【文档说明】云南省昆明市云南师范大学附属中学2022届高三上学期高考适应性月考（六）数学（理）答案.pdf，共(11)页，343.526 KB，由管理员店铺上传

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理科数学参考答案·第1页（共10页）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CCBADBBAACDB【解析】1．3111i11i1i1i(1i)(1i)22z，所以22112||222z

，故选C．2．由于434(1)133nnBxxnxxnZZ，，，任取xB，则4(1)13nx2(22)13n，其中nZ，即xA，所以BA，则有ABA，故选C．3．令11x，即2x

，所以2y，所以函数log(1)2ayx的图象过定点(22)，，则命题p为真命题；若直线l的倾斜角为π4，则其斜率为1，若直线l的倾斜角为3π4，则其斜率为1，不满足倾斜角越大，斜率就越大，所以命题q为假命题；所以pq为假命题，pq为真命题，pq

为假命题，pq为假命题，故选B．4．2222223πcossin2sincoscos2cos2cossin2sincos2sincos22221tan2tan12227tan1215，故选A

.5．由题意，从点A出发经C到界线上一点P，与从点A出发经B到P，所走的路程是一样的，即||||||||ACPCABPB，所以||||||||PCPBABAC，又由2kmABCB，1kmAC，

所以||||1||PCPBCB，根据双曲线的定义可知曲线E为双曲线的一部分，故选D．6．由题，()fx的图象如图1所示，则()fx在(0)，上是增函数，在[0)，上是减函数．由于()(2)mfmf，且对于任意

mR都有2mm，则有0m，所以228(2)21mmm，即图1理科数学参考答案·第2页（共10页）28(2)2210mm，解得124m，所以2m，则1(1)(1)2fmf，故选B．7．由题意得6()xy的展开式的通项为616C(016)rrrrTxy

r，，；当1r时，126615C6Txyxy，此时只需乘以第一个因式2yx中的yx即可，得到426xy；当2r时，62223642C15Txyxy，此时只需乘以第一个因

式2yx中的2即可，得到4230xy；据此可得，6()2yxyx的展开式中42xy的系数为24，故选B．8．在ABC△中，1233ADABAC，所以121333ADAOABACAOABAO

23ACAO.如图2所示，连接AO并延长与圆O交于点E，连接EB，因为O是圆心，所以ABEB，则有||cos2||cos||AEOABAOOABAB

，所以2||||||cos32ABABAOABAOOAB；同理可得32ACAO，所以2ADAO，故选A．9．记甲、乙两人

相邻，丙、丁两人不相邻为事件A．甲、乙、丙、丁、戊五人随机地站成一排的所有排法有55A54321120种，而甲、乙两人相邻，丙、丁两人不相邻的排法有222223AAA24种，所以241()1205PA，

故选A．10．由题3π2πππ4322，，，所以有3ππ42≤，得23≤，又因为0，所以203≤；又()fx在2ππ2kx()kZ处取得极大值，在2π3π2kx()kZ处取得极小值，可得3π5π04π22≤，所以358

8≤，则3588，，故选C．11．如图3，由题，可知(03)F，，圆M的半径为1；设()PPPxy，，()QQQxy，，设直线PQl的方程为3ykx，联立，得2123xyykx，，图3图2理科数学参考答案·第3页（共10页）所以22(612)90yky

，且22(612)360k≥，所以9PQyy．又||||1312PPAPPFyy，||||1312QQBQQFyy，所以1||4AP11||(2)(2)44PQPQBQyyyy5215112422PQyy≥（当且仅当4PQyy

时取等号），即当6Py，32Qy时，1||||4APBQ的最小值为112，故选D．12．由题()ln1(2)e0xfxxaxx≤在(0)x，上恒成立，即ln1e2xxaxx≤在(0)x，上恒成立；设ln1()e2xxgxxx(

