【文档说明】云南省昆明市云南师范大学附属中学2023届高三上学期适应性月考卷（三）数学解析.docx，共(13)页，539.011 KB，由管理员店铺上传

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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12345678答案ADBDCBCB【解析】1．复数13i(13i)(2i)17i17i2i(2i)(2i)555z−−−−−====

−−++−的虚部为75−，故选A．2．因为ABA=，所以BA．则由{|04}Bxx=，可得30264mm−+≤，≥13m−≤≤，故选D．3．因为()fx为幂函数，所以设()fxx=，则231(8)2824f−====，所以23−=，23=−

，则2331(4)416f−==，故选B．4．因为(158160)0.2PX=≤，所以(162)0.20.50.7PX=+=≤，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(10000.7)YB，，所以()700EYnp==，故选

D．5．因为1101011056()105()5()02aaSaaaa+==+=+，所以560aa+，又37520aaa+=，所以50a，所以60a，则max5()nSS=，故选C．6．将M方程与抛物线方程联立，得224160(*)yyr

−+−=，设1122()()AxyBxy，，，，则由M与抛物线有四个不同的交点可得(*)有两个不等的正根，得2212212164(16)448040160rryyyyr=−−=−+==−，，，即2(1216)r，，∴由抛物线定义可得212

1212||||(1)(1)()121(59)FAFByyyyyyr=++=+++=−，，故选B．7．25(2)xx+−表示5个2(2)xx+−相乘，含4x的项可以是在5个2(2)xx+−中选3个2，2个2x−相乘得到，也可以是在5个2(2)

xx+−中选2个2，2个x，1个2x−相乘得到，也可以是在5个2(2)xx+−中选1个2，4个x相乘得到，所以含4x的项为3322222221444445535C2()C2C()C2801201030xxxxxxxx−+−+=−+=−，故选C．8．如图1，取BD的中点M，连接AMCM，．由2

3ABADBD===，可得ABD△为正三角形，且32332AMCM===，所以2232(26)1cos2333AMC−==−，则21sin13AMC=−−223=．以M为原点，MC为x轴，过点M且与平面BCD垂直

的直线为y轴建立平面直角坐标系如图2，则(30)C−，，cos||1AxAMCMA=−=，sin||AyAMCMA=22=，所以(122)A，．设O为三棱锥ABCD−的外接球球心，则O在平面BCD的投影必为BCD△的外心，则设(1)Oh−，．由222||||ROAOC==可得22222(22)

2hh+−=+，解得2h=，所以22||6ROC==．由张衡的结论，2π5168，所以π10，则三棱锥ABCD−的外接球表面积为24π2410R，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9101112答案BDBCABDABC【解析】9．选择自由行的游客人数为381957+=，其小于40岁的概率是3825

73=，故A错误；选择自由行中小于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人不小于40岁的概率为2426C631()11C155PA−=−=−=，故B正确；因为24.0876.

635，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24.087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．图1图210．2221()(1)1Oxmym−++=+：，2222(1)(

2)4Oxymm−+−=：，则1(1)Om−，，211rm=+，2(12)Om，，22||rm=，则0m，A错误（若(11)−，在1O内，则221(1)220m+−−−，即0m）；当1m=时，1(11)O−，，12r=，2(12)O，，2

2r=，所以12||3OO=(2222)−+，，所以两圆相交，共两条公切线，B正确；12OO−，得(22)(24)10mxmy−+++−=，即(24)(221)0mxyxy−+++−=，令2402210xyxy−+=+−=，，解

得1316xy==，，所以定点为1136，，C正确；公共弦所在直线的斜率为2224mm−+，令221242mm−=+，无解，所以D错误，故选BC．11．因为()fx经过点5π08

，，所以5π5π2sin088f=+=，又5π8在()fx的单调递减区间内，所以5ππ2π()8kk+=+Z①；又因为()fx经过点5π14，，所以5π5

π2sin144f=+=，5π2sin42+=，又5π4x=是()1fx=在5π8x时最小的解，所以5π9π2π()44kk+=+Z②．联立①、②，可得5π5π84=，即2=，

