【全国百强校Word】云南师大附中2018届高三高考适应性月考卷(一)理数试题

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云南师大附中2017-2018学年高考适应性月考卷(一)理科数学 Word版含答案

理科数学第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合2{|log 4}A x x =<，集合{|||2}B x x =≤，则A B =（）A ．(0,2]B ．[0,2]C ．[2,2]-D ．(2,2)- 2.已知复数z 在复平面内对应的点为(1,1)-，则复数32z z ++的模为（）A ．2C ．2 3.已知||4cos 8a π=，||2sin8b π=，2a b ∙=-，则a 与b 的夹角为（）A ．3π B ．4π C ．34π D ．23π4.圆22420x y x y a ++-+=截直线50x y ++=所得弦的长度为2，则实数a =（）A ．4B ．-2C ．-4D ．25.某程序框图如图1所示，该程序运行后输出的S 的值是（） A ．3024 B ．1007 C ．2018 D ．20166.给出下列四个结论：①已知直线1:10l ax y ++=，22:0l x ay a ++=，则12//l l 的充要条件为1a =±；②函数()cos f x x x ωω=+满足()()2f x f x π+=-，则函数()f x 的一个对称中心为(,0)6π； ③已知平面α和两条不同的直线,a b ，满足b α⊂，//a b ，则//a α； ④函数1()ln f x x x=+的单调区间为(0,1)(1,)+∞. 其中正确命题的个数为（） A ．4 B ．3 C ．2 D ．0 7.已知sin 3α=，1cos()3αβ+=-，且,(0,)2παβ∈，则s i n ()αβ-的值等于（）A ．12-B ．12C ．13- D．278.四面体ABCD 的四个顶点都在球O 的球面上，2AB AD CD ===，BD =BD CD ⊥，平面ABD ⊥平面BCD ，则球O 的体积为（）A． BCD ．2π 9.若,x y 满足条件3560231500x y x y y -+≥⎧⎪+-≤⎨⎪≥⎩，当且仅当3x y ==时，z ax y =+取得最大值，则实数a 的取值范围为（） A ．23(,)35-B ．32(,)(,)53-∞-+∞C ．32(,)53-D ．23(,)(,)35-∞-+∞ 10.某三棱锥的三视图如图2所示，则该三棱锥的表面积为（）A ．8+．8+．8+．8+11.椭圆22221(0)x y a b a b +=>>上一点A 关于原点的对称点为B ，F 为其右焦点，若AF BF ⊥，设ABF α∠=，且[,]124ππα∈，则该椭圆离心率的最大值为（）A ．3．2 C ．2D ．1 12.已知曲线x a y e +=与2(1)y x =-恰好存在两条公切线，则实数a 的取值范围为（） A ．(,2ln 23)-∞+ B ．(,2ln 23)-∞- C ．(2ln 23,)-+∞ D ．(2ln 23,)++∞第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.设24cos n xdx π=⎰，则二项式1()n x x-的展开式的常数项是 .14. ()f x 是定义在R 上的函数，且满足1(2)()f x f x +=-，当23x ≤≤时，()f x x =，则11()2f -= . 15.已知曲线221y x b a -=（0a b ∙≠且a b ≠）与直线20x y +-=相交于,P Q 两点，且0OP OQ ∙=（O 为原点），则11b a-的值为 . 16.已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，12,2(1)n n a S n a ==+，若存在唯一的正整数n 使得不等式2220n n a ta t --≤成立，则实数t 的取值范围为 .三、解答题（本大题共6小题，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）已知ABC ∆是斜三角形，内角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，且sin cos c A C =. （1）求角C ；（2）若c =sin sin()5sin 2C B A A +-=，求ABC ∆的面积.18. （本小题满分12分）2016年1月2日凌晨某公司公布的元旦全天交易数据显示，天猫元旦当天全天的成交金额为315.5亿元.为了了解网购者一次性购物情况，某统计部门随机抽查了1月1日100名网购者的网购情况，得到如下数据统计表，已知网购金额在2000元以上（不含2000元）的频率为0.4.（1）先求出,,,x y p q的值，再将如图3所示的频率分布直方图绘制完整；（2）对这100名网购者进一步调查显示：购物金额在2000元以上的购物者中网龄3年以上的有35人，购物金额在2000元以下（含2000元）的购物者中网龄不足3年的有20人，请填写下面的列联表，并据此判断能否在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为网购金额超过2000元与网龄在3年以上有关？参考数据：参考公式：22()()()()()n ad bcka b c d a c b d-=++++，其中n a b c d=+++.（3）从这100名网购者中根据购物金额分层抽出20人给予返券奖励，为进一步激发购物热情，在(2000,2500]和(2500,3000]两组所抽出的8人中再随机抽取2人各奖励1000元现金，求(2000,2500]组获得现金将的数学期望.19. （本小题满分12分）如图4，已知四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，PA ⊥平面ABCD ，60ABC ∠=，,E F 分别是,BC PC 的中点.（1）证明：AE ⊥平面PAD ；（2）取2AB =，若H 为PD 上的动点，EH 与平面PAD 二面角E AF C --的余弦值.20. （本小题满分12分）已知O 为坐标原点，抛物线2:(0)C y nx n =>在第一象限内的点(2,)P t 到焦点的距离为52，C 在点P 处的切线交x 轴于点Q ，直线1l 经过点Q 且垂直于x 轴.（1）求线段OQ 的长；（2）设不经过点P 和Q 的动直线2:l x my b =+交C 交点A 和B ，交1l 于点E ，若直线,PA PB 的斜率依次成等差数列，试问：2l 是否过定点？请说明理由.21. （本小题满分12分）函数32()f x mx x n =++，()ln g x a x =.（1）若()f x 在点(1,(1))f 处的切线方程为10x y +-=，求()f x 的表达式；（2）若对任意[1,]x e ∈，都有2()(2)g x x a x ≥-++恒成立，求实数a 的取值范围；（3）在（1）的条件下，设(),1()(),1f x x F x g x x <⎧=⎨≥⎩，对任意给定的正实数a ，曲线()y F x =上是否存在两点,P Q ，使得POQ ∆是以O （O 为坐标原点）为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在y 轴上？请说明理由.请考生在22、23、24三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分. 22.（本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲如图，圆O 的半径OB 垂直于直径AC ，M 为AO 上一点，BM 的延长线交圆O 于点N ，过点N 的切线交CA 的延长线于点P ，连接,BC CN . （1）求证：BCN PMN ∠=∠；（2）若60BCN ∠=，1PM =，求OM 的长.23. （本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程在极坐标系中，已知曲线:2cos C ρθ=，将曲线C 上的点向左平移一个单位，然后纵坐标不变，横坐标伸长到原来的2倍，得到曲线1C，又已知直线cos 3:sin3x t l y t ππ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩（t 是参数），且直线l 与曲线1C 交于A ，B 两点.（1）求曲线1C 的直角坐标方程，并说明它是什么曲线；（2）设定点P ，求11||||PA PB +. 24. （本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲已知函数()|1|f x x =+.（1）求不等式()1(2)f x f x +<的解集M ；（2）设,a b M ∈，证明：()()()f ab f a f b >--.云南师大附中2017-2018学年高考适应性月考卷（一）理科数学参考答案第Ⅰ卷（选择题，共60分）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）【解析】1．，，，故选A．2．，则，模为，故选B．3．设与的夹角为，则，，又，∴，故选D．4．圆的标准方程为(x+2)2+(y−1)2=5−a，r2=5−a，则圆心(−2，1)到直线x+y+5=0的距离为，由12+(2)2=5−a，得a=−4，故选C．5．该程序框图表示的是通项为的数列前2016项和，2+2016=3024，故选A.6．对于①，由l1∥l2得∴，①错；对于②，由得，∴的周期为，，∴，时，②错；对于③，当时，结论不成立，③错；对于④，，的定义域为(0，)，，由得，由得，∴的单调区间为(0，1)，(1，)，④错．故选D．7．∈，∴∈(0，π)．∵sin=，∴cos2α=1−2=−，∴sin2α==，而α，β∈，∴α+β∈(0，π)，∴sin(α+β)==，∴=sin=sin2αcos(α+β)−cos2αsin(α+β)=×−×=，故选D．8．根据题意，AB=AD=2，BD=2，则∠BAD=．在Rt△BCD中，BD=2，CD=2，则BC=2，又因为平面ABD⊥平面BCD，所以球心就是BC的中点，半径为r=，所以球的体积为：，故选A．9．作出约束条件表示的平面区域如图1所示．由z=ax+y得y=−ax+z，∵z=ax+y仅在(3，3)处取得最大值，∴−＜−a＜，解得−＜a＜，故选C．10．由三视图可知该三棱锥底面是边长为4的正三角形，面积为，两个侧面是全等的三角形，三边分别为，，4，面积之和为，另一个侧面为等腰三角形，面积是×4×4=8，故选B．11．由题知AF⊥BF，根据椭圆的对称性，AF′⊥BF′（其中F′是椭圆的左焦点），因此四边形AFBF′是矩形，于是，|AB|=|FF′|=2c，|AF|=2c sin，|AF′|=2c cos，根据椭圆的定义，|AF|+|AF′|=2a，∴2c sin+2c cos=2a，∴椭圆离心率e===，而∈，∴+，∴sin，故e的最大值为，故选A．12．的导数为的导数为设与曲线相切的切点为与曲线相切的切点为(s，t)，则有公共切线斜率为又，即有，即为，即有则有即为令则，当时，递减，当时，递增，即有处取得极大值，也为最大值，且为由恰好存在两条公切线，即s有两解，可得a的取值范围是，故选B．第Ⅱ卷（非选择题，共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）2]【解析】13．∵，设第r项为常数项，则，令，可得，∴．14．由f(x+2)=可得，f(x+4)==f(x)，所以函数f(x)是以4为周期的周期函数，．15．将y=2−x代入，得设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1+x2=，x1x2=.=x1x2+y1y2=x1x2+(2−x1) (2−x2)=2x1x2−2(x1+x2)+4，所以+4=0，即2a−2b=ab，即a−b=ab，所以．16．时，，整理得，又，故．不等式可化为：，设，由于，由题意可得解得或．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：（Ⅰ）根据正弦定理，可得c sin A=a sin C，因为c sin A=a cos C，所以a sin C=a cos C，可得sin C=cos C，得tan C=，因为C(0，)，所以C=．……………………………………………………………（6分）（Ⅱ）因为sin C+sin(B−A)=5sin2A，C=，sin C=sin(A+B)，所以sin(A+B)+sin(B−A)=5sin2A，所以2sin B cos A=2×5sin A cos A．因为△ABC为斜三角形，所以cos A≠0，所以sin B=5sin A，由正弦定理可知b=5a，①所以S△ABC=ab sin C=×1×5×……………………………………（12分）18．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）因为网购金额在2000元以上（不含2000元）的频率为0.4，所以网购金额在(2500，3000]的频率为0.4−0.3=0.1，即q=0.1，且y=100×0.1=10，从而x=15，p=0.15，相应的频率分布直方图如图2所示．………………………………………………………………（4分）（Ⅱ）相应的2×2列联表为：由公式K2=，因为5.56>5.024，所以据此列联表判断，在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为网购金额超过2000元与网龄在3年以上有关．……………………………………………（8分）（Ⅲ）在(2000，2500]和(2500，3000]两组所抽出的8人中再抽取2人各奖励1000元现金，则(2000，2500]组获奖人数X为0，1，2，且，故(2000，2500]组获得现金奖的数学期望+1000+2000=1500．…………………………………………………（12分）19．（本小题满分12分）（Ⅰ）证明：由四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°，可得△ABC为正三角形，因为E为BC的中点，所以AE⊥BC. ……………………………………………（1分）又BC∥AD，因此AE⊥AD．……………………………………………（2分）因为PA⊥平面ABCD，AE平面ABCD，所以PA⊥AE．………………………………………………………（3分）而PA平面PAD，AD平面PAD，PA AD=A，所以AE⊥平面PAD．…………………………………………（5分）（Ⅱ）解法一：为上任意一点，连接，．由（Ⅰ）知AE⊥平面PAD，则∠EHA为EH与平面PAD所成的角．…………………………………………（6分）在中，，所以当AH最短时，即当时，EHA最大，此时，因此．……………………………………………（7分）又AD=2，所以∠ADH=45°，所以PA=2．…………………………………（8分）因为PA⊥平面ABCD， PA平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABCD．过E作EO⊥AC于O，则EO⊥平面PAC．过O作OS⊥AF于S，连接ES，则∠ESO为二面角E−AF−C的平面角．……………………………………………（9分）在Rt△AOE中，，．又F是PC的中点，在Rt△ASO中，．又，………………………………………………（10分）在Rt△ESO中，，…………………………………（11分）即所求二面角的余弦值为．…………………………………………（12分）解法二：由（Ⅰ）可知AE，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，以AE，AD，AP分别为x，y，z轴，建立如图3所示的空间直角坐标系．设AP=a，………………（6分）则A(0，0，0)，B(，−1，0)，C(，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，a)，E(，0，0)，F，，，H(0，2−2，a)(其中)，∴，，，平面PAD的法向量为=(1，0，0)，设为EH与平面PAD所成的角，．EH与平面PAD所成最大角的正切值为，∴的最大值为，即在的最小值为5，函数对称轴(0，1)，所以，计算可得a=2，…………………（8分）所以，0，0)，，．设平面AEF的一个法向量为=(x1，y1，z1)，则因此取，则= (0，2，−1)，…………………………………………（9分）= (，3，0)为平面AFC的一个法向量，………………………（10分）所以cos，=，………………………（11分）所以，所求二面角的余弦值为．…………………………………………（12分）20．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）由抛物线在第一象限内的点P到焦点的距离为，得，，抛物线C的方程为y2=2x，P(2，2)．………………………………（2分）C在第一象限的图象对应的函数解析式为，则y′=，故C在点P处的切线斜率为，切线的方程为．令y=0得x=−2，所以点Q的坐标为(−2，0)．故线段OQ的长为2．……………………………………………（5分）（Ⅱ）l2恒过定点(2，0)，理由如下：由题意可知l1的方程为x=−2，因为l2与l1相交，故．由l2：，令x=−2，得，故．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由消去x得：，则，．………………………………………………（7分）直线PA的斜率为，同理直线PB的斜率为，直线PE的斜率为．因为直线PA，PE，PB的斜率依次成等差数列，所以，即．………………………（10分）整理得：，因为l2不经过点Q，所以，所以2m−b+2=2m，即b=2．故l2的方程为，即l2恒过定点(2，0). ………………………（12分）21．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）由，得，. 又点(1，f(1))在直线上，∴，，∴. ………………………（3分）（Ⅱ）由，得．∵，，且等号不能同时取得，∴，即.∴恒成立，即.令，，则，当时，，，，从而.∴在区间上为增函数，∴，∴. …………（7分）（Ⅲ）由条件假设曲线上存在两点P，Q满足题意，则P，Q只能在y轴的两侧，不妨设()，则()．∵是以O（O为坐标原点）为直角顶点的直角三角形，∴，∴，是否存在P，Q等价于该方程且是否有根．当时，方程可化为，化简得，此时方程无解；当时，方程可化为，即．设，则()，显然，当时，，即在区间上是增函数，的值域是，即．∴当时方程总有解，即对于任意正实数a，曲线上总存在两点P，Q，使得是以O（O为坐标原点）为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在轴上．…………………………………………………（12分）22．（本小题满分10分）【选修4−1：几何证明选讲】（Ⅰ）证明：连接ON，∵PN为的切线，∴90°．在中，∵，∴，又∵，∴，根据弦切角定理，得，∴．………………………（4分）（Ⅱ）解法一：∵，∴为等边三角形，∴．设的半径为，则在直角三角形中，，，，根据相交弦定理，，可得，即可得，，∴．…………………………………………………（10分）解法二：∵60°，∴△PMN为等边三角形，∴，设的半径为r，则在直角三角形中，，OM=，，又为的外接圆，由正弦定理可知，，又，∴，∴．………………………………………………（10分）解法三：，设的半径为r，则在直角三角形中，，，，在中，，∴．又∵，MN=PM=1，∴，∴，∴．……………………………………………（10分）23．（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】解：（Ⅰ）曲线C的直角坐标方程为：，即，∴曲线的直角坐标方程为，∴曲线表示焦点坐标为，长轴长为4的椭圆．……………（4分）（Ⅱ）直线：（t是参数），将直线的方程代入曲线的方程中，得．设对应的参数分别为，则，，结合t的几何意义可知，．……………………………（10分）24．（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】（Ⅰ）解：，即．当时，原不等式可化为，解得，此时原不等式的解集为；当时，原不等式可化为，解得，此时原不等式无解；当时，原不等式可化为，解得，此时原不等式的解集为．综上，．…………………………………………………（5分）（Ⅱ）证明：因为，所以，要证，只需证，即证，即证，即证，即证．∵a，b M，∴a2>1，b2>1，∴(a2−1)(b2−1)>0成立，所以原不等式成立．………………………………………（10分）。