0)x，则有22eln()xxxgxx；令()0gx，得2eln0xxx，即11elnxxxx(0)x．由于()ethtt在(0)t，上是增函数，则存在0(0)x，，使得00()(ln)

hxhx，即00lnxx001exx，此时0()0gx．由于当00xx时，()0gx，()gx在0(0)x，上是减函数；当0xx时，()0gx，()gx在0()x，上是增函数，所以当0xx时，00min00l

n()()exxgxgxx0123x，则有3a≤，故(3]a，，故选B.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号13141516答案22(2)1xy（答案不唯一，只要圆心C在直线240xy

上，半径为1，均可.）+10xy(13)，①③④【解析】13．当圆心C为(20)，，圆C的标准方程为22(2)1xy．（答案不唯一，只要圆心C在直线240xy上，半径为1，均可．）14．由题，得22sin2(1)cos2()(1)x

xxfxx，则(0)1f，而(0)1f，所以所求切线方程为1yx，即10xy．理科数学参考答案·第4页（共10页）15．由正弦定理，得sincossin(1cos)ABBA，即sincoscossinsinABABB，则sin()

sinABB，因为ABC△是锐角三角形，所以ABB，即2AB；由于π22AB，所以π4B；又π32ABB，所以π6B，即ππ64B；又11sin24SbcA，所以12sinbcA；由于222()()2bcabcabcabc

12(cos1)(cos1)sinbcAAA1tanB.因为ππ64B，所以3tan13B，所以1(13)tanB，.16．①如图4，当N为CD的中点时，过M作MMBC于M，所以MMABCD平面，所以MMAC，又MNAC，MN与MM相交于M

，所以ACMMN平面，又MNMMN平面，所以MNAC，故①正确；②在正方体1111ABCDABCD中，棱可分为三类，分别是与1DADCDD，，平行的棱，又1DADCDD，，不与平面1AMN平行，所以在正方体1111ABCDABCD中，不存

在棱与平面1AMN平行，故②错误；③如图5，取BC中点M，连接AM，所以1AMAM∥，过N作AM的平行线交AD于点E，此时14DEDA，所以1ENAM∥，即EN为过1AMN，，三点的平面与平面ABCD的交线；连接1AE，在BC上取点F，使得14CFCB，所以11AEBF∥，再过点M作1

BF的平行线交1CC于点G，此时113CGCC，所以1AEMG∥，即MG为过1AMN，，三点的平面与平面11BCCB的交线；连接NG，则可得五边形1AMGNE即为正方体中过1AMN，，三点的截面，故③正确；④设正方体棱长为2，如图6，过M作MMBC于M，所以MMABCD平面

，所以MN与平面ABCD所成角即为MNM，所以2tanMMMNMMNMN；又MN长度的最大值为22，所以MN与平面ABCD所成角的正切值的最小值为22，故④正确；⑤M，N在棱11BC，CD上运动时，

M到11AD距离始终为2，N到平面11ADM的距图4图5图6理科数学参考答案·第5页（共10页）离始终为2，所以1111114222323DAMNNAMDVV恒为定值.要使1D到平面1AMN的距离最大，则三角形1AMN的面积应为最小.当MN，分别运动到1CC

，时，122AMNS△，此时1D到平面1AMN的距离为2；当M，N分别运动到棱11BC，CD中点时，156AMMN，，13AN，所以15691cos23030AMN，则11111sin22AMNSAMMNAMN△2929

30302；又29222，所以当M，N为11BC，CD中点时，1D到平面1AMN的距离应大于2，所以⑤错误.综上，答案为①③④.三、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：（1）因为1238aaa，{}

na是等比数列，所以328a，解得22a．选择条件①，由213213()nnSaaa，可得213Sa，则212aa，所以11a，公比212aqa，所以12nna.选择条件②，由2nnmnmSSS，可得2112S

aa，则212aa，所以11a，公比212aqa，所以12nna.……………………………………（6分）（2）11111122(1)(log)(1)2(1)(21)(2)(1)(21)nnnnnnnnnbaann