代入①，可得π2π()4kk=−+Z，又π||2，所以π4=−，则π()2sin24fxx=−．()fx的最小正周期为2ππ2=，A正确．()fx向左平移3π8个单位后得到的新函数是3πππ()2sin22sin22cos284

2fxxxx=+−=+=，为偶函数，B正确．设()1fx=在(0)m，上的6个根从小到大依次为126xxx，，，．令ππ242x−=，则3π8x=，根据()fx的对称

性，可得123π28xx+=，则由()fx的周期性可得342xx+=3π8T+11π8=，563π19π2288xxT+=+=，所以613π11π19π33π28884iix==++=，C错误．作与240lxy−+=：平行的

直线，使其与5π()04fxx，有公共点，则在运动的过程中，只有当直线与5π()04fxx，相切时，直线与l存在最小距离，也是点M到直线240xy−+=的最小距离，令π()22co

s224fxx=−=，则ππ22π44xk−=+()kZ，解得πxk=()kZ或ππ()4xkk=+Z，又5π04x，，所以π5π044x=，，（舍去），又(0)1f=−，令1(01)M−，，π14f=，2π14M

，，则由π14|14|255−++可得1M到直线l的距离大于2M到直线l的距离，所以M到直线240xy−+=的距离最小时，M的横坐标为π4，D正确，故选ABD．12．由为黄金分割双曲线可得accac=+，即22aacc+=(*)，对(*)两边同除以2a可得210e

e−−=，则512e+=，A正确；对(*)继续变形得222accab=−=，222222222222||||2()3ABBFabcbaccaca+=+++=++−=−∴，22||()AFac=+=222223aaccca++=−，ABBF⊥∴，由射影定理（即三角形

相似）可得B正确；设11()Pxy，，22()Qxy，，00()Mxy，，将PQ，坐标代入双曲线方程，作差后整理可得2202122105112PQOMyyybkkexxxa−+===−=−，故C正确；设直线OPykx=：，代入双曲线方程222222bxayab−=，可得222222abxbak

=−，则2222222abkybak=−，222222222(1)||abkOPxybak+=+=−∴，将k换成1k−即得2||OQ=222222(1)abkbka+−，则22222222222211()(1)||||(1)bakbaOPOQabkab−+−+==+与a，b的值有关，

故D错误，故选ABC．三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号13141516答案(20)，1yx=−1204(21)+【解析】13．不妨设a，b起点都在原点，设aOA=，则A为(29)，，点OA，分别在b

所在直线x轴上的投影为点O和点(20)A=，，所以a在b上的投影向量为(20)OA=，．14．因为()ln1fxx=+，所以(1)1f=，又(1)0f=，所以()lnfxxx=在1x=处的切线方程为01yx−=−，即1yx=−．15．设该四位数为123

4aaaa，则1*aN，(234)iai=N，，，且1234aaaa+++8=．令11aa=，1(234)iiaai=+=，，，则*(1234)iai=Ν，，，，且123411aaaa+++=．所以

该问题相当于把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310C=120种放法．16．设2220xyr+=，则22

1xyrr+=，则点xyrr，在单位圆上，根据三角函数的定义，可设cosxr=，sinyr=，则cossinxryr==，，则由222xyxyxyyx++=−可得22222cossin12sincos2sincos(cossi

n)sincossincosrrr++=+=−，则222sin2cos2sin2rr+=，所以2(cos2sin2)r−=2sin2，则222222111sin2(cos2sin2)sin2cos2sin2sin

4sin2222r====−−+−−44πsin4cos412sin414=+−+−，又π2sin41(021]4+−−，，所以当且仅当πsin414+=，即ππ1