云南师大附中2018届高考适应性月考卷(一)物理-答案

理科综合物理参考答案·第1页（共5页）云南师大附中2018届高考适应性月考卷（一）理科综合参考答案物理部分一、选择题（本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求；第19～21题有多项符合题目要求，全部选对的给6分，选对但不全的给3分，有选错的给0分）【解析】14．由电荷数守恒和质量数守恒知旧核为4018X ，故B 正确。

15．由星球表面重力加速度的公式2GMg R =知，该星球半径是地球的2倍，第一宇宙速度15.8km/s =v ，故A 正确，B 、C 、D 错误。

16．全程的平均速度是10m/s ，故A 错误。

由2112222a x a x ==v ，1122a t a t ==v ，1220s t t +=得：关闭发动机时的速度是20m/s ，匀加速运动的加速度是1.25m/s 2，匀减速运动的加速度大小是5m/s 2，故B 、C 错误，D 正确。

17．滑片P 向下缓慢滑动时，变阻器电阻R 减小，1U 不变，故2I 增大，0R 两端电压增大，2U 减小；又因2I 增大，1I 增大，故A 、B 错误。

2I 增大，0R 两端电压增大，0R 的消耗功率增大，故D 正确。

R 和0R 的大小关系不确定，类比闭合电路输出功率和外电阻的关系，故C 错误。

18．由题知磁感应强度B 随时间t 均匀变化，回路中产生恒定电流，由楞次定律，感应电流沿a b →方向，故A 正确，B 错误。

安培力F BIL =，随B 的变化而变化，故D 错误。

又由左手定则知，00~t 安培力沿右下方，故水平力沿左方向，为负向，故C 错误。

19．向上做匀加速直线运动时，由1212()()F m m g m m a -+=+和122kx m g m a -=可得理科综合物理参考答案·第2页（共5页）2112Fm kx m m =+；向右做匀加速直线运动时，由12()F m m a =+和22kx m a =可得2212Fm kx m m =+，故A 、C 错误，B 、D 正确。

云南省师范大学附属中学2018年高三(上)学期第一次月考数学(理)试题(附答案)

云南师大附中2018届高考适应性月考卷（一）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）【解析】1．[1)A =+∞，，(1]B =-∞，，故选B ． 2．1ii ||11i z z +===-，故，故选D ．3．222()25+=++=a b a ab b ，所以||+=a b D ． 4．π6πππ2πsin 2sin 2sin 23633y x y x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+−−−−−−−→=++=+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭向左平移个单位，故选C ．5．285213a a a +==，所以5132a =，又17747()7352aa S a +===，所以45a =，32d =， 8a =11，故选D ．6．当22x y ==，时，z 取得最大值4，故选A ．7．由表中数据可得16555.4x y ==，，因为回归直线必过()x y ，，代入回归方程得ˆ43.6a=-,故选B ．8．直线平分圆周，则直线过圆心(11)，，所以有2a b +=，11111()222a b a b a b ⎛⎫+=++ ⎪⎝⎭≥2112⎫=⎪⎪⎝⎭（当且仅当b =时取“=”），故选D ．9．作出sin y x =，|lg |y x =的图象如图1，由图象知有4个零点，故选C ．图110．由正弦定理得：::sin :sin :sin a b c A B C =，又::cos :cos :cos a b c A B C =，所以有tan tan tan A B C ==，即A B C ==，所以ABC △是等边三角形，故选B ．11．由三视图知：三棱锥S ABC -是底面边长为半径为R，则有：22)4R R =+，解得：R ，故选D ．12．由题意知：32()e ln(1)x f x x x =+++在(0)+∞，上单调递增，()()f x t f x +>在(1)x ∈-+∞，上恒成立，必有2t ≥，则(21)f x t +=的根有2个，故选A ．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）【解析】13．36122112121C C rr r rr r T x x --+⎛⎫== ⎪⎝⎭，3602r -=，解得：4r =，代入得常数项为495．14．该程序执行的是11111111112913248102132481045S⎛⎫=+++=-+-++-=⎪⨯⨯⨯⎝⎭．15．由已知：22||||b bc b FM MN a a a ==-，，由||||F M M N =知：22bc b a a =，2c b e ==∴，∴．16．2211()3322b c AH AO AB AC AO ⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭uuu r uuu r uu u r uuu r uuu r g ，又22240b b c -+=，代入得：AH AO =uuu r uuu r g 2221421(4)3226b b b b b ⎛⎫-+=- ⎪⎝⎭，又22240c b b =-+>，所以02b <<，代入得AH AOuuu r uuu r g 的取值范围为203⎛⎫ ⎪⎝⎭，．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）（Ⅰ）证明：因为123n n a a +=+，所以132(3)n n a a ++=+，而11a =，故数列{3}n a +是首项为4，公比为2的等比数列．………………………（5分）（Ⅱ）解：由（Ⅰ）得数列{3}n a +是首项为4，公比为2的等比数列，即132n n a ++=，因此123n n a +=-．所以1(21)2n n b n +=-，2311232(21)2n n S n +=⨯+⨯++-⨯，① 34221232(21)2n n S n +=⨯+⨯++-⨯，②①−②有231222(22)(21)2n n n S n ++-=+++--⨯，所以2(23)212n n S n +=-+．……………………………………………………………（12分）18．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）5160626371748182688x +++++++==甲，5862646669717381688x +++++++==乙，222222222(5168)(6068)(6268)(6368)(7168)(7468)(8168)(8268)8s -+-+-+-+-+-+-+-=甲103=，222222222(5868)(6268)(6468)(6668)(6968)(7168)(7368)(8168)8s -+-+-+-+-+-+-+-=乙45=，所以乙组的成绩更稳定．…………………………………………………………………（6分）（Ⅱ）由题意知ξ服从参数为3，3，7的超几何分布，即(337)H ξ，，，ξ的取值可能为：0，1，2，3，3437C 4(0)C 35P ξ===，214337C C 18(1)C 35P ξ===，124337C C 12(2)C 35P ξ===，3337C 1(3)C 35P ξ===，ξ的分布列为：ξ0 1 2 3 P43518351235135ξ的数学期望：339()77E ξ⨯==．……………………………………………………（12分）19．（本小题满分12分）（Ⅰ）证明：在长方体1111ABCD A B C D -中，因为11M N ACA D ，分别为，的中点，所以MN 为1A CD △的中位线，所以MN ∥CD ，又因为CD ⊥平面11A ADD ，所以MN ⊥平面11A ADD ．…………………………………………………………………（5分）（Ⅱ）解：在长方体1111ABCD A B C D -中，因为CD ⊥平面11A ADD ，所以1CA D ∠为1A C 与平面11A ADD 所成的角，即1CA D ∠=30︒，又因为1A A ⊥平面ABCD ，所以1ACA ∠为1A C 与平面ABCD 所成的角，即145ACA∠=︒，所以1MN =，2CD =，14A C =，1A A=AC =如图2，分别以AB ，AD ，1AA 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系A xyz -， ∴A(0，0，0)，D(0，2，0)，1(22C ，，，1(00A ，，，C(2，2，0)，B(2，0，0)，在正方形ABCD 中，BD ⊥AC ，∴BD uu u r是平面1A AC 的法向量，(220)BD =-，，uu u r . 设平面1ACD 的法向量为()n x y z =，，r，由(200)DC =，，，1(02DA =-，，，所以有2020x y =⎧⎪⎨-+=⎪⎩，，∴0x y =⎧⎪⎨=⎪⎩，，取z=1，得平面1ACD 的一个法向量为(021)n =，，. 设二面角1A ACD --的大小为α，则|cos |23α==.∴36sin =α．…………………………………………………………………………（12分）20．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）00()P x y 设，，代入椭圆的方程有：2200221x y a b +=，整理得：2222002()b y x a a =--，又10y k x a=+，20y k x a=-，所以201222012y k k x a ==--，212212b k ka =-=-联立两个方程有，c e a ==解得：．………………………………（5分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知222a b =，又1b =，所以椭圆C 的方程为22121x y +=.图2设直线l 的方程为：1x my =-，代入椭圆的方程有：22(2)210m y my +--=，设1122()()M x y N x y ，，，， 1212222122m y y y y m m -+==++由韦达定理：，，121||||2OMNS OD y y =-==△所以，(1)t t =≥，则有221m t =-，代入上式有OMNS t t ==+△，当且仅当1t =，即0m =时等号成立，所以OMN △的面积的最大值为．…………………………………………………（12分）21．（本小题满分12分）（Ⅰ）解：22()21b x x bf x x x x ++'=++=，当0b ≥时，在12⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭，上()0f x '≥恒成立，所以()f x 在12⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭，上单调递增成立，当0b <时，由220x x b ++=，解得x =，易知，()f x在0⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增，由题意有，12≤，解得1b -≥．综上所述，1b -≥．………………………………………………………………………（5分）（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知，当1b =-时，()f x 在12⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭，上单调递增，对任意1n ≥，有112n n +≥成立，所以112n f f n ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭≥，代入()f x 有23ln ln 21114n n n n n n ⎛⎫⎛⎫+-+ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭≥，整理得：2223ln 2ln (1)41n n n n n +⎛⎫-- ⎪++⎝⎭≥. ………………………………………………（12分） 22．（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】解：（Ⅰ）曲线C 的标准方程为：22143x y +=，直线l0y -．………………………………………………（5分）（Ⅱ）将直线l的参数方程化为标准方程：112()x t t y ⎧=+⎪⎪⎨⎪⎪⎩，为参数，，代入椭圆方程得：254120t t +-=，解得12625t t ==-，，所以12114||11||||||3PA PB t t +=+=．……………………………………………………（10分）23．（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】解：（Ⅰ）12(1)()3(12)21(2)x x f x x x x -<-⎧⎪=-⎨⎪->⎩，≤≤，，函数的图象如图3所示．………………（5分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知()f x 的最小值是min ()3f x =，所以要使不等式2|1||2|2x x a a ++-+≥恒成立，有232a a +≥，解之得[31]a ∈-，．………………………………………………………………………（10分）图3。

云南师范大学附属中学2018-2019学年高三上学期高考适应性月考卷(一)数学理试题Word版含解析

云南师大附中2018-2019学年高考适应性月考卷（一）理科数学第I卷（选择题，共60分）最新试卷十年寒窗苦，踏上高考路，心态放平和，信心要十足，面对考试卷，下笔如有神，短信送祝福，愿你能高中，马到功自成，金榜定题名。

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分．共60分）1、设集合A＝{0，1，2，4}，B＝4|02xx Rx，则A B＝A.｛1，2，3，4｝B. ｛2，3，4｝C. ｛2，4｝D. ｛|14x x｝2、若复数12izi的共轭复数是(,)z a bi a b R，其中i为虚数单位，则点（a，b）为A.（一 1. 2）B.（－2，1)C.（1，－2）D.（2，一1）3. 已知函数1,0()2,0xe xf xx x，若()f a＝－1，则实数a的值为A、2B、±1 C. 1 D、一 14.“0≤m≤l”是“函数()cos1f x x m有零点”的A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件5.将某正方体工件进行切削，把它加工成一个体积尽可能大的新工件，新工件的三视图如图1所示，则原工件材料的利用率为〔材料的利用率A、7 8B、6 7C、5 6D、4 56. 在△ABC中，||||AB AC AB AC，AB =2, AC＝1，E, F为BC的三等分点，则AE AF ＝A、89B、109C、259D、2697・已知3sin()65，则sin(2)6A 、45B 、725C 、925D 、16258、设实数x,y 满足的取值范围是A 、110[,]33B 、15[,]32C 、5[2,]2D 、10[2,]39、定义min{a ，b}=，在区域任意取一点P(x, y)，则x,y 满足min ｜x+y+4，x 2+x+2y ｜= x 2+x+2y 的概率为A 、49B 、59C 、13D 、2310、《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑，如图2,在鳖臑PABC中，PA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，且AP=AC=1，过A 点分别作AE 1⊥PB 于E 、AF ⊥PC 于F ，连接EF 当△AEF 的面积最大时，tan ∠BPC 的值是11.设定义在（0，2）上的函数f(x), 其导数函数为'()f x ，若()'()tan f x f x x 恒成立，则12.设直线l 与抛物线x 2=4y 相交于A, B 两点，与圆C ：222(5)xy r(r>0)相切于点M,且M 为线段AB 的中点，若这样的直线l 恰有4条，则r 的取值范围是A.（1，3)B. (1,4)C. (2, 3)D. (2, 4)第II 卷（非选择题，共90分）二、坟空班（本大题共4小题，每小鹿5分，共20分）13.如图3.这是一个把k 进掉数a （共有n 位）化为十进制数b 的程序框图，执行该程序框图，若输人的k ，a ，n 分别为2，110011，6，则抢出的b ＝＿．14若函数3211()232f x xxax 在2[,)3上存在单调递增区间，则a 的取值范围是15．设椭圆E ：22221(0)x y a b ab的右顶点为A 、右焦点为F ，B 为椭圆E 在第二象限上的点，直线BO 交椭圆E 于点C ，若直线BF 平分线段AC ，则椭圆E 的离心率是16.设S ＝则不大于S 的最大整数［S ］等于三、解答．（共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步吸）17.（本小题满分12分）已知数列｛a n ｝的首项a l ＝1，．（I ）证明：数列是等比数列；（II ）设，求数列的前n 项和Sn 。

