【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（理）答案.pdf，共(8)页，421.289 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（理科数学）一、选择题题号123456789101112答案CADCDCABBCAD1.解析：1i222i1i1i22z，所以1z，选C.2

.解析：因为02Axx，2aBxx，由ABB得AB，所以0a，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：因为双曲线为221916xy，所以3a=；由双曲线的定义得121226MFMFNFNFa-=-=

=，所以112241224MFNFMFNFaMN+=++=+=，所以1MNF△周长为11241236MFNFMN++=+=，选C．5.解析：由第4项与第8项的二项式系数相等可知10n.令1x，则101

+2nx.即奇数项与偶数项的二项式系数和为102.令1x，则101+2nx.即奇数项二项式系数之和减去偶数项的二项式系数之和等于0，故1+nx的展开式中，偶数项的二项式系数之和为1092=22，选D.

6.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212ln21ln

252521，选C．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．第2页（

共8页）8.解析：由0.5eˆbxy，得lnˆy=bx-0.5，令z=lny，则ˆz=bx-0.5.12344x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1.60.5ˆexy，令1.60.59.1eex，解得6x，选B.9.解析：因为2sin18m，24mn，所以222444sin184cos18nm，因此2

12cos153cos306cos54sin3612sin182cos182sin362sin362mn，选B．10.解析：如图构造长方体，设长方体的边长分别为a，b，c，则222xab，222y

bc，222zca，由于四面体ABCD和长方体共外接球，且长方体的外接球半径为体对角线长一半因此：22222abcr，22216abc，故：22222222232xyzabc，选C．11.解析：直线:340lxym

上任意一点0M，点P，Q是圆C上两点，当0PM，0QM分别与圆C相切时，0PMQ最大，当0M运动到圆心C之间的距离最小时，即0CMl时，0PMQ最大，由点到直线距离|3240|5md，当090PMQ时，|3240|25md，即164

m时，圆C上一定存在两点P，Q，在直线l上存在一点M,使90PMQ，选A.12.解析：设2()(1)exxfxx，则(2)()exxxfx，当(1,2)x时，()0fx，所以()fx在(1,2)上单

调递增.当(2,)x时，()0fx，所以()fx在(1,2)上单调递减.所以max()(2)fxf，所以一定存在21,xx，且212,,(1,2)xx使21()()fxfx，即1212=exxxx.设g()lnxxex(1)x，则11g

()0xxxexexx，所以g()x在(1,)上单调递增，所以21g()()xgx，即1212ln>eexxxx，选D.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，

所以6c或2c(舍去)，选③.14.解析：三个向量构成等边三角形，内角为60，所以a，b的夹角为60.15.解析：不妨设点A在第一象限，直线AB的倾斜角为，则有第3页（共8页）cos,cos,AFpAFBFpBF又因为6AF，4p

，所以1cos3，所以3BF，即9ABAFBF；当点A在第四象限时，同理可得9AB．16.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ABBO

B，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.三、解答题（一）必考题17.解：（1）因为112322

()()()nnnnnaaaaaaaa（3n），所以12222242nnnna（3n），当2n时，24a，满足2nna，当1n时，11a，不满足2nna，所以，数列na的通项公式为1

(1)2(2)nnnan.………6分(Ⅱ)因为222321(3)logloglog23(1)2nnnnbaaan，所以，12211(3)33nbnnnn，所以，21111111111342536473nSnn

211111211111132312336123nnnnnn，所以119nS.………12分18.解：设事件A为第一次摸到红球

；事件B为第二次摸到红球，则事件A为第一次摸到白球．（1）第一次从10个球中摸一个球共有10种不同的结果，其中是红球的结果共有3种，所以3()10PA．………4分（2）第一次摸到红球的条件下，剩下的9个球中有2个红球，7个白球，第二次从这9个球中摸一第4页（共8页）个球共有9种不同的结果，

其中是红球的结果共有2种．所以2(|)9PBA．………8分（3）32733()()(|)()(|)10910910PBPAPBAPAPBA．所以第二次摸到红球的概率3()10PB．………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I，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第5页（共8页）在△BNF中，3BNFN，6BF，所以BNFN因为△ABD与△ADF是正三角形，所以BNAD，FNAD所以如图，以点N为坐标原点，建立空间直角坐标系所以1,0,0A，0

,3,0B，2,3,0C，13,,322E所以2,0,0CB，33,,322CE，1,3,0AB设平面BEC的法向量为m因为00mCBm

CE，所以0,2,1m因为2155ABmm，所以点A与平面BEC的距离为2155………12分选择②由（1）有2OFEM，取AD中点N，连

接FN，ON，BN在△ONF中，3FN，1ON，2OF，所以ONFN第6页（共8页）因为△ADF是正三角形，所以ADFN因为ADONNI，所以FN平面ABCD因为△ABD是正三角形，所以BNAD下同①，略20.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239π=π44p，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

111114+422xxxyxxx，所以当2x，2y时恒成立，所以直线BN恒过定点2,2.………12分21.解：（1）当2a时，21()2cos2fxxx，2π(π

)32f，()sinfxxx，(π)πf，所以曲线()yfx=在点(π,(π))f处的切线方程为2π3π(π)2yx-+=-，即2ππ302xy．………4分（2）()sin2afxxx,0,2x．第7页（共8页）令()sin2agxxx=-，则()

cos2agxx．当2a时，()0gx，所以()gx为增函数，()(0)0gxg，所以()0fx，()fx为增函数，所以()(2)cos20fxf．当1,2a时，1,122a，又因为0,2x，所以cos

cos2,1x，所以存在00,2x，使0cos2ax，即00()cos02agxx．所以函数()gx在00,x上为减函数，在0,2x上为增函数，因为(0)0g=，所以0()0gx，而(2)sin20ga，所以

存在10,2xx，使1()0gx，当10,xx时，()0gx，即()0fx；当1,2xx时，()0gx，即()0fx．所以()fx在10,x上单调递减，在()1,2x上单调递增．又因为(0)10fa，(2)cos20f=<，所以()0fx£．综上，当1a

时，对任意0,2x，都有()0fx．………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，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分第8页（共8页）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：3a，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()223fxx的图象是折线BAC，其中322A，，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