【适应】高考数学适应性月考试题六理扫描版

【关键字】适应
云南省2017届高考数学适应性月考试题（六）理（扫描版）
云南师大附中2017届高考适应性月考卷（六）
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）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 D A B A D B B C C B D B 【解析】
1．由题意，知，∴，故，故选D．
2．因为，其共轭复数为，位于第一象限，故选A．
3．由题意，，故，故选B．
4．当时，①是假命题．当时，②是假命题．函数只有当时才会有最小值，③是假命题，故真命题个数为0，故选A．
5．如图1，画出可行域，显然，目标函数在点时取得最大值，最大值为4，故选D．
6．即解方程，解得，故选B．
7．设切点为，则由题意知即解得或者故选B．
8．易求得展开式中的系数为7，故，故选C．
9．，因为最小正周期为，故，则可由的图象先将横坐标缩短为原来的倍，再向右平移个单位得到，故选C．
10．如图2所示，可将此几何体放入一个正方体内，则四棱锥P−ABCD即为所求，易得体积为，故选B．
11．函数的图象如图3所示，令，由图中可知，对于任意，最多有三个解，要想有四个不等的实数根，则方程必有两个不等的实数根，故，故，或．不妨设这两个根为且，则由图象可得，要想有四个不等的实数根，则或或令，即或或解得或，故选D．
12．如图4，设圆C与的切点分别为A，B，D．，即，又
∵，故，即，故，故，即．又，且，故得．又，故，．又
，联立化简得．又因点在双曲线上，所以，联立解得，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）
题号13 14 15 16
答案336
【解析】
13．∵，∴，由正弦定理得，即，故．
14．设，则正三角形面积为，若，则，由几何概型易得知．
15．通过观察发现一个三角形等于两个圆，一个正方形等于三个三角形，即一个正方形等于六个圆．又2017=3366+1，故应有336个正方形．
16．如图5甲所示，因为，∴．设点A在平面BCD内的投影点为点M，∵，故△为直角三角形，∵，M为中点，∴，故．又因为△为直角三角形，则三棱锥的外接球球心一定在过点E且笔直于平面BCD的直线上，设球心为O．单独看平面AED，如图乙，故，，又，即，解得，故表面积．
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）因为为调和数列，故为等差数列，
又，……………………（2分）
故是以1为首项，1为公差的等差数列，
故，
故．………………………………（5分）
（Ⅱ）为调和数列，故．
由知道，，
故是以1为首项，2为公差的等差数列，……………………………（7分）
故，，……（9分）
．………………………………（12分）
18．（本小题满分12分）
解：（Ⅰ）设他被这三个社团接受分别是事件A，B，C．
则．………（4分）
（Ⅱ）此新生参加的社团数可能取值为0，1，2，3，
，，
，．………………………………（8分）
故分布列为
………………………………………………（10分）
．………………………………（12分）
19．（本小题满分12分）
（Ⅰ）证明：如图6所示，连接BD，FC交于点O，连接OE．
因为BCDF 为正方形，故O 为BD 中点．
又E 为AD 中点，故OE 为△ABD 的中位线． ………………（3分） AB//OE ，又OE ⊂平面CEF ，
∴AB//平面CEF ． ………………………………（5分）
（Ⅱ）解：因为FD 与AF ，BF 都垂直，又由题意知折为直二面角， 故AF 与BF 亦垂直，
故可以F 点为原点，FB ，FD ，FA 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角 坐标系，如图7所示．
设AF 长为a ，则F (0，0，0)，D (0，1，0)，C (1，1，0)，A (0，0，a )， 1022a E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，，1=022a FE FC ⎛⎫
⎪⎝⎭
，，，=(1，1，0)． ……………（7分）
设平面FEC 的一个法向量为()m x y z =，，， 00FE m FC m ⎧=⎪
⎨
=⎪⎩，，即10220a y z x y ⎧+=⎪⎨⎪+=⎩，，
令y a =，则1x a z =-⎧⎨=-⎩
，，∴(1)m a a =--，，．
同理，易求平面ECD 的一个法向量(01)n a =，，． …………………………（10分） 根据题意知，222130
cos ||||211
m n m n m n a a -〈〉===++，，
解得，71
2
a=，
经分析若7a=
综上，1
2
AF=．
………………………………（12分）
20．（本小题满分12分）
解：（Ⅰ）由椭圆的几何性质知，122|A A |=a ，14|PA|=a+，24|PA |=|a |-， 故44|4|a=a a ++-， 解得2a =或0a =（舍去）．
………………………………（3分）
又点31⎛ ⎝⎭
，在椭圆上，故23
14114+=b=b ⇒． 故椭圆标准方程为22
14
x +y =．
………………………………（4分）
（Ⅱ）假设存在．设点1122()()M x y N x y ，，，．
图6
图7
当直线斜率存在且不为0时，设直线方程为y=kx+m ， 联立22
14x y y kx m ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩
，，化简得222(41)8440k +x kmx m ++-=．
