高考数学适应性月考试题（七）理（扫描版）

一岗双责落实还不到位。受事务性工作影响，对分管单位一岗双责常常落实在安排部署上、口头要求上，实际督导、检查的少，指导、推进、检查还不到位。云南省2017届高考数学适应性月考试题（七）理（扫描版）云南师大附中2017届高考适应性月考卷（七）理科数学参考答案第卷（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123456789101112答案DCACCCDCBABC【解析】1因为T=x|x1，=x|x，所以x|x1，故选D2，则，其对应点位于第三象限，故选C3因为p是“甲通过面试”，q是“乙通过面试”，则是“甲没有通过面试”，是“乙没有通过面试”，所以命题“至少有一位同学没有通过面试”可表示为，故选A 4根据线面平行、线面垂直判定和性质可得选项A，B，D是正确的，C是错误的，故选C5612和468都是偶数，所以用2约简约到306和234，再用2约简到153和117153117=3611736=818136=454536=9369=27279=18189=9故612和468的最大公约数为922=36，故选C6由算得，因为，所以相关的概率大于10.010=0.99，故选C7因为指数函数是减函数，所以，因为幂函数是增函数，所以，又对数函数，所以，故选D8函数定义域关于原点对称，因为，所以函数是偶函数，排除B，D；当时，排除A，故选C9因为双曲线焦距为，所以，又双曲线一条渐近线方程为，所以，因为，所以，所以双曲线的左顶点为(1，0).因为抛物线的准线方程过双曲线的左顶点(1，0)，所以，所以抛物线焦点到准线的距离为2，故选B图110如图1，以O为坐标原点，射线OA为轴的正方向，建立平面直角坐标系，则可知A(1，0)，设，则有，所以，所以当=时，的最大值是2，此时，故选A11根据题意，正方体内接于球体，球内切于棱长为的正四面体，正四面体的内切球球心和正方体中心重合，所以可求得内切球球半径设正方体的棱长为，因为正方体的体对角线长为，所以得，正方体表面积为，故选B12设函数图象上一点关于轴的对称点在函数的图象上，则即，得令，则在上有解因为，故在上为增函数，则，从而有，故选C第卷（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13141516答案2【解析】图213表示的是可行域里的点与坐标原点O(0，0)连线的斜率，作出如图2所示的可行域，直线OA的斜率最小，所以的最小值为14由及余弦定理得，所以，所以15恒成立恒成立恒成立，所以，所以，所以，又，故16根据题意，因为二项式的展开式中只有第四项的二项式系数最大，所以，所以等式可化为，对等式两边求导得，令上式中，得三、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：（）设等差数列的首项为，公差为d，因为成等比数列，所以，即，化简得：因为，即，所以，即，所以，解得，因此 （6分）（）由题意知，所以时，=，故，所以，则，两式相减得 ，整理得，所以，数列的前n项和 （12分）18（本小题满分12分）（）证明：，点E是BD的中点， 是等腰三角形，BD平分，是正三角形，所以EFAB，所以点F是AD的中点因为点G是PD的中点，所以GF/PA又PA平面ABCD，所以GFAD又GFCF=F，故AD平面CFG （6分）（）解：由（）知AB，PA，AD两两垂直，所以以点A为坐标原点，建立如图3所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C，D()， 图3P所以设平面BCP的法向量，则解得即同理，设平面DCP的法向量，则解得即从而平面BCP与平面DCP的夹角（锐二面角）的余弦值为 （12分）19（本小题满分12分）解：（）记“每次摸到红球为事件A”，P(A)， （1分）可能取值有，10，20，100根据题意，有，所以的分布列为1020100P （6分）（）由（）知，每盘游戏摸到红球的概率是，则玩三盘游戏，至少有一盘摸到红球的概率是（9分）（）由（）知，每盘游戏获得的分数为的数学期望是这表明，每盘游戏平均得分是负分，因此，多次游戏之后分数减少的可能性更大 （12分）20（本小题满分12分）解：（）因为椭圆C：的两焦点为，所以又椭圆C过点，根据椭圆定义：，得，化简得，由得，所以椭圆C的标准方程是： （4分）（）由条件，直线AB的斜率存在，设，直线AB的方程为，由整理得，则，解得由题意得，由点P在椭圆上，得，化简得由，得，将代入得化简，得，则，即，所以所以，即，所以或故实数t的取值范围为 （12分）21（本小题满分12分）解：（），当时，单调递增；当时，单调递减所以，函数的单调递增区间是，递减区间是，最大值为 （4分）（）函数与图象交点个数关于的方程根的个数，令，（i）当时，则所以因为所以因此在上单调递增（ii）当时，则所以因为所以又，所以即因此在上单调递减综上（i）（ii）可知，当时，当0，即时，没有零点，故函数与图象交点个数为0个；当=0，即时，只有一个零点， 故函数与图象交点个数为1个；，即时，当时，由（）知，要使，只需使，即；当时，由（）知，要使，只需，即；所以时，有两个零点，故函数与图象交点个数为2个综上所述，当时，函数与图象交点个数为0个；当时，函数与图象交点个数为1个；当时，函数与图象交点个数为2个 （12分）22（本小题满分10分）【选修44：坐标系与参数方程】解：（）曲线化为普通方程为，直线的直角坐标方程为 （4分）（）设点，则点到直线的距离，当时，当点P的直角坐标为时，有最大值12（10分）23（本小题满分10分）【选修45：不等式选讲】解：（） （5分）（）由，得，因为（当时取等号），（当时取等号），所以(a2+c2)+(b2+c2)=2