云南师大附中高三上学期第一次月考数学(理)试卷

云南师大附中2018届高考适应性月考卷（一）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）【解析】1．[1)A =+∞，，(1]B =-∞，，故选B ． 2．1ii ||11i z z +===-，故，故选D ．3．222()25+=++=a b a ab b ，所以||+=a b D ． 4．π6πππ2πsin 2sin 2sin 23633y x y x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+−−−−−−−→=++=+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭向左平移个单位，故选C ．5．285213a a a +==，所以5132a =，又17747()7352a a S a +===，所以45a =，32d =， 8a =11，故选D ．6．当22x y ==，时，z 取得最大值4，故选A ．7．由表中数据可得16555.4x y ==，，因为回归直线必过()x y ，，代入回归方程得ˆ43.6a=-,故选B ．8．直线平分圆周，则直线过圆心(11)，，所以有2a b +=，11111()222a b a b a b ⎛⎫+=++ ⎪⎝⎭≥2112⎫+=⎪⎪⎝⎭（当且仅当b =时取“=”），故选D ．9．作出sin y x =，|lg |y x =的图象如图1，由图象知有4个零点，故选C ．图110．由正弦定理得：::sin :sin :sin a b c A B C =，又::cos :cos :cos a b c A B C =，所以有tan tan tan A B C ==，即A B C ==，所以ABC △是等边三角形，故选B ．11．由三视图知：三棱锥S ABC -是底面边长为径为R，则有：22)4R R =+，解得：R =，故选D ．12．由题意知：32()e ln(1)x f x x x =+++在(0)+∞，上单调递增，()()f x t f x +>在(1)x ∈-+∞，上恒成立，必有2t ≥，则(21)f x t +=的根有2个，故选A ．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）【解析】13．36122112121C C rr r rr r T x x --+⎛⎫== ⎪⎝⎭，3602r -=，解得：4r =，代入得常数项为495．14．该程序执行的是11111111112913248102132481045S ⎛⎫=+++=-+-++-=⎪⨯⨯⨯⎝⎭．15．由已知：22||||b bc b FM MN a a a ==-，，由||||F M M N =知：22bc b a a =，2c b e ==∴，∴． 16．2211()3322b c AH AO AB AC AO ⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭uuu r uuu r uu u r uuu r uuu r g ，又22240b b c -+=，代入得：AH AO =uuu r uuu r g 2221421(4)3226b b b b b ⎛⎫-+=- ⎪⎝⎭，又22240c b b =-+>，所以02b <<，代入得AH AO uuu r uuu r g 的取值范围为203⎛⎫ ⎪⎝⎭，．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）（Ⅰ）证明：因为123n n a a +=+，所以132(3)n n a a ++=+，而11a =，故数列{3}n a +是首项为4，公比为2的等比数列．………………………（5分）（Ⅱ）解：由（Ⅰ）得数列{3}n a +是首项为4，公比为2的等比数列，即132n n a ++=，因此123n n a +=-．所以1(21)2n n b n +=-，2311232(21)2n n S n +=⨯+⨯++-⨯，① 34221232(21)2n n S n +=⨯+⨯++-⨯，②①−②有231222(22)(21)2n n n S n ++-=+++--⨯，所以2(23)212n n S n +=-+．……………………………………………………………（12分） 18．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）5160626371748182688x +++++++==甲， 5862646669717381688x +++++++==乙，222222222(5168)(6068)(6268)(6368)(7168)(7468)(8168)(8268)8s -+-+-+-+-+-+-+-=甲103=，222222222(5868)(6268)(6468)(6668)(6968)(7168)(7368)(8168)8s -+-+-+-+-+-+-+-=乙45=，所以乙组的成绩更稳定．…………………………………………………………………（6分）（Ⅱ）由题意知ξ服从参数为3，3，7的超几何分布，即(337)H ξ，，，ξ的取值可能为：0，1，2，3， 3437C 4(0)C 35P ξ===，214337C C 18(1)C 35P ξ===，124337C C 12(2)C 35P ξ===，3337C 1(3)C 35P ξ===，ξ的分布列为：ξ123P435 1835 1235 135ξ的数学期望：339()77E ξ⨯==．……………………………………………………（12分）19．（本小题满分12分）（Ⅰ）证明：在长方体1111ABCD A B C D -中，因为11M N ACA D ，分别为，的中点，所以MN 为1A CD △的中位线，所以MN ∥CD ，又因为CD ⊥平面11A ADD ，所以MN ⊥平面11A ADD ．…………………………………………………………………（5分）（Ⅱ）解：在长方体1111ABCD A B C D -中，因为CD ⊥平面11A ADD ，所以1CA D ∠为1A C 与平面11A ADD 所成的角，即1CA D ∠=30︒，又因为1A A ⊥平面ABCD ，所以1ACA ∠为1A C 与平面ABCD 所成的角，即145ACA∠=︒，所以1MN =，2CD =，14A C =，1A A=AC =，如图2，分别以AB ，AD ，1AA 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系A xyz -， ∴A(0，0，0)，D(0，2，0)，1(22C ，，，1(00A ，，，C(2，2，0)，B(2，0，0)，在正方形ABCD 中，BD ⊥AC ，∴BD uu u r是平面1A AC 的法向量，(220)BD =-，，uu u r . 设平面1ACD 的法向量为()n x y z =，，r，由(200)DC =，，，1(02DA =-，，，所以有2020x y =⎧⎪⎨-+=⎪⎩，，图 2∴0x y =⎧⎪⎨=⎪⎩，，取z=1，得平面1ACD 的一个法向量为(021)n =，，. 设二面角1A ACD --的大小为α，则|cos |23α=.∴36sin =α．…………………………………………………………………………（12分）20．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）00()P x y 设，，代入椭圆的方程有：2200221x y a b +=，整理得：2222002()b y x a a =--，又10y k x a=+，20y k x a=-，所以201222012y k k x a ==--，212212b kk a =-=-联立两个方程有，c e a ==解得：．………………………………（5分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知222a b =，又1b =，所以椭圆C 的方程为22121x y +=.设直线l 的方程为：1x my =-，代入椭圆的方程有：22(2)210m y my +--=，设1122()()M x y N x y ，，，， 1212222122m y y y y m m -+==++由韦达定理：，，121||||2OMNS OD y y =-===△所以，(1)t t =≥，则有221m t =-，代入上式有OMNS t t ===+△，当且仅当1t =，即0m =时等号成立，所以OMN △的面积的最大值为．…………………………………………………（12分）21．（本小题满分12分）（Ⅰ）解：22()21b x x bf x x x x ++'=++=，当0b ≥时，在12⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭，上()0f x '≥恒成立，所以()f x 在12⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭，上单调递增成立，当0b <时，由220x x b ++=，解得x ，易知，()f x在0⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增，由题意有，12≤，解得1b -≥．综上所述，1b -≥．………………………………………………………………………（5分）（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知，当1b =-时，()f x 在12⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭，上单调递增，对任意1n ≥，有112n n +≥成立，所以112n f f n ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭≥，代入()f x 有23ln ln 21114n n n n n n ⎛⎫⎛⎫+-+ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭≥，整理得：2223ln 2ln (1)41n n n n n +⎛⎫-- ⎪++⎝⎭≥. ………………………………………………（12分） 22．（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】解：（Ⅰ）曲线C 的标准方程为：22143x y +=，直线l0y --=．………………………………………………（5分）（Ⅱ）将直线l的参数方程化为标准方程：112()x t t y ⎧=+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，为参数，，代入椭圆方程得：254120t t +-=，解得12625t t ==-，，所以12114||11||||||3PA PB t t +=+=．……………………………………………………（10分）23．（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】解：（Ⅰ）12(1)()3(12)21(2)x x f x x x x -<-⎧⎪=-⎨⎪->⎩，≤≤，，函数的图象如图3所示．………………（5分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知()f x 的最小值是min ()3f x =，所以要使不等式2|1||2|2x x a a ++-+≥恒成立，有232a a +≥，解之得[31]a ∈-，．………………………………………………………………………（10分）图3。

云南省师大附中2018届高三适应性考试

云南省师大附中2018届高三适应性考试云南省师大附中2018届高三适应性考试语文试卷注意事项：1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。

2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，弄选涂其他答案标号。

在试题卷上作答无效。

3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

满分150分，考试用时150分钟。

一、现代文阅读（35分）（一）论述类文本阅读（9分，每小题3分）阅读下面的文字，完成1-3题。

人工智能，新起点上再发力去年出尽风头让人惊叹的谷歌围棋人工智能阿尔法狗（AlphaGo），5月将来到中国，在浙江乌镇与世界排名第一的中国棋手柯洁上演人机大战。

黑白子此起彼落之间，柯洁探寻的是已有几千年历史的围棋真理，而对阿尔法狗和它的发明者来说，比赢得比赛更重要的，是寻找人工智能的科学真理。

人工智能称得上是当前科技界和互联网行业最为热门的话题。

无论将其称作下一个风口最强有力的创新加速器驱动未来的动力，还是关于它会不会比人更聪明甚至取代人的各种争论，都在说明，人工智能又一次迎来了黄金发展期。

与以往几十年不同的是，这次人工智能的高潮，是伴随着生活和工作的应用而来，它是科技进步的水到渠成，也嵌入了十分广泛的生活场景。

因此也有科学家认为，我们或许是和人工智能真正共同生活的第一代人。

对大众来说，人工智能充满着科幻色彩；对科学家来说，人工智能可能是最受内心驱动、最具理想色彩的一门科学。

从1956年的美国达特茅斯会议算起，明确提出人工智能的概念并开始科学上的研究，到现在已有61年的历史，并经历过至少两个冬天。

一直到上世纪90年代，人工智能仍然走不出实验室。

人工智能遭遇的技术瓶颈，一方面有着时代的限制，另一方面也是由于人们对它的期待太高，一直梦想着的是创造出类似科幻电影《人工智能》中那个小机器人的形象——会找寻自我、探索人性，想成为一个真正意义上的人。