，所以01212122[(2)(2)(2)]nnnTbbb012221[(1)1(1)3(1)(43)(1)(41)]nnnn21(2)[(13)(4341)]1(

2)nnn1412(146)33nnnn．………………………………………………………………………（12分）18．（本小题满分12分）解：（1）根据散点图可判断，dycx更适合作为y关于x的回归方程类型．…………………………………

…………………………………………（2分）理科数学参考答案·第6页（共10页）（2）对dycx两边取对数，得lnlnlnycdx，即lnzcdt，由表中数据得：1.5zt，1011022130.5101.51.5146.5101.51.531010iiiiitztzdtt

，1ln1.51.513czdt，所以ec，所以y关于x的回归方程为13eyx．……………………………………………（6分）当27x时，13e272.738.1y，所以当化肥

施用量为27公斤时，粮食亩产量约为810公斤．……………………（8分）（3）依题意Z2(0.540.02)N，，则有0.540.02，，所以()(0.520.56)0.6826PZPZ，则10.6826(0.56)0.15872PZ≥，即这

种化肥的有效率超过56%的概率约为0.1587．………………………………（12分）19．（本小题满分12分）（1）证明：由圆锥的性质可知，PO底面圆，又AC在底面圆O上，所以ACPO．又C在圆O上，AB为直径，所以ACBC．又点O，D分别为AB

，AC的中点，所以//ODBC，所以ODAC．又ODPOO，且ODPO，平面POD，所以AC平面POD；又AC平面PAC，所以平面POD平面PAC．…………………………………（4分）（2）解：存在，E为

母线PA的中点．由题意知POABC平面，CACB，故以C为原点，CBCA，及平行于OP所在的直线分别为xyz，，轴建立空间直角坐标系Cxyz（如图7所示）．又232ACBC，，所以224ABACBC，又因为PAB△为直角三角形，图7理科数学参考答案·第7页（共10页

）所以122POAB，所以(0230)(030)(130)(132)ADOP，，，，，，，，，，，，设E点坐标为()xyz，，，所以(100)(132)(132)DOPExyzPA，，，，，

，，，．又PEA，，三点共线，设PEPA，即(132)(132)xyz，，，，，所以E点坐标为(13322)，，，所以(1322)DE，，.设平面ODE的法向量为111()mxyz

，，，则00mDOmDE，，即11110(1)3(22)0xxyz，，所以可取113122yz，，即30122m，，．设平面PO

D的法向量为222()nxyz，，，因为AC平面POD，故可取(010)n，，．所以2127cos7||||3122mnmnmn，，解得12

，即12PEPA，所以母线PA上存在一点E，使得二面角PODE的余弦值为277，此时点E为母线PA的中点．…………………………………………………（12分）20．（本小题满分12分）解：（1）设点()Pxy，，则直线PA，PB的斜率之积为222(2)

3yyyxx，整理得222312xy，即221(2)64xyy，因此，点P的轨迹曲线C的方程为221(2)64xyy．……………………………（4分）（2）设点(0)Qn，，直线MNlxmyn：(0)m，11()Mx

y，，22()Nxy，．由2223120xmynxy，，得222(23)42120mymnyn，理科数学参考答案·第8页（共10页）则当2224(46)0mn时，122423mnyym，212221223nyym，所以2222||12324

(46)mNnMmm．……………………………………………（8分）又线段MN的中点为222222323mnmnnmm，，即22322323nmnmm，，所以

线段MN的垂直平分线的方程为22232323mnnymxmm，令0y，得223Rnxm，所以2023nmR，．由||23||MNQR，得2222231224(426)233mnnmmnm

，整理得2228|2(1)42|1mnnm，所以22(42)(23)0nm，则有2n，即点(20)Q，．……………………（12分）21．（本小题满分12分）（1）解：由题，可知，()fx的定义域为xR，2]33()(1)e([3(1e1))xxfaxaxxa

xx.令1()exxgx，则1(1)2()eexxxxgx，当2x时，()0gx，所以()gx在(2)，上单调递增；当2x时，()0gx，所以()gx在(2)，上单调递减；所以max21()(2

