云南省云南师范大学附属中学2024-2025学年高考适应性月考卷（五）数学答案

数学参考答案一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）题号12345678答案DACABBCC【解析】1．因为所以，故选D．2．因为，，所以，充分性成立；若，则，必要性不成立，故选A．3． A选项，直线在同一平面才能推出，故A错误；B选项，若为一底面为的圆锥的两条母线，则与所成角相同，此时相交，故B错误；D选项，若，则平行或异面，故D错误；C选项，在平面中分别存在直线（异于），使得，则，可推出，从而得到，故，故选C．4．用水在10.2t以下的居民用户所占比例为，故．由得，故选A．5．是偶函数且在上单调递增，所以，而，所以；，所以，故选B．6．因为直线分别过点，且两直线垂直，所以点的轨迹为圆心在，半径的圆(除去点)．因为，所以最大值为，故选B．7．取中点，的三等分点（靠近），则，分别为平面，平面与球截面圆的圆心．由可得，再由余弦定理得，所以，在中可得，故，所以球的表面积为，故选C．8．设右焦点坐标为，因为所以所以．在直角中，由直线可得，所以，又因为，所以．在中，，设，则，又，解得，所以，，故，故选C．二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）题号91011答案ACDBDBC【解析】9．由五点作图法知，，解得，于是，故选项A正确；由于，，故选项B错误；的图象关于点对称，故点也在的图象上，故选项C正确；的图象关于对称，故点在的图象上，故选项D正确，故选ACD．10．设，则，化简得：，所以点的轨迹为以为焦点的椭圆，，A错误；当P为短轴端点时，面积取到最大为：，B正确；若，点在以AB为直径的圆上，因为该圆在椭圆：内部，所以这样的点不存在，C错误；作，则，，即当点为右顶点时，取到最小值4，D正确，故选BD．图2图111．由，其中可知，点在底面上，当，在上，且，如图1，平面截正方体所得截面为五边形，所以A错误；当时，，点与点C重合，在正方体中，平面，所以此时平面，所以B正确；当时，点上，将等边三角形向下翻折到正方形ABCD所在的平面，当共线时，取得最小值为，所以C正确；当时，以点为球心，半径为作球，该球与底面的截面圆如图2，P的轨迹为，，，，，所以动点的轨迹长度为，D错误，故选BC．三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）题号121314答案【解析】12．因为圆锥的底面积为，所以底面圆半径为1，又因为，所以母线长为，求得圆锥的高，所以体积．13．因为，所以，又，故，解方程组得，．14．，．设两极值点为，其中.则：，且，，解得：，此时极小值为由于，所以，故．令，则，所以在上单调递减．由知，于是，从而．故第一空为，第二空为．四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）15．（本小题满分13分）解：（1）的所有可能取值为0，1，2，其中，，，所以的分布列为012 ………………………………（5分）． ………………………………（8分）（2）记A=“2个球来自甲袋”，=“2个球来自乙袋”，=“摸到1个红球1个白球”，则，，故所求为． ………………………………（13分）16．（本小题满分15分）（1）证明：取的中点，连接，由题可知，所以， ………………………………（2分）因为，所以，又因为，所以，所以，，所以，. ………………………………（4分）又，所以，又因为，所以． ……………………………………………（6分）  （2）解：以M为原点，MA为x轴，MB为y轴，平行于PG的直线为z轴，建立如图3所示坐标系．，图3， ………………………………………（9分）设平面法向量为，则令，得， …………………………………………………（11分）因为平面的一个法向量为， ………………………………（13分）设平面和平面夹角为，所以． ………………………………………………………（15分）17．（本小题满分15分）解：（1）由题得，设切点为，则，解得或． ………………………………（2分）当时，，解得； ………………………………（3分）当时，，令，则，故在上单调递增，在上单调递减，所以，于是无解．综上，． ………………………………（5分）（2）由（1）对参数作如下讨论：若，则当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，不合题意； ………………………………（7分）若，则当时，，单调递减；当时，，单调递增；当时，，单调递减．所以，由于，只需，解得； ………………………………（9分）若，则当时，，单调递减，所以，符合题意； ………………………………………………………………（11分）若，则当时，，单调递减；当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，由于，只需，由（1）知，当，故符合题意； ………………………………………………（13分）若，则当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以，由于，，故符合题意．综上可得，的取值范围为．…………………………………………（15分）18．（本小题满分17分）（1）解：因为F为抛物线的焦点，所以，因为，所以，又因为的面积为2，所以，解得，所以抛物线E的方程为． ………………………………（5分）（2）①证明：设，联立得，，联立得，， ………………………………………………（7分），代入，化简得：①，同理得：②， ……………………………………………（9分）联立①②可得：，所以H在定直线上； ………………………………（11分）②解：将H坐标分别代入①②，可得：，因为，所以，，代入，得，解得， ………………………………………………（14分）所以的面积为． ……………………………………（17分）19．（本小题满分17分）（1）解：由题得，若，则令，得，即； ……………………（1分）当时，，，即，故是首项为、公比为2的等比数列． ……………………（4分）所以． ……………………（5分）若，则令，得，即；当时，，，即，故是首项为、公比为的等比数列．所以．注：本小问答案不唯一，除了上述两个还有其它符合题意的数列，可酌情给分．（2）证明：由题得，当时，，解得，结论成立；当时，，即，利用求根公式得． ……………………（7分）而，所以．所以．综上，． ……………………（10分）（3）解：假设存在等差数列是“数列”，设，则， 代入得，．若，则，此时，，，即； ……………………………（12分）若，则，，即，比较等式两边的次数可知，，即．此时，所以，．所以，．此时．综上，当，，时，；当，时，；其余情形不存在． ………………………………（15分）当存在时，①若，，则的最小值为；②若，则由得，当且仅当时取等．而，所以当，即时，取到最小值．综上，最小值为，此时． ……………………（17分）