云南师大附中2018届高三理科数学12月高考适应性月考题五带答案

云南师大附中2018届高三理科数学12月高考适应性月考题（五）带答案理科数学试卷第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，集合，则（）A．B．C．D．2.复数，则复数的虚部是（）A．B．C．D．3.为了让大家更好地了解我市的天气变化情况，我市气象局公布了近年来我市每月的日平均最高气温与日平均最低气温，现绘成雷达图如图所示，下列叙述不正确的是（）A．各月的平均最高气温都不高于25度B．七月的平均温差比一月的平均温差小C．平均最高气温低于20度的月份有5个D．六月、七月、八月、九月的平均温差都不高于10度4.为了配合创建全国文明城市的活动，我校现从4名男教师和5名女教师中，选取3人，组成创文明志愿者小组，若男女至少各有一人，则不同的选法共有（）A．140种B．70种C．35种D．84种5.在等差数列中，若，则数列的前15项的和为（）A．15B．25C．35D．456.已知抛物线：的焦点为，过点且倾斜角为的直线交曲线于，两点，则弦的中点到轴的距离为（）A．B．C．D．7.若三棱锥的三视图如图，正视图和侧视图均为等腰直角三角形，俯视图为边长为2的正方形，则该三棱锥的最长棱的棱长为（）A．B．C．D．8.规定：对任意的各位数字不全相同的三位数，若将各位数字按照从大到小、从左到右的顺序排列得到的三位数，称为原三位数的“和谐数”；若将各位数字按照从小到大、从左到右的顺序排列得到的三位数，称为原三位数的“新时代数”．如图，若输入的，则输出的为（）A．2B．3C．4D．59.已知函数，若，则的取值范围为（）A．B．C．D．10.如图，函数的图象为折线，则不等式的解集是（）A．B．C．D．11.已知半径为5的求被两平行的平面所截，两截面圆的半径分别为3和4，则分别以两截面为上下底的圆台的侧面积为（）A．B．C．或D．或12.已知椭圆：的右焦点为，过点的两条互相垂直的直线，，与椭圆相交于点，，与椭圆相交于点，，则下列叙述不正确的是（）A．存在直线，使得值为7B．存在直线，使得值为C．四边形的面积存在最大值，且最大值为6D．四边形的面积存在最小值，且最小值为第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.若，满足约束条件则的最小值为．14.已知为数列的前项和，，当时，，则．15.在中，，，点为外接圆的圆心，则．16.在中，为上一点，且，，为的角平分线，则面积的最大值为．三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17.已知函数．（1）求函数的最小正周期及在区间的值域；（2）在中，，，所对的边分别是，，，，，，求的面积．18.随着我国经济的快速发展，民用汽车的保有量也迅速增长．机动车保有量的发展影响到环境质量、交通安全、道路建设等诸多方面．在我国，尤其是大中型城市，机动车已成为城市空气污染的重要来源．因此，合理预测机动车保有量是未来进行机动车污染防治规划、道路发展规划等的重要前提．从2012年到2016年，根据“云南省某市国民经济和社会发展统计公报”中公布的数据，该市机动车保有量数据如表所示．年份20122013201420152016年份代码12345机动车保有量（万辆）169181196215230（1）在图所给的坐标系中作出数据对应的散点图；（2）建立机动车保有量关于年份代码的回归方程；（3）按照当前的变化趋势，预测2017年该市机动车保有量．附注：回归直线方程中的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，．19.如图，在三棱柱中，，顶点在底面上的射影恰为的中点，，．（1）证明：；（2）若点为的中点，求二面角的余弦值．20.椭圆：的离心率为，过其右焦点与长轴垂直的直线与椭圆在第一象限相交于点，．（1）求椭圆的标准方程；（2）设椭圆的左顶点为，右顶点为，点是椭圆上的动点，且点与点，不重合，直线与直线相交于点，直线与直线相交于点，求证：以线段为直径的圆恒过定点．21.已知函数．（1）求的单调区间；（2）若在上恒成立，求正整数的最小值．请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22.选修4-4：坐标系与参数方程已知抛物线的方程为，以抛物线的焦点为极点，以轴在点右侧部分为极轴建立极坐标系．（1）求抛物线的极坐标方程；（2），是曲线上的两个点，若，求的最大值．23.选修4-5：不等式选讲已知函数.（1）求不等死的解集；（2）当取何值时，恒成立.理科数学试卷答案一、选择题1-5:6-10:11、12：二、填空题13.14.15.16.三、解答题17.解：（1），所以的最小正周期，，，，所以函数在区间的值域为．（2）由得，又，，，由及余弦定理得：，，又，代入上式解得，的面积．18.解：（1）数据对应的散点图如图8所示. （2），，，所以回归直线方程为．（3）代入2017年的年份代码，得，所以按照当前的变化趋势，2017年该市机动车保有量为245万辆．19．（1）证明：因为顶点在底面上的射影恰为AC的中点M，所以，又，所以，又因为，而，且，所以平面，又因为，所以．（2）解：如图9，以为原点，建立空间直角坐标系，则，于是，求得平面的一个法向量为，由，求得平面的一个法向量为，则，所以二面角的余弦值为．20．（1）解：，又，联立解得：，所以椭圆C的标准方程为．（2）证明：设直线AP的斜率为k，则直线AP的方程为，联立得．，整理得：，故，又，(分别为直线PA，PB的斜率)，所以，所以直线PB的方程为：，联立得，所以以ST为直径的圆的方程为：，令，解得：，所以以线段ST为直径的圆恒过定点．21．解：（1）函数的定义域为，由于在上是减函数，所以当时，；当时，.所以的单调递增区间为，单调递减区间为．（2）由在上恒成立，整理得：在上恒成立即可.令，当时，，以及在上，得在上恒成立，由（1）知的单调递增区间为，单调递减区间为．所以有，即恒成立，所以正整数k的最小值为1．22．解：（1）由抛物线的定义得：，即：．（2）由（1）得：，当且仅当时等号成立，故的最大值为．23．解：（1）由有：，所以，即或或解得不等式的解集为．（2）由恒成立得即可.由（1）得函数的定义域为，所以有所以，即．云南师大附中2018届高考适应性月考卷（五）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[KS5UKS5U]CACBADBCABCD【解析】1．，，所以，故选C．2．由，故选A．3．由雷达图可知平均最高气温低于20度的月份有一月、二月、十一月、十二月共四个，故选C．4．分两类：（1）2男1女，有种；（2）1男2女，有种，所以共有+种，故选B．5．设等差数列的公差为，首项为，由，，故选A．6．由题意知过点的直线方程为，联立方程消去得：.设，，则，所以弦的中点的横坐标为，故到轴的距离为，故选D．7．如图1所示三棱锥A−BCD，三棱锥在边长为2的正方体中，可知正方体体对角线AC即为三棱锥最长的棱，且，故选B．8．由题意知：输入的，则程序运行如下：当时，，，，当时，，，，当时，，，，当时，，，，此时程序结束，输出，故选C．9．由，知为上的偶函数，当时，为增函数，故等价于不等式，解得的取值范围为，故选A．[KS5UKS5U]10．如图2，由，需满足函数的图象不在函数图象的下方，令，所以，则在上单调递减，在上单调递增，且当时，，，，而由图可知函数则，由题意可知，不等式的解集为，故选B．11．（1）当两截面圆在球心的同侧时，如图3，则为大截面圆的直径，为小截面圆的直径，梯形为圆台的轴截面，由题意知，，，则圆台的高为，，所以圆台的侧面积为.（2）当两截面圆在球心的异侧时，如图4，则为大截面圆的直径，为小截面圆的直径，梯形为圆台的轴截面，由题意知，，，则圆台的高为，，所以圆台的侧面积为，综上所述，故选C．12．当直线，一个斜率为零一个斜率不存在时，可得即为长轴，为通径，则，则A是正确的；当直线，的斜率都存在时，不妨令直线的斜率为，由题意知的直线方程为，联立方程消去得：，设，，由韦达定理知：，，所以，同理，特别地当时，，即，则正确；由于，所以，又，故当不存在或，，故，综上所述C选项正确，D选项错误，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【解析】13．由题意可知，线性区域是如图5的阴影部分，由，则为直线的截距，由图可知，当时，取到最小值.14．由，且，所以，可得：，所以是以首项为，公比为的等比数列，则，所以.15．如图6，由是外接圆的圆心，取的中点，取的中点，连接，，所以．16．如图7，由于为的角平分线，且，，由角平分线定理知：，令，，由两边之和大于第三边，两边之差小于第三边知：，在中，由余弦定理知：，所以，当且仅当，即时取等号，所以面积的最大值为3. 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：（Ⅰ），所以的最小正周期，，，，所以函数在区间的值域为．…………………………………………（6分）（Ⅱ）由得，又，，，由及余弦定理得：，，又，代入上式解得，的面积．…………………………………（12分）18．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）数据对应的散点图如图8所示. ………………………………………………………………………………………（5分）（Ⅱ），，，所以回归直线方程为．………………………………………………（10分）（Ⅲ）代入2017年的年份代码，得，所以按照当前的变化趋势，2017年该市机动车保有量为245万辆．…………………………………………（12分）19．（本小题满分12分）（Ⅰ）证明：因为顶点在底面上的射影恰为AC的中点M，所以，又，所以，又因为，而，且，所以平面，又因为，所以．…………………………………………………………………………（5分）（Ⅱ）解：如图9，以为原点，建立空间直角坐标系，则，于是，求得平面的一个法向量为，由，求得平面的一个法向量为，则，所以二面角的余弦值为．……………………………………………（12分）20．（本小题满分12分）（Ⅰ）解：，又，联立解得：，所以椭圆C的标准方程为．…………………………………………………（5分）（Ⅱ）证明：设直线AP的斜率为k，则直线AP的方程为，联立得．，整理得：，故，又，(分别为直线PA，PB的斜率)，所以，所以直线PB的方程为：，联立得，所以以ST为直径的圆的方程为：，令，解得：，所以以线段ST为直径的圆恒过定点．…………………………………（12分）21．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）函数的定义域为，由于在上是减函数，所以当时，；当时，.所以的单调递增区间为，单调递减区间为．…………………（5分）（Ⅱ）由在上恒成立，整理得：在上恒成立即可.令，当时，，以及在上，得在上恒成立，由（Ⅰ）知的单调递增区间为，单调递减区间为．所以有，即恒成立，所以正整数k的最小值为1．…………………………………………………………（12分）22．（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】解：（Ⅰ）由抛物线的定义得：，即：．………………………………………………………………（5分）（Ⅱ）由（Ⅰ）得：，当且仅当时等号成立，故的最大值为．………………（10分）23．（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】解：（Ⅰ）由有：，所以，即或或解得不等式的解集为．…………………………………………………（5分）（Ⅱ）由恒成立得即可.由（Ⅰ）得函数的定义域为，所以有所以，即．………………………………………………………………………………（10分）云南师大附中2018届高考适应性月考卷（五）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[KS5UKS5U]CACBADBCABCD【解析】1．，，所以，故选C．2．由，故选A．3．由雷达图可知平均最高气温低于20度的月份有一月、二月、十一月、十二月共四个，故选C．4．分两类：（1）2男1女，有种；（2）1男2女，有种，所以共有+种，故选B．5．设等差数列的公差为，首项为，由，，故选A．6．由题意知过点的直线方程为，联立方程消去得：.设，，则，所以弦的中点的横坐标为，故到轴的距离为，故选D．7．如图1所示三棱锥A−BCD，三棱锥在边长为2的正方体中，可知正方体体对角线AC即为三棱锥最长的棱，且，故选B．8．由题意知：输入的，则程序运行如下：当时，，，，当时，，，，当时，，，，当时，，，，此时程序结束，输出，故选C．9．由，知为上的偶函数，当时，为增函数，故等价于不等式，解得的取值范围为，故选A．10．如图2，由，需满足函数的图象不在函数图象的下方，令，所以，则在上单调递减，在上单调递增，且当时，，，，而由图可知函数则，由题意可知，不等式的解集为，故选B．11．（1）当两截面圆在球心的同侧时，如图3，则为大截面圆的直径，为小截面圆的直径，梯形为圆台的轴截面，由题意知，，，则圆台的高为，，所以圆台的侧面积为.（2）当两截面圆在球心的异侧时，如图4，则为大截面圆的直径，为小截面圆的直径，梯形为圆台的轴截面，由题意知，，，则圆台的高为，，所以圆台的侧面积为，综上所述，故选C．12．当直线，一个斜率为零一个斜率不存在时，可得即为长轴，为通径，则，则A是正确的；当直线，的斜率都存在时，不妨令直线的斜率为，由题意知的直线方程为，联立方程消去得：，设，，由韦达定理知：，，所以，同理，特别地当时，，即，则正确；由于，所以，又，故当不存在或，，故，综上所述C选项正确，D选项错误，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【解析】13．由题意可知，线性区域是如图5的阴影部分，由，则为直线的截距，由图可知，当时，取到最小值.14．由，且，所以，可得：，所以是以首项为，公比为的等比数列，则，所以.15．如图6，由是外接圆的圆心，取的中点，取的中点，连接，，所以．16．如图7，由于为的角平分线，且，，由角平分线定理知：，令，，由两边之和大于第三边，两边之差小于第三边知：，在中，由余弦定理知：，所以，当且仅当，即时取等号，所以面积的最大值为3. 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：（Ⅰ），所以的最小正周期，，，，所以函数在区间的值域为．…………………………………………（6分）（Ⅱ）由得，又，，，由及余弦定理得：，，又，代入上式解得，的面积．…………………………………（12分）18．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）数据对应的散点图如图8所示. ………………………………………………………………………………………（5分）（Ⅱ），，，所以回归直线方程为．………………………………………………（10分）（Ⅲ）代入2017年的年份代码，得，所以按照当前的变化趋势，2017年该市机动车保有量为245万辆．…………………………………………（12分）19．（本小题满分12分）（Ⅰ）证明：因为顶点在底面上的射影恰为AC的中点M，所以，又，所以，又因为，而，且，所以平面，又因为，所以．…………………………………………………………………………（5分）（Ⅱ）解：如图9，以为原点，建立空间直角坐标系，则，于是，求得平面的一个法向量为，由，求得平面的一个法向量为，则，所以二面角的余弦值为．……………………………………………（12分）20．（本小题满分12分）（Ⅰ）解：，又，联立解得：，所以椭圆C的标准方程为．…………………………………………………（5分）（Ⅱ）证明：设直线AP的斜率为k，则直线AP的方程为，联立得．，整理得：，故，又，(分别为直线PA，PB的斜率)，所以，所以直线PB的方程为：，联立得，所以以ST为直径的圆的方程为：，令，解得：，所以以线段ST为直径的圆恒过定点．…………………………………（12分）21．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）函数的定义域为，由于在上是减函数，所以当时，；当时，.所以的单调递增区间为，单调递减区间为．…………………（5分）（Ⅱ）由在上恒成立，整理得：在上恒成立即可.令，当时，，以及在上，得在上恒成立，由（Ⅰ）知的单调递增区间为，单调递减区间为．所以有，即恒成立，所以正整数k的最小值为1．…………………………………………………………（12分）22．（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】解：（Ⅰ）由抛物线的定义得：，即：．………………………………………………………………（5分）（Ⅱ）由（Ⅰ）得：，当且仅当时等号成立，故的最大值为．………………（10分）23．（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】解：（Ⅰ）由有：，所以，即或或解得不等式的解集为．…………………………………………………（5分）（Ⅱ）由恒成立得即可.由（Ⅰ）得函数的定义域为，所以有所以，即．………………………………………………………………………………（10分）。

云南师大附中2018届高考适应性月考卷(二)理数-答案

2
21 10 10 40 PA 2 R2 ，∴ S 4πR 2 4 π π ，故选 A． r 1 3 3 9 3 2 1 0 ．设 | PF1 | r1， | PF2 | r2 ，由椭圆的定义得： r1 r2 2a ， ∵ △F1 PF2 的三条边 |PF2|， | PF1 | ， | F1 F2 | 成等差数列， ∴ 2r1 2c r2 ，联立 r1 r2 2a ， 2r1 2c r2 ，解得 r1 r1 2a 2c 4a 2c ，r2 ，由余弦定理得： (2c)2 r12 r22 2r1r2 cos 60 ，将 3 3 2a 2c 4a 2c 2a 2c ，r2 代入 (2c)2 r12 r22 2r1r2 cos 60 可得， 4c 2 3 3 3
1 22 2 ， 2
图1
， S△PCD
1 2 22 3 2 6 2
，
1 (2 4) 2 6 ，∴ S表 12 2 2 2 6 ，故选 A． 2
理科数学参考答案·第 1 页（共 8 页）
9 ．设 △ABC 外接圆半径为 r ，三棱锥外接球半径为 R ， ∵ AB 2，AC 3，BAC 60 ， BC 1 ∴ BC 2 AB2 AC 2 2 AB AC cos60 22 32 2 2 3 7 ，∴ BC 7 ，∴ 2r 2 sin60 7 3 2 2 21 21 ，∴ r ，由题意知， PA 平面 ABC ，则将三棱锥补成三棱柱可得， 3 3
2 4 ∴ C6 a
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
15 1 1 ，即 a 4 ，解得 a ，故选 D． 16 16 2

云南师大附中2018届高考适应性月考卷(2)理综-试卷

㊀１
㊀
图２
正常条件下蝴蝶兰叶肉细胞在能合成［２４：００不ＡＴＰ和Ｈ］Ｂ．干４：００可旱条件下蝴蝶兰叶肉细胞在进行暗反应种条件下蝴蝶兰收速率产生差异的主因与气孔开放程度有关Ｃ．１０：００１６：００两ＣＯ吸两曲线交点所对应时刻，两种条件下蝴蝶兰合成的有机物总量一定相等Ｄ．在列关于生物实验材料或方法的叙述，错误的有５．下德尔进行测交实验属于假说 — 演绎法的演绎内容 ①孟
２
以下数据可供解题时参考。１㊀Ｃ — １２㊀Ｏ— １６㊀Ｓｉ— ２８㊀Ｓ— ３２㊀Ｃａ— ４０㊀Ｆｅ— ５６㊀Ｎｉ— ５９㊀Ｉ— １２７可能用到的相对原子质量：Ｈ—
一、选择题：本题共题，每小题。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。１３小６分１．下列有关组成细胞的分子和细胞结构的叙述，正确的是Ａ．蛋白质都具有信息传递的功能Ｂ．ＤＮＡ是一切生物的遗传物质蛋白质纤维组成的细胞骨架与细胞形态的维持有关Ｃ．由Ｄ．植物细胞的边界是细胞壁人体细胞分裂过程中，染色体与核比值关系曲线，下列叙述正确的是２．图１为ＤＮＡ的对应的细胞中，染色体数为Ａ．ｃ点４６条对应的细胞中，均含有同源染色体Ｂ．ｃｄ段线的变化是同源染色体分离导致的Ｃ．曲ｄｅ段图于的细胞中只含有染色体组Ｄ．处ｅｆ段２个列关于酶和说法，不正确的是３．下ＡＴＰ的藻可通过光合作用和细胞呼吸合成Ａ．蓝ＡＴＰ动时骨骼肌细胞内的量可维持相对稳定Ｂ．运ＡＴＰ含Ｃ．细胞可利用氨基酸或核糖核苷酸来合成酶温和低温都会使酶永久失活Ｄ．高

云南师范大学附属中学2018届高三上学期高考适应性月考

云南师大附中2018届高考适应性月考卷（三）理科综合参考答案第Ⅰ卷（选择题，共126分）一、选择题：本题共13小题，每小题6分。

二、选择题：本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求；第19～21题有多项符合题目要求，全部选对的给6分，选对但不全的给3分，有选错的给0分。

【解析】1．叶绿体以类囊体堆叠的形式增大膜面积，线粒体以内膜折叠成嵴的形式增大膜面积，D错误。

2．若x表示CO2浓度，植物的净光合速率不会从0开始，A错误。

番茄在培养液中O2浓度为0时也可通过无氧呼吸生成ATP吸收Ca2+，B错误。

若实验温度低于酶的最适温度，适当升高温度重复实验时，酶促反应速率会增大，C正确。

在KNO3溶液中，洋葱鳞片叶外表皮细胞会发生质壁分离自动复原现象，所以先失水后吸水，D错误。

3．脂质一定含有C、H、O，有的脂质如磷脂还含有N和P，糖类中核糖和脱氧核糖等不作为能源物质，①错误。

无机盐离子的跨膜运输方式还可通过协助扩散，如神经元静息状态时K+的外流，②错误。

所有具有细胞结构的生物，其遗传物质一定是DNA，只有少数病毒以RNA为遗传物质，③正确。

真核生物体内的核基因，在进行减数分裂时才遵循孟德尔的遗传规律，④错误。

原核生物如蓝藻无叶绿体也可进行光合作用，硝化细菌可进行化能合成作用，原核生物没有线粒体也可进行有氧呼吸，⑤错误。

植物细胞中液泡也可能含有色素，但这些色素不参与光合作用，⑥错误。

人体剧烈运动时会进行无氧呼吸，但人体细胞的无氧呼吸产物为乳酸，不产生CO2，⑦正确。

4．随着细胞生长体积增大，相对表面积减小，与外界环境进行物质交换的效率下降，A错误。

细胞衰老时细胞核的体积增大，B错误。

细胞遭冻害死亡，属于细胞坏死，D错误。

5．“去雄→套袋→人工传粉→套袋”是应对母本进行的操作，A错误。

精子的数量远多于卵细胞，B 错误。

非同源染色体上的非等位基因的遗传才遵循基因自由组合定律，C 正确。

云南师大附中2018届高考适应性月考卷(1)理综-答案

云南师大附中 2018 届高考适应性月考卷（一）理科综合参考答案
一、选择题：本题共 13 小题，每小题 6 分。题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 C D A B D C A B D C B C D
二、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中，第 14～18 题只有一项符合题目要求；第 19～21 题有多项符合题目要求，全部选对的给 6 分，选对但不全的给 3 分，有选错的给 0 分。
理科综合参考答案·第 1 页（共 13 页）
6．细菌无染色体，不会发生染色体变异。基因突变具有随机性的特点。抗生素的滥用在超级
细菌进化过程中的作用是使种群基因频率发生定向改变，从而决定进化方向。新物种形成
的标志是生殖隔离的产生。
7Hale Waihona Puke 硅胶多孔吸附水分，没有发生化学变化，A 正确。
8．应该为 2−甲基丁烷，A 错误。甲基中最多只有 1 个 H 在面上，故最多有 7 个原子共面，B
左手定则知， 0 ~ t0 安培力沿右下方，故水平力沿左方向，为负向，故 C 错误。
19 ．向上做匀加速直线运动时，由 F (m1 m2 )g (m1 m2 )a 和 kx1 m2 g m2a 可得
，D
错误。
11．分析题意可知：X、Y、Z、W 分别为 O、Na、S、Cl。核外电子排布相同时，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径：Y<X，A 错误。同周期（除稀有气体元素外）从左到右非金属性递增，故非金属性：Z<W，B 正确。水分子间形成氢键，故沸点：Z<X，C 错误。应该是最高价氧化物对应水化物的酸性，D 错误。
17．滑片 P 向下缓慢滑动时，变阻器电阻 R 减小，U1 不变，故 I2 增大， R0 两端电压增大，U2

