云南师范大学附属中学2024-2025学年高三下学期3月高考适应性月考卷（八）数学答案

数学试卷注意事项：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，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，考试用时120分钟.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）1.命题“”的否定是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】利用特称命题的否定规则即可得解.【详解】命题“”的否定是“”，故选：B.2.某公司对其新推出的服务系统进行用户满意测评，收集了100位用户的评分数据，整理得如图所示的频率分布直方图.这组数据的平均数和中位数的大小关系为（）A.平均数中位数 B.平均数中位数C.平均数中位数 D.不确定【答案】A【解析】【分析】根据平均数和中位数在频率分布直方图中的意义进行理解判定.【详解】平均数对样本中的极端值更加敏感，对于一个单峰的频率分布直方图来说，如果直方图在左边“拖尾”，平均数总是在“长尾巴”那边，则平均数小于中位数，故选：A.3.已知函数为偶函数，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据偶函数的性质，列式求解.【详解】为偶函数，则，，取，则.故选：D.4.的展开式中，的系数为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】求出展开式的通项，再通过令通项中的次数等于，求出对应的值，最后将值代入通项求出系数.【详解】的展开式的通项为，令，解得，所以的系数为，故选：C.5.已知为平面上的点，平面上三点，若集合（为所在直线的斜率），则（）A B. C. D.【答案】A【解析】【分析】分别求点，的轨迹方程，再联立方程求交集.【详解】由题意可得，点P的轨迹是以，为焦点的双曲线的右支，方程为，点Q的轨迹是过点且斜率为1的直线（不含点），方程为，联立方程组解得（舍），故.故选：A6.已知数列的通项公式为，则使的前项和成立的的（）（参考数据：）A.最小值为7 B.最大值为7C.最小值为8 D.最大值为8【答案】C【解析】【分析】根据数列的通项公式求出其前项和的表达式，再根据这个条件解不等式，从而确定的取值范围，进而得出的最小值.【详解】，故，令，解得，，解得，的最小值为8.故选：C7.口袋中装有大小质地相同的3个白球、5个黑球，逐个取出，直到剩下的球为同一颜色时停止.已知第一次取出的是白球，则剩下的球是黑球的概率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先确定和的值，再代入公式计算.【详解】设事件A=“第一次取出的是白球”，B=“剩下的球是黑球”，，，所以，，故选：C.8.若函数在上单调，为实数，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】对函数求导，根据函数单调的性质得出的特点，进而得到与的关系，再通过构造函数，利用导数研究函数单调性来比较与、与的大小关系.【详解】，因为在上单调，所以无变号零点，则是方程的解，故，即，，令，则，令，解得，时，，时，,所以在上单调递增，在上单调递减，，所以，即；，令，在上单调递增，无最值，则大小不确定，故选：D.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）9.已知集合，，下列对应关系能构成函数的是（）A.， B.，C.， D.，【答案】AD【解析】【分析】根据函数的定义逐一判断即可.【详解】对于，，则，集合中每个元素，在集合中都有唯一元素与之对应，故正确；对于，取，则，故错误；对于C，取，则，故C错误；对于D，，，集合中每个元素，在集合中都有唯一元素与之对应，故D正确.故选：AD.10.在平面直角坐标系中，为坐标原点，角的始边与轴的非负半轴重合，终边分别与单位圆交于两点，则下列说法中，正确的是（）A.在上的投影向量为B.C.若的长度为，则点的轨迹长度为D.设，则的最大值为【答案】ABD【解析】【分析】根据向量投影的概念判断A；利用两点间距离结合倍角公式判断B；结合向量的运算，确定P点轨迹，可判断C；利用三角恒等变换结合三角函数性质可判断D.【详解】由题意知，则在上的投影向量为，故A正确；因为，，所以，故B正确；当的长度为时，，所以，点轨迹是以为圆心，为半径的圆，长度为，故C错误；由于，则，则，其最大值为，当时取等号，故D正确，故选：ABD.11.已知，直线，为原点，是上的一个动点，直线与交于点，平面上另一动点满足，点的轨迹记为曲线，则下列说法正确的是（）A.曲线关于轴对称B.C.上有4个整点（横，纵坐标均为整数的点）D.的最小值为【答案】AC【解析】【分析】设，，令，可得，令可得，根据可得的方程，将两点，代入方程即可判断A；由可得的范围，即可判断；令，，即可判断；表示，利用基本不等式即可判断.