【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（文）试题答案.pdf，共(10)页，335.582 KB，由管理员店铺上传

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文科数学参考答案·第1页（共9页）文科数学参考答案一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）题号123456789101112答案CCABCDBABADB【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AB

A，故选C．3．令10x，即1x，所以3y，所以函数12xya的图象恒过定点(13)，，所以命题p为真命题；若直线l的倾斜角是45，则l的斜率为1；若直线l的倾斜角是135，则l的斜率为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为真命题，pq为假命题，pq为假命题，pq为假命题，故选A.4．πsinsinsincos1321sinsintan2，故选B.5．从表中第4行第4列开始向右读取分别为685，992（舍），696，966（舍），827，310，5

03，第5个数为503，故选C．6．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．7．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2

mm，则有0m，所以228(2)21mmm，即图1文科数学参考答案·第2页（共9页）28(2)2210mm，解得124m，所以2m，则1(1)(1)2fmf，故选B．8．在ABC△中，1233ADABA

C，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2ADA

O，故选A．9．根据题意画图，如图3，共有24种情况，其中甲、乙两人相邻，丙、丁两人不相邻共有4种，所以甲、乙两人相邻，丙、丁两人不相邻的概率为41246，故选B.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，可得π5π04π22≤，所以1588≤，则1588，，故选A.

11．如图4，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，，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

≥（当且仅当图3图2图4文科数学参考答案·第3页（共9页）4PQyy时取等号），即当6Py，32Qy时，1||||4APBQ的最小值为112，故选D．12．由题，可得e(ln1)xaxxx≤在(0)x，上恒成立；设()e(0)xgxxx，由

于()(1)e0xgxx，所以()gx在(0)x，上是增函数，则有当(0)x，时，()0gx.令e(0)xtxx，则有0t，lnlntxx，所以函数e(ln1)(ln1)(0)xyxxxttt；由于1ln1lnytttt

，当01t时，0y，(ln1)ytt在(01)t，上是减函数；当1t时，0y，(ln1)ytt在(1)t，上是增函数，所以当1t时，min1y，则有1a≤，故(1]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)，①④⑤【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2sin(1)cos()(1)xxxfxx，则(0)1f，而(0)1f，所以所求切

线方程为1yx，即10xy．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π

6B，即ππ64B；又11sin24SbcA，所以12sinbcA；由于222()()2bcabcabcabc12(cos1)(cos1)sinbcAAA1tanB.因为ππ64B，所以3ta

n13B，所以1(13)tanB，.文科数学参考答案·第4页（共9页）16．①如图5，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1111

ABCDABCD中，不存在棱与平面1AMN平行，故②错误；③如图6，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1

AMN，，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1BF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错误；④由等体积法得1111BAMNNABMVV，又N在运动过程中到平面11ABM的距离始终为2，所以111

1112122332NABMABMVSBM△123BM，又1BM的取值范围为[02]，，所以11BAMNV的取值范围为403，，所以三棱锥11BAMN的体积可能为1，故④正确；⑤设正方体棱长为2，如图7，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，所以⑤正确.综上，答案为①④⑤.图7图6图5文科数学参考答案·第5页（共9页）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2112Saa，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）（2）对dycx两边取对数，得lnlnlnycdx，即lnzcdt，由表中数据得：1.5zt，1011022130.5101.51.5146.5101.51.531010ii

iiitztzdtt，1ln1.51.513czdt，所以ec，所以y关于x的回归方程为13eyx．…………………………………………………（10分）文科数学参考答案·第6页（共9页）（3）

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.……………………（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.又因为C在圆O上，AB为直

径，所以ACBC，又点OD，分别为ABAC，的中点，所以//ODBC，所以ODAC，又ODPOO，且ODPO，平面POD，所以AC平面POD，………………………………………………（4分）又AC平面P

AC，所以平面POD平面PAC．…………………………………………………（6分）（2）解：如图8，在PD上取点F，使得2PFFD，连接EF，由题知2PEEA，所以//EFAC，所以22333EFAD．又因为ACPOD平面，所以EFPOD平面，所以EF为三棱锥EPOD的

高．…………………………………………………………………………………………（9分）又232ACBC，，所以224ABACBC，又因为PAB△为直角三角形，所以122POAB．又POOD，所以1121122PODSPOOD△，所以11232313

339PODEEPODPODVVEFS△．…………………………（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）图8文科数学参考答案·第7页（共9页）（2）设直线2MNlxmy：(0)m，11()Mxy，，22()Nxy，.由22223120.xmyxy

，得22(23)4280mymy，则当296(1)0m时，1224223myym，122823yym，所以222224||1232396(1)6(1)MNmmmmm.…………………………………（9分）又线段MN的中点为22222

2222323mmmm，，即2232222323mmm，，所以线段MN的垂直平分线的方程为2222322323mymxmm，令0y，得2223Rx

m，所以22023Rm，.所以22236(1)3||||4222223mMmNQRm.……………………………………………（12分）21．（本小题满分12分）解：（1）由题，可知，()fx的定义域为xR，2()[

(3)32(3)]e[(1)]exxfxxaxaxaxxa，令()0fx得0x或1xa.①当1a时，()0fx≥，则()fx在R上单调递增，无极值.②当1a时，则有当1xa时，()0fx，则()fx在(1)a，

上单调递增；当10ax时，()0fx，则()fx在(10)a，上单调递减；当0x时，()0fx，则()fx在(0)，上单调递增；所以()fx的极大值为1(1)(1)(e1)afaa，()fx的极小值为(0)4f.③当1

a时，则有当0x时，()0fx，则()fx在(0)，上单调递增；当01xa时，()0fx，则()fx在(01)a，上单调递减；当1xa时，()0fx，则()fx在(1)a，上单调递增；文科数学参考答案·第8页（共9页）所以()f

x的极大值为(0)4f，()fx的极小值为1(1)(1)(e1)afaa.综上，得当1a时，()fx无极值；当1a时，()fx极大值1(1)(1)(e1)afaa，()(0)4fxf

极小值；当1a时，()fx极大值(0)4f，1()(1)(1)(e1)afxfaa极小值.…………（6分）（2）证明：由于(0)40f，且当x时，()1fxa，又函数()fx有三个不同的零点，则由（1）可知1(1)(1)

(11)00e1aaafaa，，，所以1a.此时0x≥，则mn1i()(1)(1)(e1)afxfaa，即1()(1)(e1)afxa≥，所以要证21()(

1)(34)(e2)afxaaa，只需证121(1)(e1)(1)(34)(e2)aaaaaa在(1)a，上恒成立，由于10a，即证121e1(34)(e2)aaaa

，即证212269e33aaaaa，即证123e2033aaa.设123()e233agaaa(1)a，所以1223(23)()e(33)aagaaa；设2223()(33)ahaaa(1)a，所以236(1)(

2)()(33)aahaaa，则有当12a时，()0ha，则()ha在(12)，上单调递增；当2a时，()0ha，则()ha在(2)，上单调递减；又(1)1h，且当32a≥时，()0ha≥，所以当1a时，()1ha.由于当1a时，12

ee3a，所以1()e3()0agaha，则有()ga在(1)a，上单调递增，所以2()(1)e50gag，故不等式123e2033aaa成立，所以当0x≥时，

21()(1)(34)(e2)afxaaa.…………………………（12分）文科数学参考答案·第9页（共9页）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www.xiangxue100.com