云南省师范大学附属中学2018届高三高考适应性月考卷(三)数学(理)试题+Word版含答案

云南省师范大学附属中学2018届高三高考适应性月考卷（三）数学（理）试题注意事项：1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。

2.每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应科目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮才干净后，再选涂其他答案标号，在试题卷上作答无效。

3.考试结束后，请将本卷和答题卡一并交回，满分150分，考试用时120分钟。

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.已知集合{},3,2,1,0,1,2--=A 集合{},32x y x B -==则B A ⋂中元素的个数为 A.2 B.3 C.4 D.52.复数z 满足5)2)(3(=+-i i z （i 为虚数单位），则z 的共轭复数等于 A.-2-2i B.-2+2i C.2-2i D.2+2i3.祖恒原理：“幂势既同，则积不容异”，它是中国古代一个涉及集合体体积的问题，意思是两个等高的几何体，如在同高处的截面积恒相等，则体积相等，设A,B 为两个等高的几何体，P ：A ，B 的体积相等，q:A ，B 在同高处的截面积不恒相等，根据祖恒原理可知，q 是p 的A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分条件D.既不充分也不必要条件 4.522)11)(3(-+xx 的展开式的常数项是 A.-3 B.-2 C.2 D.35.已知双曲线)0,0(12222〉〉=-b a by a x 的一条渐进线方程为x y 23=，且双曲线的一个焦点在抛物线x y 742-=的准线上，则双曲线的方程为A.13422=-y xB.14322=-y xC.1212822=-y xD.1282122=-y x6.已知函数),62cos(2sin )(π+-=x x x f 则下列结论正确的是A.导函数为)62cos(3)(π-=x x fB.函数)(x f 的图象关于直线2π=x 对称C.函数)(x f 在区间)3,6(ππ-上是增函数 D.函数)(x f 的图象可由函数x y 2sin 3=的图象向右平移6π个单位长度得到 7.执行如图1所示的程序框图，如果输出的n 的值为4，则输入的a 的值可以为 A.1 B.2 C.3 D.48.已知单调递减的等比数列{}n a 满足：,28432=++a a a 且23+a 是42,a a 的等差中项，则{}n a的前6项和为A.63B.64C.1D.1269.已知直三棱柱111C B A ABC -的6个顶点都在表面积为π100的球0的球面上，若34,4===BC AC AB ，则该三棱柱的体积为A.38B.312C.213D.324 10.设21,F F 分别是椭圆)0(1:2222〉〉=+b a by a x C 的左、右焦点，过1F 的直线l 交椭圆于A,B两点，l 在y 轴上的截距为1，若B F F A 113=，且x AF ⊥2轴，则此椭圆的长轴长为A.33B.3C.6D.6图111. 在等腰梯形ABCD 中，已知AB ∥DC ，AB =2，BC =1，=∠ABC 60°，动点E 和F 分别在线段BC 和DC 上，且DC DF BC BE λλ41,==,则AF AC ⋅的最小值为 A.1829 B.87 C.1817 D.815 12. 设函数)(x f 在R 上存在导函数),(1x f 对于任意的实数x ，都有),(6)(2x f x x f --=当)0,(-∞∈x 时，,91212)2()2(,121)(221m m m f m f x x f -++-≤+〈+若则实数m 的取值范围是 A.⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞-,32 B.⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞-,21 C.[)+∞-,1 D.[)+∞-,2二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13. 已知实数y x ,满足条件y x z x y x x y +=⎪⎩⎪⎨⎧≥≥+≥2,1,1,则的取值范围是。