因为过椭圆内的点，故此方程必有两根．
2121222844
4141
km m x +x x x k k --==
++，， ………………………………（6分）
1122(4)(4)PM=x y PN=x y --，，，，
2226053212
1241
k m km k +++==+，
故得22532120m km k ++=．
………………………………（8分）
∵0k ≠，故有2
532120m m k k ⎛⎫
++= ⎪⎝⎭
，
即5260m m k k ⎛⎫⎛⎫
++= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，解得25m k =-或6m k =-，
故直线方程为2
5y kx k =-或6y kx k =-．
则直线恒过点205⎛⎫
⎪⎝⎭
，或(6，0)，
因为此点在椭圆内部，故唯有点205⎛⎫
⎪⎝⎭，满足要求． ……………………………（10分）
当直线斜率为0时，过点205⎛⎫
⎪⎝⎭，的直线与椭圆的交点M ，N ，显然即为A 1，A 2，
12(6)(2)12PM PN=PA PA =-⨯-=，满足；
当直线斜率不存在时，过点205⎛⎫
⎪⎝⎭，的直线与椭圆的交点M N ，为22622655⎛⎛- ⎝⎭⎝⎭
，，，， 2
2226441255PM PN=⎛⎫⎛⎫---= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭
，亦满足． 综上，在椭圆内部存在点205⎛⎫ ⎪⎝⎭
，满足题目要求． ………………………………（12分）
21．（本小题满分12分）
（Ⅰ）解：当0m =时，()e 2x f x x =-．
()e 2x f x '=-，令()0f x '>，得ln2x >． 易知()f x 在(ln 2)-∞，上单调递减， ()f x 在(ln 2)+∞，上单调递增．
………………………………（4分）
（Ⅱ）证明：()e 22x f x mx '=--，e 2()e 2e 2
e (e 2)2
x x x
f x m =-''=->---. 当[0)x ∈+∞，时，e 1e 2x >-≥，故()0f x ''>，故()f x '单调递增． 又e (0)1210(1)e 22e 21202f f m ⎛⎫
''=-=-<=-->-⨯--= ⎪⎝⎭
，，
故存在唯一的0(01)x ∈，，使得0()0f x '=，即00e 220x mx =--， 且当0(0)x x ∈，时，()0f x '<，故()f x 单调递减， 当0()x x +∈∞，时，()0f x '>，故()f x 单调递增．
故02min 000()()e 2x f x f x mx x ==--．
………………………………（7分）
因为0x x =是方程0
0e 220x mx =--的根，故00
e 22x m=x -．
故00
002min
00000e 21()e 2e e 22
x x x x f x x x =x x x -=----． ………………………………（9分）
令1
()e e (01)2x x g x =x x x --∈，，，
11()e e 122x x g x =x '--，1
()e 02x g x =x ''-<．
故()g x '在(0，1)上单调递减，故1
()(0)02g x g ''<=-<，
故()g x 在(0，1)上单调递减，∴e ()(1)12g x g >=
-，故e
()12
f x >-． ……………（12分） 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 的标准参数方程为1+cos sin x t y t αα=⎧⎨=⎩，， ππ2t α⎛⎫
⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝
⎭，，为参数其中， 曲线C 的直角坐标方程为2
213
x y +=．
…………………………………（4分）
（Ⅱ）∵5π=6α，∴1sin =2α，3cos =α，∴3112
x y t ⎧=-⎪⎪⎨
⎪=⎪⎩，，
把直线l 代入2
213
x y +=中，可得232340t t --=．
∵P (1，0)在椭圆内部，所以0∆>且点M ，N 在点P 异侧， 设点M ，N 对应的参数分别为t 1，t 2， 则1223+t t 124
=3
t t -，
∴2121212215
=()4=
3
|MN ||t t |t t t t -=+-． ……………………………（10分）
23．（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】 （Ⅰ）解：由(())10g f x m 得31||x||-<，∴131|x|-<-<，∴24|x |<<，
∴不等式解集为(42)
(24)--，，．
……………………………（5分）
（Ⅱ）证明：要证2()1()f a b f c ab c +<+，即证21|a b ||c ab |c +<+，只需证2
22
1a b c ab c
+⎛⎫< ⎪+⎝⎭， 只需证22222422222a c abc b c c abc a b ++<++， 只需证2222422a c b c c a b +<+， 只需证222222()()0c a c b c a -+-<， 只需证2222()()0a c c b --<，
又由题意知|a |c <，|b|c <，∴22a c <，22b c <，∴2222()()0a c c b --<成立， 故
2
()1
()f a b f c ab c
+<+得证． ………………………………（10分）
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