−④，

将①、②式代入④式化简得：132NByk=−⑤，⑤代入③化简得直线BN的方程为52BNykx=+，故直线BN过定点502D−，．……………………………………………（12分）另法：注意到4x=−是椭圆的准线，可用椭圆第二定

义再结合平面几何知识能比较简洁地证明直线BN过线段1GF的中点502D−，，其中G为准线4x=−与x轴的交点．21．（本小题满分12分）证明：（1）∵3()sin6xfxxx=−+，∴2()cos12xfxx=−+，()sinfxxx=−+，()1cos0fxx=−≥

，∴()fx在[0)+，上单增，()(0)0fxf=≥，∴()fx在[0)+，上单增，∴()fx在[0)+，上单增，()(0)0fxf=≥，即当0x≥时，()0fx≥．………………………………

……………（6分）（2）由（1）的结果知：当0x≥时，3()sin06xfxxx=−+≥(当且仅当0x=时取“=”)，∴3452()()sin2coscos31230xxxgxhxxxxxx=+−+−−+≥(当且仅当0x=时取“=”)，∵342()sin2sin236xxhxxxxxx=

−+−−+3sin(2)(2)(2)6xxxxxx=−−−+−3(2)sin6xxxx=−−+，再由（1）的结果知：当0x时，3()sin06xfxxx=−+．令()0hx=，得2x=；令()0hx，得2x，()hx在(2)+，上单增；令()0h

x，得02x，()hx在(02)，上单减，∴min16()(2)sin215hxh==+，∴16()sin215hx+≥(当且仅当2x=时取“=”)，∴16()()sin215gxhx+≥≥，由于两个不等式取“=”条件不一致，∴16()sin2

15gx+，又2π34sin2sin325=，故当0x≥时，41628()51515gx+=．………………………………………（12分）22．（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】解：（1）曲线C的普通

方程为22(1)1xy−+=，曲线C的极坐标方程为2cos=．……………………………………（4分）（2）将射线1l，2l的极坐标方程π12=，5π12=分别与曲线C的极坐标方程2cos=联立，得点A，B的极

坐标分别为ππ2cos1212A，，5π5π2cos1212B，，则由极径和极角的几何意义知：1π5π5ππ2cos2cossin212121212OABS=−△π

ππ2cossinsin12123=ππ3sinsin634==．由余弦定理知：22π5ππ5π5ππ||2cos2cos22cos2coscos121212121212AB=+−−

22πππππ2cos2sin42cossincos3121212123=+−=．……………………………………………（10分）23．（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】（1）解：由绝对值的意义可知：原

不等式234014xxx−−−，∴原不等式的解集为{|14}xx−．………………………………………（4分）（2）证明：原不等式332323abcabccababc−−+≤≥．∵33233cabcababcabababc+=++=≥，当且

仅当cab=时取“=”，所以原不等式成立．……………………………………………（10分）