云南师大附中2018届高三上学期适应性数学试卷理科3 含解析

2018-2018学年云南师大附中高三（上）适应性数学试卷（理科）（3）一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．设全集U=R，集合A={y|y=x2﹣2}，B={x|x≥3}，则A∩（∁U B）=（）A．∅B．{x|x≤﹣2}C．{x|x＜3}D．{x|﹣2≤x＜3}2．已知复数z=，是z的共轭复数，则|为（）A．B．C．D．3．下列说法正确的是（）A．若命题p，￢q为真命题，则命题p∧q为真命题B．“若，则”的否命题是“若，则”C．命题p：“”的否定￢p：“∀x∈R，x2﹣x﹣5≤0”D．若f（x）是定义在R上的函数，则“f（0）=0”是“函数f（x）是奇函数”的充要条件4．已知双曲线C：=1，曲线f（x）=e x在点（0，2）处的切线方程为2mx﹣ny+2=0，则该双曲线的渐近线方程为（）A．B．y=±2x C．D．5．若正整数N除以正整数m后的余数为n，则记为N=n（bmodm），例如11≡4（bmod7），如图所示的程序框图的算法源于我国古代闻名中外的《中国剩余定理》，执行该程序框图，则输出的n=（）A．16 B．17 C．19 D．156．已知公差不为0的等差数列{a n}满足a1，a3，a4成等比数列，S n为数列{a n}的前n项和，则的值为（）A．﹣2 B．﹣3 C．2 D．37．已知ξ服从正态分布N（1，σ2），a∈R，则“P（ξ＞a）=0.5”是“关于x的二项式的展开式的常数项为3”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．既不充分又不必要条件D．充要条件8．已知某随机变量X的概率密度函数为，则随机变量X落在区间（1，3）内的概率为（）A． B．C．e2﹣e D．e2+e9．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的外接球的表面积是（）A．4πB．6πC．7πD．12π10．某微信群中甲、乙、丙、丁、卯五名成员同时抢4个红包，每人最多抢一个，且红包被全部抢光，4个红包中有两个2元，两个3元（红包中金额相同视为相同的红包），则甲乙两人都抢到红包的情况有（）A．35种B．24种C．18种D．9种11．在锐角△ABC中，sinA=，cosC=，BC=7，若动点P满足=+（1﹣λ）（λ∈R），则点P轨迹与直线AB，AC所围成的封闭区域的面积（）A．3 B．4 C．6 D．1212．若二次函数f（x）=x2+1的图象与曲线C：g（x）=ae x+1（a＞0）存在公共切线，则实数a的取值范围为（）A．（0，]B．（0，]C．[，+∞） D．[，+∞）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在机读卡上相应的位置．）13．某校高三某班在一次语文周测中，每位同学的考试分数都在区间[100，128]内，将该班所有同学的考试分数分为七组：[100，118），[118，118），[118，112），[112，116），[116，120），[120，124），[124，128]，绘制出如图3所示频率分布直方图，已知分数低于112分的有18人，则分数不低于120分的人数为．14．已知倾斜角为α的直线l与直线m：x﹣2y+3=0垂直，则cos2α=．15．记函数f（x）的导数为f（1）（x），f（1）（x）的导数为f（2）（x），…，f（n﹣1）（x）的导数为f（n）（x）（n∈N*），若f（x）可进行n次求导，则f（x）均可近似表示为：f（x）≈f（0）++…+，若取n=4，根据这个结论，则可近似估计cos2≈（用分数表示）．16．设数列{a n}为等差数列，且a11=，若f（x）=sin2x+2cos2，记b n=f（a n），则数列{b n}的前21项和为．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．在△ABC中，角A，B，C所对的边分为a，b，c，向量=（2b﹣c，a），=（cosC，cosA），且．（1）求角A的大小；（2）若=4，求边a的最小值．18．如图甲，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD=，AB=BC=1，AD=2，E 是AD的中点，O是AC与BE的交点，将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，如图乙．（1）证明：CD ⊥平面A 1OC ；（2）若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求BC 与平面A 1CD 所成的角．19．2018年11月21日是附中建校76周年校庆日，为了了解在校同学们对附中的看法，学校进行了调查，从全校所有班级中任选三个班，统计同学们对附中的看法，情况如下表：（1）从这三个班中各选一位同学，求恰好有2人认为附中“非常好”的概率（用比例作为相应概率）；（2）若在B 班按所持态度分层抽样，抽取9人，再从这9人中任意选取3人，记认为附中“非常好”的人数为ξ，求ξ的分布列和数学期望． 20．已知椭圆C ： =1（a ＞b ＞0）的左、右焦点分别为F 1，F 2，椭圆上一点与椭圆右焦点的连线垂直于x 轴．（1）求椭圆C 的方程；（2）与抛物线y 2=4x 相切于第一象限的直线l ，与椭圆C 交于A ，B 两点，与x轴交于点M ，线段AB 的垂直平分线与y 轴交于点N ，求直线MN 斜率的最小值．21．设函数f （x ）=lnx ，g （x ）=lnx ﹣x +2．（1）求函数g（x）的极大值；（2）若关于x的不等式在[1，+∞）上恒成立，求实数m的取值范围；（3）已知，试比较f（tanα）与﹣cos2α的大小，并说明理由．请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，作答时请写清题号．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C的极坐标方程为ρcos2θ=2sinθ，它在点处的切线为直线l．（1）求直线l的直角坐标方程；（2）已知点P为椭圆=1上一点，求点P到直线l的距离的取值范围．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）=|x+a|+|x﹣1|．（1）当a=3时，求不等式f（x）≥x+3a的解集；（2）若f（x）≤|x﹣4|的解集包含[0，1]，求a的取值范围．2018-2018学年云南师大附中高三（上）适应性数学试卷（理科）（3）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．设全集U=R，集合A={y|y=x2﹣2}，B={x|x≥3}，则A∩（∁U B）=（）A．∅B．{x|x≤﹣2}C．{x|x＜3}D．{x|﹣2≤x＜3}【考点】交、并、补集的混合运算．【分析】化简集合A，求出B的补集，由交集含义即可得到所求．【解答】解：∵集合A={y|y=x2﹣2}={y|y≥﹣2}，B={x|x≥3}，∁U B={x|x＜3}，∴A∩（∁U B）={x|﹣2≤x＜3}．故选：D．2．已知复数z=，是z的共轭复数，则|为（）A．B．C．D．【考点】复数求模．【分析】求出z，，即可得出结论．【解答】解：由z===2﹣i，∴=2+i，∴||=，故选B．3．下列说法正确的是（）A．若命题p，￢q为真命题，则命题p∧q为真命题B．“若，则”的否命题是“若，则”C．命题p：“”的否定￢p：“∀x∈R，x2﹣x﹣5≤0”D．若f（x）是定义在R上的函数，则“f（0）=0”是“函数f（x）是奇函数”的充要条件【考点】命题的真假判断与应用．【分析】根据复合命题真假判断的真值表，可判断A；写出原命题的否命题，可判断B；写出原命题的否定命题，可判断C；根据充要条件的定义，可判断D．【解答】解：选项A中命题p∧q为假命题，故错误；选项B中命题的否命题应为“若，则”，故错误；选项D中结论应为必要不充分条件，故错误；故选C．4．已知双曲线C：=1，曲线f（x）=e x在点（0，2）处的切线方程为2mx﹣ny+2=0，则该双曲线的渐近线方程为（）A．B．y=±2x C．D．【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程；双曲线的简单性质．【分析】利用导数以及切线的斜率，切线方程，求出m，n，然后求解双曲线的渐近线方程．【解答】解：∵f（x）=e x，∴f′（0）=1，曲线f（x）=e x在点（0，2）处的切线方程为：x﹣y+2=0，∴2m=1，n=1，渐近线方程为y=±=，故选：A．5．若正整数N除以正整数m后的余数为n，则记为N=n（bmodm），例如11≡4（bmod7），如图所示的程序框图的算法源于我国古代闻名中外的《中国剩余定理》，执行该程序框图，则输出的n=（）A．16 B．17 C．19 D．15【考点】程序框图．【分析】该程序框图的作用是求被3和5除后的余数为2的数，根据所给的选项，得出结论．【解答】解：该程序框图的作用是求被3和5除后的余数为2的数，在所给的选项中，满足被3和5除后的余数为2的数只有17，故选：B．6．已知公差不为0的等差数列{a n}满足a1，a3，a4成等比数列，S n为数列{a n}的前n项和，则的值为（）A．﹣2 B．﹣3 C．2 D．3【考点】等差数列与等比数列的综合．【分析】利用等差数列以及等比数列的关系式，列出方程，转化求解即可．【解答】解：由已知设公差为d，a1，a3，a4成等比数列，则（a1+2d）2=a1（a1+3d），可得a1=﹣4d，则===3．故选：D．7．已知ξ服从正态分布N（1，σ2），a∈R，则“P（ξ＞a）=0.5”是“关于x的二项式的展开式的常数项为3”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．既不充分又不必要条件D．充要条件【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合正态分布已经二项式定理的内容进行判断即可．【解答】解：若P（ξ＞a）=0.5，则a=1，若关于x的二项式的展开式的常数项为3，==•a3﹣k•x3﹣3k，则通项公式T k+1由3﹣3k=0，得k=1，即常数项为=3a2=3，解得a=1或a=﹣1，即“P（ξ＞a）=0.5”是“关于x的二项式的展开式的常数项为3”的充分不必要条件，故选：A8．已知某随机变量X的概率密度函数为，则随机变量X落在区间（1，3）内的概率为（）A． B．C．e2﹣e D．e2+e【考点】频率分布折线图、密度曲线．【分析】由随机变量X的概率密度函数的意义得P===，即可得出结论．【解答】解：由随机变量X的概率密度函数的意义得P===，故选B．9．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的外接球的表面积是（）A．4πB．6πC．7πD．12π【考点】由三视图求面积、体积．【分析】由三视图知四棱锥B﹣ADD1A1为长方体的一部分，可得外接球的直径2R==，R=，即可求出四棱锥的外接球的表面积．【解答】解：由三视图知四棱锥B﹣ADD1A1为长方体的一部分，如图，所以外接球的直径2R==，所以R=，所以四棱锥的外接球的表面积是S==7π，故选C．10．某微信群中甲、乙、丙、丁、卯五名成员同时抢4个红包，每人最多抢一个，且红包被全部抢光，4个红包中有两个2元，两个3元（红包中金额相同视为相同的红包），则甲乙两人都抢到红包的情况有（）A．35种B．24种C．18种D．9种【考点】计数原理的应用．【分析】根据红包的性质进行分类，若甲乙抢的是一个2和一个3元的，若两个和2元或两个3元，根据分类计数原理可得．【解答】解：若甲乙抢的是一个2和一个3元的，剩下2个红包，被剩下的3人中的2个人抢走，有A22A32=12种，若甲乙抢的是两个和2元或两个3元的，剩下2个红包，被剩下的3人中的2个人抢走，有A22C32=6种，根据分类计数原理可得，共有12+6=18种，故选：C．11．在锐角△ABC中，sinA=，cosC=，BC=7，若动点P满足=+（1﹣λ）（λ∈R），则点P轨迹与直线AB，AC所围成的封闭区域的面积（）A．3 B．4 C．6 D．12【考点】轨迹方程．【分析】根据向量加法的几何意义得出P点轨迹，利用正弦定理解出AB，得出△ABC的面积，从而求出围成封闭区域的面积．【解答】解：取AB的中点D，连结CD．则=．∵=+（1﹣λ）=λ+（1﹣λ）．∴C，D，P三点共线．∴P点轨迹为直线CD．在△ABC中，cosA=，sinC=．由正弦定理得=，解得AB=5．∴sinB=sin（A+C）=sinAcosC+cosAsinC=．==6．∴S△ABC=S△ABC=3．∴S△ACD故选：A ．12．若二次函数f （x ）=x 2+1的图象与曲线C ：g （x ）=ae x +1（a ＞0）存在公共切线，则实数a 的取值范围为（）A ．（0，]B ．（0，]C ．[，+∞） D ．[，+∞）【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】设公切线与f （x ）、g （x ）的切点坐标，由导数几何意义、斜率公式列出方程化简，分离出a 后构造函数，利用导数求出函数的单调区间、最值，即可求出实数a 的取值范围．【解答】解：设公切线与f （x ）=x 2+1的图象切于点（x 1，），与曲线C ：g （x ）=ae x +1切于点（x 2，），∴2x 1===，化简可得，2x 1=，得x 1=0或2x 2=x 1+2，∵2x 1=，且a ＞0，∴x 1＞0，则2x 2=x 1+2＞2，即x 2＞1，由2x 1=得a==，设h （x ）=（x ＞1），则h′（x ）=，∴h （x ）在（1，2）上递增，在（2，+∞）上递减，∴h（x）max=h（2）=，∴实数a的取值范围为（0，]，故选：A．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在机读卡上相应的位置．）13．某校高三某班在一次语文周测中，每位同学的考试分数都在区间[100，128]内，将该班所有同学的考试分数分为七组：[100，118），[118，118），[118，112），[112，116），[116，120），[120，124），[124，128]，绘制出如图3所示频率分布直方图，已知分数低于112分的有18人，则分数不低于120分的人数为10．【考点】频率分布直方图．【分析】根据频率分布直方图，利用分数低于112分的人数和对应的频率/组距与分数不低于120分的人数与对应的频率/组距，即可得出所求的结果．【解答】解：根据频率分布直方图得，分数低于112分的人数对应的频率/组距为0.18，分数不低于120分的人数对应的频率/组距为0.18，所求的人数为×0.18=10（人）．故答案为：10．14．已知倾斜角为α的直线l与直线m：x﹣2y+3=0垂直，则cos2α=﹣．【考点】直线的一般式方程与直线的垂直关系．【分析】由题意可得：tanα=﹣2．再利用倍角公式即可得出．【解答】解：由已知tanα=﹣2，∴cos2α===﹣．故答案为﹣．15．记函数f（x）的导数为f（1）（x），f（1）（x）的导数为f（2）（x），…，f（n﹣1）（x）的导数为f（n）（x）（n∈N*），若f（x）可进行n次求导，则f（x）均可近似表示为：f（x）≈f（0）++…+，若取n=4，根据这个结论，则可近似估计cos2≈﹣（用分数表示）．【考点】导数的运算．【分析】f（x）=cosx，f（1）（x）=﹣sinx，f（2）（x）=﹣cosx，f（3）（x）=sinx，f（4）（x）=cosx，…，可得T=4，代入即可得出．【解答】解：f（x）=cosx，f（1）（x）=﹣sinx，f（2）（x）=﹣cosx，f（3）（x）=sinx，f（4）（x）=cosx，…，∴T=4，∴当n=4时，f（2）=cos2=f（0）+0×2++=﹣．故答案为：﹣．16．设数列{a n}为等差数列，且a11=，若f（x）=sin2x+2cos2，记b n=f（a n），则数列{b n}的前21项和为21．【考点】等差数列的前n项和．【分析】由f（x）=sin2x+cos2x+1=+1，可知f（x）关于中心对称．又数列{a n}为等差数列，故f（a1）+f（a21）=2f（a11），且f（a11）==1，再利用等差数列的求和公式即可得出．【解答】解：由f（x）=sin2x+2cos2=sin2x+cos2x+1=+1．可知f（x）关于中心对称，又数列{a n}为等差数列，故f（a1）+f（a21）=2f（a11），且f（a11）==1，故{b n}的前21项的和S21==21f（a11）=21．故答案为：21．三、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．在△ABC中，角A，B，C所对的边分为a，b，c，向量=（2b﹣c，a），=（cosC，cosA），且．（1）求角A的大小；（2）若=4，求边a的最小值．【考点】余弦定理；正弦定理．【分析】（1）由题意，利用向量平行的坐标表示，正弦定理可得关于cosA 的方程，从而可求cosA，进而可求A．（2）由平面向量的数量积的运算可求bc=8，进而利用余弦定理可求a的最小值．【解答】（本小题满分12分）解：（1）∵向量=（2b﹣c，a），=（cosC，cosA），且，∴可得：（2b﹣c）cosA﹣acosC=0，由正弦定理得：（4sinB﹣2sinC）cosA﹣2sinAcosC=0，即：2sinBcosA=sin（A+C）=sinB，∵sinB≠0，∴2cosA=1，∴A=60°．…（2）∵=4，可得：bccos60°=4，解得：bc=8，又a2=b2+c2﹣2bccos60°≥2bc﹣bc=bc=8，当且仅当b=c=2时，取等号，∴a min=2．…18．如图甲，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD=，AB=BC=1，AD=2，E是AD的中点，O是AC与BE的交点，将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，如图乙．（1）证明：CD⊥平面A1OC；（2）若平面A1BE⊥平面BCDE，求BC与平面A1CD所成的角．【考点】直线与平面所成的角；直线与平面垂直的判定．【分析】（1）根据线面垂直的判定定理即可证明：CD⊥平面A1OC；（2）若平面A1BE⊥平面BCDE，利用等体积即可求BC与平面A1CD所成的角．．【解答】（1）证明：在图甲中，∵AB=BC=1，AD=2，E是AD的中点，∠BAD=，∴BE⊥AC，即在图乙中，BE⊥OA1，BE⊥OC．又OA1∩OC=O，∴BE⊥平面A1OC．∵BC∥DE，BC=DE，∴BCDE是平行四边形，∴CD∥BE，∴CD⊥平面A1OC．…（2）解：由题意，CD=BE=，平面A1BE⊥平面BCDE，∴OA1⊥平面BCDE，∴OA1⊥OC∴A1C=1∵BE⊥平面A1OC，∴BE⊥A1C∵CD∥BE，∴CD⊥A1C．设B到平面A1CD的距离为d，由∴，∴d=，故B 到平面A 1CD 的距离为， ∴BC 与平面A 1CD 所成的角为30°． …19．2018年11月21日是附中建校76周年校庆日，为了了解在校同学们对附中的看法，学校进行了调查，从全校所有班级中任选三个班，统计同学们对附中的看法，情况如下表：（1）从这三个班中各选一位同学，求恰好有2人认为附中“非常好”的概率（用比例作为相应概率）；（2）若在B班按所持态度分层抽样，抽取9人，再从这9人中任意选取3人，记认为附中“非常好”的人数为ξ，求ξ的分布列和数学期望．【考点】离散型随机变量的期望与方差；离散型随机变量及其分布列．【分析】（I ）利用相互独立事件与互斥事件的概率计算公式即可得出．（II ）利用超几何分布列的计算公式即可得出．【解答】解：（Ⅰ）记这3位同学恰好有2人认为附中“非常好”的事件为A ，则P （A ）=+×+=．（Ⅱ）在B 班按照相应比例选取9人，则认为附中“非常好”的应选取6人，认为附中“很好”的应选取3人，则ξ=0，1，2，3，且P（ξ=k）=（k=0，1，2，3）即可得出．P（ξ=0）=，P（ξ=1）=，P（ξ=2）=，P（ξ=3）=．则ξ的分布列为：则ξ的期望值为：Eξ=0×+1×+2×+3×=2．20．已知椭圆C：=1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，椭圆上一点与椭圆右焦点的连线垂直于x轴．（1）求椭圆C的方程；（2）与抛物线y2=4x相切于第一象限的直线l，与椭圆C交于A，B两点，与x 轴交于点M，线段AB的垂直平分线与y轴交于点N，求直线MN斜率的最小值．【考点】直线与椭圆的位置关系；椭圆的标准方程．【分析】（1）由题意求得c，把P的坐标代入椭圆方程，结合隐含条件求得a2，b2的值，则椭圆方程可求；（2）设切点坐标为（y0＞0），写出直线l的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系求出AB的中点坐标，得到AB的垂直平分线方程，求出N 的坐标，进一步得到MN的斜率，然后利用基本不等式求直线MN斜率的最小值．【解答】解：（1）∵点与椭圆右焦点的连线垂直于x轴，∴c=1，将P点坐标代入椭圆方程可得，又a2﹣b2=1，联立可解得a2=4，b2=3，∴椭圆C的方程为；（2）设切点坐标为（y0＞0），则l：．整理，得l：．∴M（），设A（x1，y1），B（x2，y2），联立，可得，△==＞0．．∴AB的中点坐标为，∴AB的垂直平分线方程为，令x=0，得，即N，∴．∵y0＞0，∴=，当且仅当时取得等号．∴直线MN的斜率的最小值为．21．设函数f（x）=lnx，g（x）=lnx﹣x+2．（1）求函数g（x）的极大值；（2）若关于x的不等式在[1，+∞）上恒成立，求实数m的取值范围；（3）已知，试比较f（tanα）与﹣cos2α的大小，并说明理由．【考点】利用导数研究函数的极值；导数在最大值、最小值问题中的应用．【分析】（1）求出g（x）的导数，得到g（x）的单调区间，从而求出g（x）的极大值即可；（2）问题转化为mlnx﹣≥0，令h（x）=mlnx﹣，求出函数h（x）的导数，根据函数的单调性求出m的范围即可；（3）令F（a）=ln（tana）+cos2a，求出函数F（a）的导数，根据a的范围，求出函数的单调性，从而比较f（tana）和﹣cos2a的大小即可．【解答】解：（1）∵g（x）=lnx﹣x+2，（x＞0），则g′（x）=，当x∈（0，1）时，g′（x）＞0，当x∈（1，+∞）时，g′（x）＜0，∴g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，∴当x=1时，函数g（x）取得极大值1．（2）mf（x）≥⇔mlnx﹣≥0，令h（x）=mlnx﹣，则h′（x）=，∵h（1）=0，故当m（x+1）2﹣2x≥0[1，+∞）在上恒成立时，使得函数h（x）在[1，+∞）上单调递增，∴m≥=在[1，+∞）上恒成立，故m≥；经验证，当m≥时，函数h′（x）≥0在[1，+∞）上恒成立；当m＜时，不满足题意．∴m≥．（3）令F（α）=ln（tanα）+cos2α，则F′（α）=，∵α∈（0，），∴sin2α＞0，∴F′（α）＞0，故F（α）单调递增，又F（）=0，∴当0＜α＜时，f（tanα）＜﹣cos2α；当α=时，f（tanα）=﹣cos2α；当＜α＜，f（tanα）＞﹣cos2α．请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，作答时请写清题号．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C的极坐标方程为ρcos2θ=2sinθ，它在点处的切线为直线l．（1）求直线l的直角坐标方程；（2）已知点P为椭圆=1上一点，求点P到直线l的距离的取值范围．【考点】直线与椭圆的位置关系；简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程．【分析】（1）利用极坐标方程与普通方程的互化求解即可．（2）设出椭圆的参数方程，利用点到直线的距离公式化简求解即可．【解答】（本小题满分10分）解：（1）∵曲线C的极坐标方程为ρcos2θ=2sinθ，∴ρ2cos2θ=2ρsinθ，∴曲线C的直角坐标方程为y=x2，∴y′=x，又M（2，）的直角坐标为（2，2），∴曲线C在点（2，2）处的切线方程为y﹣2=2（x﹣2），即直线l的直角坐标方程为：2x﹣y﹣2=0．…（2）P为椭圆上一点，设P（cosα，2sinα），则P到直线l的距离d==，当sin（α﹣）=﹣时，d有最小值0．当sin（α﹣）=1时，d有最大值．∴P到直线l的距离的取值范围为：[0，]．…[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）=|x+a|+|x﹣1|．（1）当a=3时，求不等式f（x）≥x+3a的解集；（2）若f（x）≤|x﹣4|的解集包含[0，1]，求a的取值范围．【考点】绝对值不等式的解法．【分析】（1）利用绝对值的意义，求得不等式f（x）≥x+3a的解集．（2）由题意可得，当x∈[0，1]时，|x+a|+|x﹣1|≤|x﹣4|恒成立，等价于﹣3﹣a≤x≤3﹣a，根据﹣3﹣a≤0，3﹣a≥1，求得a的范围．【解答】解：（1）当a=3时，不等式f（x）≥x+3a，即f（x）≥x+9，当x≤﹣3时，由﹣2x﹣2≥x+9，解得x≤﹣；当﹣3＜x＜1时，由4≥x+9，解得x≤﹣5，故不等式无解；当x≥1时，由2x+2≥x+9，解得x≥7．综上，f（x）≥x+3a的解集为（﹣∞，﹣）∪（7，+∞）．…（2）若f（x）≤|x﹣4|的解集包含[0，1]，即当x∈[0，1]时，|x+a|+|x﹣1|≤|x﹣4|恒成立，即|x+a|≤|x﹣4|﹣|x﹣1|恒成立，等价于﹣3﹣a≤x≤3﹣a．由题意可得，﹣3﹣a≤0，3﹣a≥1，求得﹣3≤a≤2，故满足条件的a的取值范围为[﹣3，2]．…2018年1月20日。

云南师大附中2018届高考适应性月考卷(一)理数-答案

2．
z

1 1

i i

i，故
|
z
|
1 ，故选
D．
3． (a b)2 a2 2ab b2 5 ，所以 | a b | 5 ，故选 D．
4．
y

sin

2x

π 3

向左平移 π6个单位
y

sin

2

x

π 6

π 3

b2 a
，由 | FM
|| MN
| 知：bc a

2b2 a
，∴c 2b，∴e
23 3
．
理科数学参考答案·第 2 页（共 8 页）
16．
AH

AO

1 3
( AB

AC) AO

1 b2
3

2

c2 2

，又
2b2

4b

sin

2x

2π 3

，故选
C．
5． a2

a8

2a5
13 ，所以 a5

13 2
，又 S7

7(a1 2
a7 )

7a4

35
，所以 a4

5
，d

3 2
，
a8 11，故选 D．
6．当 x 2，y 2 时，z 取得最大值 4，故选 A．
7．由表中数据可得 x 165，y 55.4 ，因为回归直线必过 (x，y) ，代入回归方程得 aˆ 43.6 ,

精品解析：【全国百强校】云南师范大学附属中学2018届高考适应性月考卷(一)理数(解析版)