)egxg.①当2e3a时，即21103ea，又(1)0g，则有当1x时，()0gx，当1x时，()0gx，且当x时，()0gx，所以函数()gx的图象与13ya有两个不同的交点在(

1)x，上，即方程0e3(1)xax有两解2x，3x23()xx在(1)x，上.又(1)0f，记11x，则有123()()()0fxfxfx，且123xxx，所以当1xx时，()0fx，则()fx在1()x，上单调递减；

当12xxx时，()0fx，则()fx在12()xx，上单调递增；理科数学参考答案·第9页（共10页）当23xxx时，()0fx，则()fx在23()xx，上单调递减；当3xx时，()0fx，则()fx在3()x，上单调递增，所以()f

x有3个极值点1x，2x，3x.②当2e03a≤时，对任意xR都有2111()ee3xxgxa≤≤，所以1e3()0xax≥；又(1)0f，所以当1x时，()0fx，则()fx在(1)，上单调递减；当1x时，(

)0fx，则()fx在(1)，上单调递增；所以()fx有一个极值点1.综上，得当2e3a时，()fx有3个极值点；当2e03a≤时，()fx有1个极值点.………………………………………………………………………（6分）（2）证明：

由（1）可知，11x，要证22321(e2e)eexxx≥，只需证2232(e2e)ee+1xx≥.由220e3(1)xax，330e3(1)xax，令32txx，则0t，则有32332

21e1xxtxxxx，，可得231e11.e1tttxxtt，要证2232(e2e)ee+1xx≥，即证2(e1)e0e1ttt≥，又由于0t，e10t，即证不等式2(e1)(e1)(e)0ttt

≥在(0)t，上恒成立.令2(e1)(e1)(e)()thttt(0t)，则有2(e1)ee2e()ttht，()e(2)ettht；令()0ht，得e2t；所以当0e2t时，()0ht，则()ht在(0e

2)，上单调递减；当e2t时，()0ht，则()ht在(e)2，上单调递增.又2e3e+1>0(0)h，0(1)h，则有(e2)0h，所以存在唯一0t(0e2)，，使得0()0ht；所以当

00tt时，()0ht，则()ht在0(0)t，上单调递增；当01tt时，()0ht，则()ht在0(1)t，上单调递减；理科数学参考答案·第10页（共10页）所以当1t时，()0ht，则()ht在(1)

，上单调递增.又0(0)h，0(1)h，则有0()0ht，所以当0t时，()0ht≥，故原不等式成立．……………………………………………………………………………（12分）22．（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】解

：（1）消去曲线2C参数方程中的，可得22(2)4xy；又由cosx，siny，所以曲线2C的极坐标方程为4cos；…………………………………………………………………………………（3分）由于曲线2C与x轴的其中一个交点A

（异于点O）的极坐标为(4π)，，所以4(1sinπ)a，即4a．…………………………………………………（5分）（2）消去曲线3C参数方程中的t，可得34yx；设直线34yx的倾斜角为，则有3tan4且π02，，所以曲

线3C的极坐标方程为()R．由4(1sin)，，得||||4(1sin)0EOE，||||4(1sin)0FOF，所以||||||4(1sin)4(1sin)8EFOEOF.………

…………………（10分）23．（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】（1）解：由题，可得(1)2(2)2ff≤，≤，则有|1|2|21|2aa≤，≤，所以1322a≤≤，即1322a，.…………………………

…………（5分）（2）证明：由绝对值三角不等式，可得()()|1||1||(1)(1)|||fmfnmnmnmn≤；由于22222222(1)()1(1)(1)mnmnmnmnmn

，又||1m≥，||1n≥，即21m≥且21n≥，所以22()11(0)mn≥，因此|1|||mnmn≥，又()|1|fmnmn，于是()||()()fmnffnmnm≥≥.………………………………………（10分）获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号w

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