62k=+时，2min44(21)21r==+−．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）解：（1）∵1(24681012)76x=+++++=，624.84y=，24.844.146

y==，61217.28iiixy==，621364iix==，∴1221666217.2824.84743.4ˆ0.62364649706iiiiixyxybxx==−−====−−，………………………………（4分）∴ˆˆ4.140.6270.2ay

bx=−=−=−，∴y关于x的线性回归方程为ˆ0.620.2yx=−．………………………………………（6分）（2）令ˆ0.620.22.90yx=−=，解得5x=，∴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）18．（本小题满分12分）解：（1）∵ABC，，成等差数列，∴2ACB+=，……………………………………………………………………………（1分）又πACB++=，∴π3B=，2π3AC+=，又

π2AC−=，∴1π2πππ7π2234312A=+=+=，12πππππ2323412C=−=−=，………………………………………………………………………………………（3分）∴231ππ7πsinsin2223132314312:

sin:sinπππ231231sinsin1234222acAC+++++======−−−23=+．…………………………………………………………………………………（5分）（2）由题意可得，22aabacabb++=+，即22baac=

+，………………………………………………………………………………………（6分）由余弦定理结合（1）可得22221cos2222acbcaccaBacaca+−−−====，∴2ca=，…………………………………………………………………………………（8分）∴由正弦定理可得sin2s

inCA=，又2ππ3ABCC=−−=−，∴2πsin2sin3cossin3CCCC=−=+，…………………………………………（10分）∴cos0C=，又(0π)C，，∴π2C=，ABC△为直角三角形.……………………………………………………（12分）19．（本小题满

分12分）解：（1）由题意，当*nN时，13111(1)4224nnnnPPPP+=+−=+，………………………………………………………………………………………（2分）则12111234643nnnPPP+−=−=−，……………

…………………………………………（4分）又121315P−=−，23nP−∴是首项为115−，公比为14的等比数列，12113154nnP−−=−∴，11121543nnP−=−+∴(*)nN.……………………………………………

………（6分）（2）记iA为第i次射击击中目标，则由题意可得13()5PA=，213(|)4PAA=，211(|)2PAA=，X可取到的值为024，，，且12211121(0)()(|)()255PXPAAPAAPA=====，212121121112137(2)()()(|

)()(|)()254520PXPAAPAAPAAPAPAAPA==+=+=+=，12211339(4)()(|)()4520PXPAAPAAPA=====，则X的分布列为：X024P15720920……………………………………………………………

………………………（10分）∴1795()024520202EX=++=.…………………………………………………（12分）20．（本小题满分12分）（1）证明：∵平面DAB⊥平面ABC，平面ABC平面ABDAB=，ABBD⊥，且BD平面ABD，

BD⊥∴平面ABC，又AC平面ABC，∴BDAC⊥，又BP⊥平面ACD，AC平面ACD，∴BPAC⊥，且BPBDB=，BPBD，平面BCD，AC⊥∴平面BCD，又BC平面BCD，∴ACBC⊥.…………………………………………………………

…………………（4分）（2）解：法一（几何法）：DEDFDADC==∵，EFAC∥∴，如图3，过点B作直线l平行于AC，则lACEF∥∥，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ACFB⊥，ACBC⊥，∴BCl⊥且FBl⊥，∴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2ABBD==，则2BCAC==，过点F作FMBC⊥于点M，则122FMFCFMBDCD==−=−，且

2BMDFBMBCDC===，3cos3FBC=∵，231322tan2323FMFBCBM−−====∴，解得12=.……………………………………………………………………………（12分）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2ABBD==，则2ACBC==，∴(000)C，，，(020)A，，，(200)B，，，(202)D，，，则(222)DA=−−，，，(202)DC=−−，，，(0

02)DB=−，，，………………………………………………………………………………………（6分）图3图4由DEDFDADC==，可得(222)DEDA==−−，，，(202)DFDC==−−，，，(0