云南师大附中2018届高考适应性月考（一）理科数学试卷第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 已知集合，集合，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为集合集合，所以，故选B.2. 已知复数，则（）A. 2B.C. 4D.【答案】D【解析】因为，故，故选D.3. 已知平面向量的夹角为，，，则（）A. 2B. 3C. 4D.【答案】D【解析】,,故选D.学,科,网...学,科,网...学,科,网...学,科,网...学,科,网...4. 将函数的图象向左平移个单位，所得的图象所对应的函数解析式是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】的图象向左平移单位得到的图象，即将函数的图象向左平移个单位，所得的图象所对应的函数解析式是，故选C.5. 等差数列的前项和为，且，，则（）A. 8B. 9C. 10D. 11【答案】D【解析】因为，又，，故选D.6. 已知点在不等式组，表示的平面区域上运动，则的最大值是（）A. 4B. 3C. 2D. 1【答案】A【解析】画出不等式组，表示的平面区域，如图，平移直线，当直线过点时，直线截距最大，即当时，取得最大值，故选A. 【方法点晴】本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.7. 从某社区随机选取5名女士，其身高和体重的数据如下表所示：（（）根据上表可得回归直线方程，据此得出的值为（）A. 43.6B. -43.6C. 33.6D. -33.6【答案】B【解析】由表中数据可得，因为回归直线必过，将代入回归方程，可得得，故选B.8. 若直线（）始终平分圆的周长，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】直线平分圆周，则直线过圆心，所以有（当且仅当时取“=”），故选D.9. 函数的零点个数是（）A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】C【解析】因为的零点个数就是的图象交点个数，作出的图象如图，由图象知有个交点，所以函数的零点个数是，故选C.10. 已知分别是的三条边及相对三个角，满足，则的形状是（）A. 等腰三角形B. 等边三角形C. 直角三角形D. 等腰直角三角形【答案】B【解析】由正弦定理得：，又，所以有，即，所以是等边三角形，故选B.11. 已知正三棱锥及其正视图如图所示，则其外接球的半径为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由三视图知：三棱锥是底面边长为，高为的正三棱锥，设其外接球的半径为，则有：，解得：，故选D.【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.12. 定义在上的偶函数，当时，，且在上恒成立，则关于的方程的根的个数叙述正确的是（）A. 有两个B. 有一个C. 没有D. 上述情况都有可能【答案】A【解析】由题意知：在上单调递增，在上恒成立，必有恒成立，，则函数在递增，在递减，且函数在时有最小值，所以的根有个，故选A.【方法点睛】本题主要考查函数的奇偶性、单调性以及不等式恒成立问题，属于难题.对于求不等式恒成立时的参数范围问题，在可能的情况下把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的不等式，另一端是一个区间上具体的函数, 这样就把问题转化为一端是函数, 另一端是参数的不等式，便于问题的解决. 但要注意分离参数法不是万能的, 如果分离参数后,得出的函数解析式较为复杂, 性质很难研究, 就不要使用分离参数法.第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 展开式中常数项是__________．【答案】495【解析】,解得，代入得常数项为，故答案为.【方法点晴】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.14. 执行如图所示的程序框图后，输出的结果是__________．（结果用分数表示）【答案】【解析】该程序执行的是,故答案为.15. 已知双曲线（）的右焦点为，过作轴的垂线，与双曲线在第一象限内的交点为，与双曲线的渐近线在第一象限的交点为，满足，则双曲线离心率的值是__________．【答案】【解析】由已知：，由知：，故答案为.【方法点睛】本题主要考查双曲线的几何性质及离心率，属于难题.离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：①直接求出，从而求出;②构造的齐次式，求出;③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解;④根据圆锥曲线的统一定义求解．16. 设是的三边垂直平分线的交点，是的三边中线的交点，分别为角的对应的边，已知，则的取值范围是__________．【答案】【解析】，又，代入得，又，所以，代入得的取值范围为，故答案为.三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17. 已知数列满足，（）.（1）求证：数列是等比数列；（2）若满足，求数列的前项和.【答案】(1)见解析;（2）.【解析】试题分析：（1）由题意得，即证证数列是以等比数列；（2）由（1）可求即，结合数列的特点，故利用错位相减求和即可.试题解析：（Ⅰ）证明：因为，所以，而，故数列是首项为4，公比为2的等比数列．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）得数列是首项为4，公比为2的等比数列，即，因此．所以，，①，②−②有，所以．【易错点晴】本题主要考查等差数列的定义、“错位相减法”求数列的和，属于中档题. “错位相减法”求数列的和是重点也是难点，利用“错位相减法”求数列的和应注意以下几点：①掌握运用“错位相减法”求数列的和的条件（一个等差数列与一个等比数列的积）；②相减时注意最后一项的符号；③求和时注意项数别出错；④最后结果一定不能忘记等式两边同时除以.18. 某班级体育课举行了一次“投篮比赛”活动，为了了解本次投篮比赛学生总体情况，从中抽取了甲乙两个小组样本分数的茎叶图如图所示.甲乙（1）分别求出甲乙两个小组成绩的平均数与方差，并判断哪一个小组的成绩更稳定：（２）从甲组成绩不低于60分的同学中，任意抽取3名同学，设表示所抽取的3名同学中得分在的学生个数，求的分布列及其数学期望.【答案】(1)甲乙平均数均为68，方差分别为103，45; 乙组的成绩更稳定；（2）的分布列为：0 1 2 3P.【解析】试题分析：（1）算出甲乙两个小组成绩的平均数与方差，可得甲乙平均数均为68，方差分别为103，45，可得乙组的成绩更稳定；（2）的取值可能为：0，1，2，3，分别算出各随机变量对应的概率即可得分布列，利用期望公式可得结果.试题解析：（1），，，，所以乙组的成绩更稳定．（2）由题意知服从参数为3，3，7的超几何分布，即，的取值可能为：0，1，2，3，，，，，的分布列为：0 1 2 3P的数学期望：．19. 如图，在长方体中，与平面及平面所成角分别为，，分别为与的中点，且.（1）求证：平面；（2）求二面角的平面角的正弦值.【答案】(1)见解析;（2）.【解析】试题分析：（1）根据中位线定理可得MN∥CD，由长方体的性质可得CD⊥平面，从而可得结果；（2）以AB，AD，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的的一个法向量，根据空间向量夹角余弦公式及同角三角函数之间的关系，可得结果.试题解析：（1）证明：在长方体中，因为，所以为的中位线，所以MN∥CD，又因为CD⊥平面，所以MN⊥平面．（2）解：在长方体中，因为CD⊥平面，所以为与平面所成的角，即=，又因为⊥平面，所以为与平面所成的角，即，所以，，，=，，如图2，分别以AB，AD，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，∴A(0，0，0)，D(0，2，0)，，，C(2，2，0)，B(2，0，0)，在正方形ABCD中，BD⊥AC，∴是平面的法向量，.设平面的法向量为，由，，所以有∴取z=1，得平面的一个法向量为.设二面角的大小为，则.∴．【方法点晴】本题主要考查线面垂直的判定、利用空间向量求二面角，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.20. 已知椭圆（）的两个顶点分别为，，点为椭圆上异于的点，设直线的斜率为，直线的斜率为，.（1）求椭圆的离心率；（2）若，设直线与轴交于点，与椭圆交于两点，求的面积的最大值.【答案】(1);（2）面积的最大值为.【解析】试题分析：（1）可得，，所以，从而可得结果；（2）设直线的方程为：代入椭圆的方程有：，根据韦达定理，弦长公式即三角形面积公式可得，利用基本不等式可得结果.试题解析：（1），整理得：，又，，所以，．（2）由（Ⅰ）知，又，所以椭圆C的方程为.设直线的方程为：代入椭圆的方程有：，设，，令，则有，代入上式有，当且仅当即时等号成立，所以的面积的最大值为．21. 设函数（1）若函数在上单调递增，求的取值范围；（2）求证：当时，【答案】(1);（2）见解析.【解析】试题分析：（1）求出，讨论两种情况：，，分别令得增区间，令是其子集即可得结果；（2）由（1）知，当时，在上单调递增，由可得，化简即可得结果.试题解析：（1）解：，当时，在上恒成立，所以在上单调递增成立，当时，由，解得，易知，在上单调递减，在上单调递增，由题意有，，解得．综上所述，．（2）证明：由（1）知，当时，在上单调递增，对任意，有成立，所以，代入有，整理得：.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22. 选修4-4：坐标系与参数方程已知曲线的参数方程为：（为参数），直线的参数方程为：（为参数），点，直线与曲线交于两点.（1）分别写出曲线在直角坐标系下的标准方程和直线在直角坐标系下的一般方程；（2）求的值.【答案】(1);（2）.【解析】试题分析：（1）利用平方法消去参数可得曲线在直角坐标系下的标准方程，利用代入法消去参数可得线在直角坐标系下的一般方程；（2）将直线的参数方程化为标准方程：代入椭圆方程，利用直线参数方程的几何意义及韦达定理可得结果.试题解析：（1）曲线C的标准方程为：，直线的一般方程为：．（2）将直线的参数方程化为标准方程：代入椭圆方程得：，解得，所以．23. 选修4-5：不等式选讲已知函数.（1）请写出函数在每段区间上的解析式，并在图中的直角坐标系中作出函数的图象；（2）若不等式对任意的实数恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)见解析;（2）.【解析】试题分析：（1）描点法可画出函数图象；（2）的最小值是，要使不等式恒成立，只需，解不等式可得结果.试题解析：（1）函数的图象如图所示．（2）由（1）知的最小值是，所以要使不等式恒成立，有，解之得．。

云南师大附中2018届高考适应性月考卷(一)地理-答案

云南师大附中2018届高考适应性月考卷（一）文科综合参考答案地理部分一、选择题（本大题共11小题，每小题4分，共44分）题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 B C B A C D A B D C D 【解析】1．铁路运输效率比较空运低，排除A；铁路运输灵活性较公路弱，排除C；铁路占地广，排除D。

2．途经乌鲁木齐，只可能看见天山上白雪皑皑，排除A；10月太阳直射点南移，纬度比重庆高的阿斯塔纳正午太阳高度更低，排除B；德国需要通过莱茵河进口铁矿，因此在终点站杜伊斯堡看见装满铁矿石的轮船应向莱茵河上游驶去，排除D；重庆制造业发达，主要工业品有笔记本电脑、机电产品和汽车配件，可以通过铁路出口，选C。

3．里海沥青厂最主要的影响因素为原料，选择B。

4．该地位于西欧，其气候为温带海洋气候，冬暖夏凉，年温差小，排除B、C；因为全年受来自海洋的西风影响，全年温暖湿润，阴雨天多，对太阳辐射的削弱和对地面的保温作用较强，所以日温差也小，排除D，选A。

5．中纬西风为西南风，①错；④表述错误，选择C。

6．西欧的农业地域类型为乳畜业，选择D。

7．图示地区有石灰岩，为岩溶地貌，因此该地区在西南地区，选择A。

8．甲地山高坡陡，但不一定频繁发生泥石流，排除①；乙地、丁地为断层分布区，可能为某次地震的震源但不一定是板块张裂区，排除②，选择B。

9．图中乙住宅土地均价和商品房均价最高，应该为中心商务区，选择D。

10．该城市划定城市边界是为了防止城市大规模扩张，选择C。

11．该城市地处长江中游，而开挖河道多是为了下游地区分洪，且无法蓄洪，选择D。

二、非选择题（共56分）（一）必考题（共2小题，共46分）36．（24分）（1）（6分）海陆位置：位于中美地峡，连接了南北美洲（或南北美洲的分界线）；（2分）北临加勒比海，南临太平洋。

（2分）板块位置：位于南极板块与美洲板块的消亡边界，地壳活跃。

（2分）文科综合参考答案·第1页（共2页）（2）（6分）北临加勒比海，东北信风带来的暖湿气流受山地抬升；（4分）且沿岸有暖流流经，增温增湿，北部气候高温多雨（热带雨林气候），所以热带雨林广布。