20)EFDFDE=−=−，，∴，(2222)EBDBDE=−=−−，，，………………………………………………………………………………………（8分）设1111()nxyz=，，为平面EFB的法向量，则11112022(22)0yxyz−=

−+−=，，可得一组解为1201n=−，，，……………………………………………………（10分）取平面ABC的法向量2(001)n=，，，则1212212||31|cos|3||||21nnnnnn−===+−，，令01m=

−，则2132mm=+，化简得2232mm=+，即1m=，12=.……………………………………………………………………………………（12分）21．（本小题满分12分）（1）解：设点()Nxy，，()Gxy

，，则由点G与P，Q两点的距离之和为42||33PQ=，可得点G的轨迹是以P，Q为焦点且长轴长为43的椭圆，其轨迹方程为229314xy+=．由0GNGPGQ++=，可得33xyxy==，，代入点G的轨迹方程，可得：22931433xy+

=，即22143xyC+=：．…………………………………………………（4分）（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1(10)F−，，2(10)F，，则

12||||2||NFNFHP+=+12332||2||2||3(||||)4||22IQGPGQGPGQFF=+=+=，由椭圆定义可得C的方程．）（2）证明：设点00()Mxy，，则00(1)1yMEyxx=−−：，即000

(1)0yxxyy−−−=，00(2)2yMAyxx=++：，令4x=，得0062yyx=+，00642yRx+，∴，……………………………………………（6分）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||||RTRS=，又000000000222222000000006(1)42|3(4)|(123)||||(1)(2)(1)(2)(1)yxyyxyxxyRTyxxyxxyx−−−+−−===+−++−++−，006|||

|||2RyRSyx==+，………………………………………………………………………（8分）00y∵，||||RTRS=∴，当且仅当0220042(1)xyx−=+−，即222000(4)4[(1)]xyx−=+−时

，又00()xy，在C上，则2200143xy+=，即22004123yx=−，代入上式可得22200000168123484xxxxx−+=−+−+恒成立，ER∴为MES的角平分线得证．……………………………………………………（12分）（第（2）问也可利用

二倍角公式，证明221REMEREkkk=−）22．（本小题满分12分）解：（1）()e2xfxa=−，①当0a≤时，()0fx在R上恒成立，∴()fx在R上单调递减；………………………………………………………………………………………（2分）②当0a时，

()fx在R上单调递增，且当()0fx=时，2lnxa=，∴当2lnxa−，时，()0fx，()fx单调递减；当2lnxa+，时，()0fx，()fx单调递增.…………

……………………………………………………………………………（4分）（2）55()e()e(e21)044xxxFxfxaxaa=+=−−+≤∵，∴若0a，55(0)12151044Faaaa=−+−=−≥，与()0Fx≤在R上恒成立矛盾，∴0a，…

………………………………………………………………………………（6分）则()e(e21e2)e(2e23)xxxxxFxaxaax=−−+−=−−，令()2e23xhxax=−−，则由0a可知()hx在R上单调递减，又当0x时，

e1x，2e2xaa，232(23)302ahaa−−−−=∴，又(0)230ha=−，02302ax−，∴，使得000()2e230xhxax=−−=，………………………………（8

分）0023e02xxa+=∴，0a∵，∴0032302xx+−，，且当0()xx−，时，()0()0()hxFxFx，，单调递增；当0()xx+，时，()0()0()hxFxFx，，单调递减，0000max0

00232355()()e(e21)214224xxxxFxFxaxaxaaaa++==−−+=−−+∴220000011[(23)(42)(23)5](448)044xxxxxaa=+−+++=−−+≤，……………………………………………

………………………………………（10分）又0a，∴2004480xx−−+≥，解得033[21]222x−−−=−−，，，，令23()2exxmx+=，则22321()2e2exxxxmx−−−−==在322−−，

上恒大于0，()mx∴在322−−，上单调递增，2min21e(2)2e2am−−−=−==∴．…………………………………………………………（12分）获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com