2018届云南省师大附中高考适应性月考卷数学(理)word版含答案

2018届云南省师大附中高考适应性月考理科数学试卷一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合1{()1}3xA x =≤，2{230}B x x x =--≥，则AB =（）A ．{0}x x ≥B ．{1}x x ≤-C ．{3}x x ≥D ．{31}x x x ≥≤-或 2.设复数z 满足(1)12i z i +=-，则复数z 对应的点位于复平面内（） A ．第一象限 B ．第二象限 C ．第三象限 D ．第四象限3.命题:p x R ∀∈，20x ax a ++≥，若命题p 为真命题，则实数a 的取值范围是（） A ．(0,4) B ．[0,4] C ．(,0)(4,)-∞+∞ D ．(,0][4,)-∞+∞4.执行如图所示的程序框图，则输出的结果是（）A ．4B ．-4 C.5 D ．-55.已知直线l 的倾斜角为23π，直线1l 经过(3)P -，(,0)Q m 两点，且直线l 与1l 垂直，则实数m 的值为（）A ．-2B ．-3 C. -4 D ．-56.若621()ax x +的展开式中常数项为1516，则实数a 的值为（） A ．2± B ．12 C.-2 D ．12±7.将函数()2cos()4f x x πω=+（0ω>）的图象向右平移4πω个单位，得取函数()y g x =的图象，若()y g x =在[0,]3π上为减函数，则ω的最大值为（）A ．2B ． 3 C. 4 D ．58.已知某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是（）A ．122226+．12226+ C. 12226+ D ．1226+ 9.已知三棱锥P ABC -的所有顶点都在球O 的球面上，PA AB ⊥，PA AC ⊥，060BAC ∠=，2PA =，2AB =，3AC =，则球O 的表面积为（）A ．403π B ．303π C. 203π D ．103π 10.点P 在椭圆22221(0)x y a b a b+=>>上，12,F F 是椭圆的两个焦点，01260F PF ∠=，且12F PF ∆的三条边2||PF ，1||PF ，12||F F 成等差数列，则此椭圆的离心率是（） A ．45 B ．34 C. 23 D ．1211.已知函数()2ln f x ax x x =+，32()21g x x x =--，如果对于任意的1,[,2]2m n ∈，都有()()f m g n ≥成立，则实数a 的取值范围为（）A ．[1,)-+∞B ．(1,)-+∞ C. 1[,)2-+∞ D ．1(,)2-+∞12.已知圆O 的半径为2，,P Q 是圆O 上任意两点，且060POQ ∠=，AB 是圆O 的一条直径，若点C 满足(1)OC OP OQ λλ=-+（R λ∈），则CA CB •的最小值为（） A ．-1 B ．-2 C.-3 D ．-4二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.若实数,x y 满足不等式组2010220x x y x y -≤⎧⎪-+≥⎨⎪++≥⎩，则23z x y =+的最小值为．14.设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11a =，131n n a S +=+，则4S = ． 15.已知平面区域11{(,)}1x D x y y ⎧≤⎪=⎨≤⎪⎩，1221(1)D x dx -=-⎰，在区域1D 内随机选取一点M ，则点M 恰好取自区域2D 的概率是．16.已知函数23,30()ln(1),03x x x f x x x ⎧-+-≤≤=⎨+<≤⎩，若()()33g x f x ax a =--有三个零点，则实数a 的取值范围是．三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17. 在ABC ∆中，,,a b c 分别是角,,A B C 的对边，(2)cos cos 0b c A a C --=. （1）求角A 的大小；（2）若2a =，求ABC ∆的面积S 的最大值.18. 为考察高中生的性别与是否喜欢数学课程之间的关系，在某城市的某校高中生中，从男生中随机抽取了70人，从女生中随机抽取了50人，男生中喜欢数学课程的占47，女生中喜欢数学课程的占710，得到如下列联表.（1）请将列联表补充完整；试判断能否有90%的把握认为喜欢数学课程与否与性别有关；（2）从不喜欢数学课程的学生中采用分层抽样的方法，随机抽取6人，现从6人中随机抽取2人，若所选2名学生中的女生人数为X ，求X 的分布列及数学期望.附：22()()()()()n ad bc k a b c d a c b d -=++++，其中n a b c d =+++.0k2.072 2.7063.841 5.024 6.635 7.879 10.82819. 如图，四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是平行四边形，PA ⊥底面ABCD ，3PA =，2AD =，4AB =，060ABC ∠=.（1）求证：平面PBC ⊥平面PAC ；（2）E 是侧棱PB 上一点，记PEPBλ=（01λ<<），是否存在实数λ，使平面ADE 与平面PAD 所成的二面角为060若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由. 20. 已知函数1()ln1f x a x x=++. （1）求函数()f x 的单调区间和极值；（2）是否存在实数a ，使得函数()f x 在[1,]e 上的最小值为1？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由.21. 已知点A 为圆228x y +=上一动点，AN x ⊥轴于点N ，若动点Q 满足(1)OQ mOA m ON =+-（其中m 为非零常数）（1）求动点Q 的轨迹方程；（2）若Γ是一个中心在原点，顶点在坐标轴上且面积为8的正方形，当22m =时，得到动点Q 的轨迹为曲线C ，过点(4,0)P -的直线l 与曲线C 相交于,E F 两点，当线段EF 的中点落在正方形Γ内（包括边界）时，求直线l 斜率的取值范围.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22.选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy 中，已知直线l 经过点1(1,)2P ，倾斜角3πα=，在以原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C 的极坐标方程为ρ=（1）写出直线l 的参数方程，并把曲线C 的极坐标方程化为直角坐标方程；（2）设l 与曲线C 相交于,A B 两点，求PA PB •的值. 23.选修4-5：不等式选讲设函数()221f x x x =--+. （1）解不等式()0f x ≤；（2）若对于x R ∀∈，使2()24f x m m -≤恒成立，求实数m 的取值范围.2018届云南省师大附中高考适应性月考卷数学（理）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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案CBBADDBAADCC【解析】1．{|0}{|31}A x x B x x x ==-≥，≥或≤，∴{|3}A B x x =≥，故选C ．2．12i 13i 1i 22z -==--+，13i 22z =-+，故选B ．3．对于20x x ax a ∀∈++R ，≥成立是真命题，∴240a a ∆=-≤，即04a ≤≤，故选B ． 4．由题意可知输出结果为123484S =-+-+-⋅⋅⋅+=，故选A ． 5．∵130312l l k k m-=-=---，∴5m =-，故选D ．6．621ax x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式通项为666316621C ()C rr r r r r r T ax a x x ---+⎛⎫== ⎪⎝⎭，令630r -=，则有2r =，∴24615C 16a =，即4116a =，解得12a =±，故选D ． 7．由题意可得函数()g x 的解析式为ππ()2cos 2cos 44g x x x ωωω⎡⎤⎛⎫=-+= ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，函数()g x 的一个单调递减区间是π0ω⎡⎤⎢⎥⎣⎦，，若函数()y g x =在区间π03⎡⎤⎢⎥⎣⎦，上为减函数，则ππ003ω⎡⎤⎡⎤⊆⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，，，只要ππ3ω≥，∴3ω≤，则ω的最大值为3，故选B ．8．由三视图知：几何体为四棱锥，且四棱锥的一条侧棱与底面垂直，如图1，PA ⊥平面ABCD ，2PA =，2AB =，4AD =，2BC =，经计算，25PD =，23PC =，22DC =，∴PC CD ⊥，∴12222PAB S =⨯⨯=△，12442PAD S =⨯⨯=△，1222222PBC S =⨯⨯=△，12223262PCD S =⨯⨯=△，1(24)262ABCD S =⨯+⨯=，∴122226S =++表，故选A ．9．设ABC △外接圆半径为r ，三棱锥外接球半径为R ，∵2360AB AC BAC ==∠=︒，，，∴2222212cos602322372BC AB AC AB AC =+-︒=+-⨯⨯⨯=，∴BC 2sin60BCr ==︒，∴r =，由题意知，PA ⊥平面ABC ，则将三棱锥补成三棱柱可得，22221101293PA R r ⎛⎫=+=+= ⎪⎝⎭，∴210404π4ππ33S R ==⨯=，故选A ． 10．设1122||||PF r PF r ==，，由椭圆的定义得：122r r a +=，∵12F PF △的三条边2PF ||，112||||PF F F ，成等差数列，∴1222r c r =+，联立122r r a +=，1222r c r =+，解得 12224233a c a cr r +-==，，由余弦定理得：2221212(2)2cos60c r r r r =+-︒，将12224233a c a cr r +-==，代入2221212(2)2cos60c r r r r =+-︒可得，222243a c c +⎛⎫=+ ⎪⎝⎭2422242123332a c a c a c -+-⎛⎫- ⎪⎝⎭，整理得：2220c ac a +-=，由c e a =，得2210e e +-=，解得：12e =或1e =-（舍去），故选D ． 11．对于任意的122m n ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，，，都有()()f m g n ≥成立，等价于在122⎡⎤⎢⎥⎣⎦，，函数min max ()()f x g x ≥，24()3433g x x x x x ⎛⎫'=-=- ⎪⎝⎭，()g x 在1423⎡⎤⎢⎥⎣⎦，上单调递减，在423⎛⎤⎥⎝⎦，上单调递增，且111(2)182g g ⎛⎫-=<=- ⎪⎝⎭，∴max ()(2)1g x g ==-．在122⎡⎤⎢⎥⎣⎦，上，()2ln 1f x ax x x =+-≥恒成立，等价于ln 112ln x x a x x x --=--≥恒成立．设1()ln h x x x =--，22111()x h x x x x -'=-+=，()h x 在112⎡⎤⎢⎥⎣⎦，上单调递增，在(12]，上单调递减，所以max ()(1)1h x h ==-，所以12a -≥，故选C ．12．因为2()()()CA CB CO OA CO OB CO CO OA OB OA OB =++=+++，由于圆O 的半径为2，AB 是圆O 的一条直径，所以0OA OB +=，22(1)4OA OB =⨯⨯-=-，又60POQ ∠=︒，所以22224[(1)]4(1)2(1)CA CB CO OP OQ OP OP OQ λλλλλ=-=-+-=-+- 224OQ λ+-224(331)44(33)λλλλ=-+-=-2134324λ⎡⎤⎛⎫=--⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，所以，当12λ=时，2min1333244λ⎡⎤⎛⎫--=-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，故CA CB 的最小值为3434⎛⎫⨯-=- ⎪⎝⎭，故选C ．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号 13 14 15 16 答案14-8513ln 2163e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭，【解析】13．画出不等式组表示的可行域知，23z x y =+的最小值为14-．14．131n n a S +=+①，131(2)n n a S n -=+≥②，①-②得：14(2)n n a a n +=≥，又1211314a a a ==+=，， ∴数列{}n a 首项为1，公比为4的等比数列，∴414166485S =+++=．15．依题意知，平面区域1D 是一个边长为2的正方形区域（包括边界），其面积为4， 112321114(1)d 33D x x x x --⎛⎫=-=-= ⎪⎝⎭⎰，如图2，点M 恰好取自区域2D 的概率41343P ==．16．由()|()|330g x f x ax a =--=，得|()|333(1)f x ax a a x =+=+，设3(1)y a x =+，则直线过定点(10)-，作出函数|()|f x 的图象（图象省略）．两函数图象有三个交点. 当30a ≤时，不满足条件；当30a >时，当直线3(1)y a x =+经过点(3ln 4)，时，此时两函数图象有3个交点，此时ln 434a =，ln 26a =；当直线3(1)y a x =+与ln(1)y x =+相切时，有两个交点，此时函数的导数1()1f x x '=+，设切点坐标为()m n ，，则ln(1)n m =+，切线的斜率为1()1f m m '=+，则切线方程为1ln(1)()1y m x m m -+=-+，即1ln(1)11m y x m m m =-++++，∵131a m =+且3ln(1)1m a m m =-+++，∴1ln(1)11m m m m =-++++，即1ln(1)111m m m m +=+=++，则1e m +=，即e 1m =-，则1131e a m ==+，∴13ea =，∴要使两个函数图象有3个交点，则ln 2163ea <≤．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：（Ⅰ）因为(2)cos cos 0b c A a C --=，所以2cos cos cos 0b A c A a C --=，由正弦定理得2sin cos sin cos sin cos 0B A C A A C --=，即2sin cos sin()0B A A C -+=，又πA C B +=-，所以sin()sin A C B +=，所以sin (2cos 1)0B A -=，在ABC △中，sin 0B ≠，所以2cos 10A -=，所以π3A =．（Ⅱ）由余弦定理得：222222cos a b c bc A b c bc =+-=+-， ∴42bc bc bc -=≥，∴1sin 42S bc A ===，当且仅当b c =时“=”成立，此时ABC △为等边三角形， ∴ABC △的面积S18．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）22⨯列联表补充如下：由题意得2120(40153035) 2.0577*******K ⨯⨯-⨯=≈⨯⨯⨯，∵2.057 2.706<，∴没有90%的把握认为喜欢数学课程与否与性别有关．）（Ⅱ）用分层抽样的方法抽取时，抽取比例是624515=，则抽取男生230415⨯=人，抽取女生215215⨯=人，所以X 的分布列服从参数622N M n ===，，的超几何分布，X 的所有可能取值为012，，，其中22426C C ()(012)C i iP X i i -===，，．由公式可得022426C C 6(0)C 15P X ===，112426C C8(1)C 15P X ===，202426C C 1(2)C 15P X ===，所以X 的分布列为：所以X 的数学期望为6812()0121515153E X =⨯+⨯+⨯=． 19．（本小题满分12分）（Ⅰ）证明：由已知，得AC == ∵2BC AD ==，4AB =，又222BC AC AB +=，∴BC AC ⊥．又PA ⊥底面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，则PA BC ⊥，∵PA ⊂平面PAC ，AC ⊂平面PAC ，且PA AC A =，∴BC ⊥平面PAC ．∵BC ⊂平面PBC ，∴平面PBC ⊥平面PAC ．（Ⅱ）解：以A 为坐标原点，过点A 作垂直于AB 的直线为x 轴，AB AP ，所在直线分别为y 轴，z 轴建立空间直角坐标系A xyz -，如图3所示．则(000)(040)(003)A B P ，，，，，，，，，因为在平行四边形ABCD 中，2460AD AB ABC ==∠=︒，，，则30DAx ∠=︒，∴10)D -，．又(01)PEPBλλ=<<，知(043(1))E λλ-，，．设平面ADE 的法向量为111()m x y z =，，，则00m AD m AE ⎧=⎪⎨=⎪⎩，，即1111043(1)0y y z λλ-=+-=⎪⎩，，取11x =，则1m ⎛= ⎝⎭，．设平面PAD 的法向量为222()n x y z =，，，则00n AP n AD ⎧=⎪⎨=⎪⎩，，即222300z y =⎧⎪-=，，取21y =，则3103n ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，，．若平面ADE 与平面PAD 所成的二面角为60︒，则1cos cos602mn 〈〉=︒=，11012113++=+，化简得224123(1)λλ+=-，即2914λλ⎛⎫= ⎪-⎝⎭，解得3λ=（舍去）或35λ=．于是，存在35λ=，使平面ADE 与平面PAD 所成的二面角为60︒．20．（本小题满分12分）解：由题意知函数的定义域为{|0}x x >，()1a x a f x x x-'=-+=．（Ⅰ）①当0a ≤时，()0f x '>，所以函数()f x 的单调递增区间是(0)+∞，，无极值； ②当0a >时，由()0f x '>，解得x a >，所以函数()f x 的单调递增区间是()a +∞，，由()0f x '<，解得x a <，所以函数()f x 的单调递减区间是(0)a ，．所以当x a =时，函数()f x 有极小值()ln 1f a a a a =-++．（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，①当1a ≤时，函数()f x 在[1e]，为增函数， ∴函数()f x 在[1e]，上的最小值为(1)ln1112f a =++=，显然21≠，故不满足条件； ②当1e a <≤时，函数()f x 在[1)a ，上为减函数，在[e]a ，上为增函数，故函数()f x 在[1e]，上的最小值为()f x 的极小值()ln 1=1f a a a a =-++，即e a =，满足条件； ③当e a >时，函数()f x 在[1e]，为减函数，故函数()f x 在[1e]，上的最小值为1(e)ln e 11ef a =++=，即e a =，不满足条件．综上所述，存在实数e a =，使得函数()f x 在[1e]，上的最小值为1．21．（本小题满分12分）解：（Ⅰ）设动点00()()Q x y A x y ，，，，则0(0)N x ，，且22008x y +=，① 又(1)OQ mOA m ON =+-，得001x x y y m==，，代入①得动点Q 的轨迹方程为222188x y m+=．（Ⅱ）当2m =时，动点Q 的轨迹曲线C 为22184x y +=．直线l 的斜率存在，设为k ，则直线l 的方程为(4)y k x =+，代入22184x y +=，得2222(12)163280k x k x k +++-=，由2222(16)4(12)(328)0k k k ∆=-+->，解得k << 设1122()()E x y F x y ，，，，线段EF 的中点()G x y ''，，则2122284(4)21212x x k k x y k x k k +'''==-=+=++，．由题设知，正方形Γ在y 轴左边的两边所在的直线方程分别为22y x y x =+=--，，注意到点G 不可能在y 轴右侧，则点G 在正方形Γ内（包括边界）的条件是22y x y x ''+⎧⎨''--⎩≤，≥，即22222248212124821212k k k k k k k k ⎧-+⎪⎪++⎨⎪-⎪++⎩≤，≥，解得k 于是直线l的斜率的取值范围为⎡⎢⎣⎦． 22．（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】解：（Ⅰ）直线l的参数方程为：112()12x t t y ⎧=+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，为参数，，曲线C 的直角坐标方程为：2213x y +=．（Ⅱ）把直线l的参数方程11212x t y ⎧=+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，，代入曲线C 的方程2213x y +=中，得221113322t ⎛⎫⎛⎫+++= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即2104)50t t +-=，设点A B ，所对应的参数分别为12t t ，，则1212t t =-，∴121211||||||||||22PA PB t t t t ===-=． 23．（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】解：（Ⅰ）不等式()0f x ≤，即|2||21|x x -+≤，即2244441x x x x -+++≤，23830x x +-≥，解得133x x -≥或≤，所以不等式()0f x ≤的解集为133x x x ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭≥或≤. （Ⅱ）1321()|2||21|312232x x f x x x x x x x ⎧+<-⎪⎪⎪=--+=-+-⎨⎪-->⎪⎪⎩，，，≤≤，，，故()f x 的最大值为1522f ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，因为对于x ∀∈R ，使2()24f x m m -≤恒成立，所以25242m m +≥，即24850m m +-≥，解得1522m m -≥或≤，∴5122m ⎛⎤⎡⎫∈-∞-+∞ ⎪⎥⎢⎝⎦⎣⎭，，．。

云南师大附中2018届高三上学期12月高考适应性月考卷

云南师大附中2018届高三上学期12月高考适应性月考卷语文注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。

2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

在试题卷上作答无效。

3．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

满分150分，考试时间150分钟。

一、现代文阅读（35分）（一）论述类文本阅读（本题共3小题，9分）阅读下面文字，完成1—3题。

我国既拥有博大精深的传统文化，又拥有多姿多彩的现代文化。

当前，中华文化需要进一步融入世界多元文化的大家庭，世界各国也越来越希望深入了解中华文化。

可以说，推动中华文化海外传播、提升中华文化的世界影响力，已成为实现中华民族伟大复兴中国梦的重要组成部分。

文化的含义很广泛，中华文化到底包括哪些内容、应该如何科学分类，不同的人有不同的看法。

从海外传播的视角，我们可以将中华文化分为“硬文化”和“软文化”。

“硬文化”主要是指反映各方面生活的有形文化，包括旅游文化、服饰文化、习俗文化、汉字文化等。

“软文化”主要是指反映精神风貌的无形文化，包括心态文化、思维文化、艺术文化等。

“硬文化”的海外传播，主要是通过其固定性、形态性来吸引其他国家民众了解、认识、欣赏中华文化。

比如，很多国外民众对中国功夫很感兴趣，加强中国功夫文化的海外传播，能够增强国外民众对中华文化的向往。

“软文化”的海外传播，主要是希望增进其他国家民众对我们民族精神、伦理道德、核心价值观、思维方式等的了解、理解和尊重。

当前，“硬文化”的海外传播渠道比较多，可以依靠政府或民间的国际文化交流活动进行，如举办各种文化展览和文化博览会、开展文化互访演出活动等。

也可以通过沟通协调，在其他国家国民教育中设置中文课程。

此外，还可以通过各个国家的汉学家、中文翻译人员将中华文化推荐给其本国民众。

那么，“软文化”的传播渠道应该如何拓展呢？实践证明，“软文化”与“硬文化”应紧密结合，在进行“硬文化”传播时善于传播我们的民族精神、伦理道德、核心价值观、思维方式等。