【详解】设，，令，则，即，，因为点在上，所以，即，解得（舍）或，令，则，即，，可得，因为，所以，即，当时，，从而，整理得；当时，和重合，，方程也成立，所以的方程为；关于y轴对称的两点，同时满足的方程，故A正确；由，解得，故B错误；取，解得，取，解得，取，解得，取，解得，故上有4个整点，C正确；，令，，当且仅当时取等号，故的最小值为，D错误.故选：AC.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是根据已知向量的关系，得到的方程，结合方程的解析式和变量的范围求解.三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.若复数为纯虚数，其中为虚数单位，则__________.【答案】【解析】【分析】先通过复数的运算法则将给定的复数化简，再根据纯虚数的定义来确定参数的值.【详解】因为为纯虚数，所以且，解得.故答案为：13.刘徽在《九章算术注》中首次明确提出了球缺和球分的概念，如图，球被平面截取，曲面部分为球冠，球冠与截面围成的部分为球缺，祖暅精确推导了球缺的体积计算公式为，其中是球的半径，是球缺的高（即球冠顶点到截面的距离）.连接球心与截面，与球冠围成的部分为球分.若一球缺的高为3，截面半径为，则它对应的球分的体积为__________.【答案】【解析】【分析】根据给定的方程求解半径，再分别计算球缺体积、圆锥体积，最后将两者体积相加得到球分的体积.【详解】由题可得，，解得，则，，所以.故答案为：14.如图，200道处于关闭状态的门从左到右依次贴有“”的标签号，某人从第一道门出发，从左向右行进，每路过一道关闭的门就从1开始依次报一个数，报到奇数时把门打开.数完一轮后回到起点，再重复此过程，则最后一道关闭的门标签号为__________.【答案】【解析】【分析】通过分析每一轮报数后剩余标签号的规律，找出最终留下的标签号与门数范围的关系来求解.【详解】第一轮报数，标签号中剔除奇数，剩余偶数，即2的倍数；第二轮报数，标签号2，4，6，…，200的报数结果分别为1，2，3，…，100，剔除标签号2，6，10，…，198，剩余的标签号为4的倍数；第三轮报数，标签号4，8，12，…，200的报数结果分别为1，2，3，…，50，剔除标签号4，12，20，…，196，剩余的标签号为8的倍数；重复以上步骤可得，当门数时，最后留下的一道门的标签号为，故标签号为128.故答案为：128四､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.在中，角所对的边分别为为边的中点，，且.（1）求；（2）若，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）通过正弦定理和余弦定理建立等式，求解出边的值；（2）利用角关系和余弦定理建立方程，联立求解出线段长度，进而求出的三角函数值，最后根据三角形面积公式求出三角形面积。【小问1详解】由正弦定理，，由余弦定理，，所以，即，解得【小问2详解】设，因为，所以，解得，在中，，联立方程得，解得，，所以，，.16.已知.（1）当存在极小值时，求极小值的最值；（2）若在处的切线与的图象有且仅有一个公共点，求的值.【答案】（1）极小值的最大值为0，无最小值.（2）.【解析】【分析】（1）求出函数的导数，判断函数单调性，可求出函数极值，继而构造函数，求得极值的最值；（2）根据导数的几何意义求得在处的切线，与联立，讨论a，结合判别式即可求得答案.【小问1详解】，，①当时，恒成立，在上单调递增，无极值；②当时，令，得，在上单调递减，在上单调递增，无极大值，极小值为，令，则，因为，所以在上单调递增，在上单调递减，，综上所述，极小值的最大值为0，无最小值.【小问2详解】由题意知，，所以在处的切线方程为，联立方程，得，当时，方程仅有一解，符合题意；当时，令，解得，故.17.如图甲，在等腰直角中，，沿底边的高与的中位线，分别将和折起到和的位置，如图乙，折叠过程保持.（1）证明：四点共面；（2）求直线与平面所成角的正弦的最大值.【答案】（1）证明见解析（2）.【解析】【分析】（1）根据条件证明与交于一点，即可证明四点共面；（2）首先由条件可证明平面，再以点为原点建立空间直角坐标系，设，并表示点的坐标，利用向量法表示线面角，再根据三角函数求最值.【小问1详解】证明：如图，在的延长线上取一点，使，因为∥，，所以，同理可得，，即，所以四点共面.【小问2详解】过点作平面的垂线，以为原点建立空间直角坐标系如图，不妨设，则，，，，因为，，，平面，所以平面，又因为，设，则，则，，设平面的法向量为，则令，得，设与平面所成的角为，则，因为，所以，当且仅当时取等，所以直线与平面所成角正弦的最大值为.18.椭圆的长轴在轴上，长轴长为4，离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）若直线与交于，直线与交于.①证明：；②设直线与直线轴分别交于点，求的值.【答案】（1）（2）①证明见解析；②.【解析】【分析】（1）根据离心率公式和长轴长计算即可；（2）①直曲联立，结合韦达定理计算即可；②设，，由三点共线，构造方程，解得，同理可得，，结合①结论，得到，化简即可.【小问1详解】解：设的方程为，则解得，所以的方程为.【小问2详解】①证明：联立方程可得，恒成立，，，则，同理可得，，，，所以.②解：由题，设，，因为三点共线，所以，解得，同理可得，，由①得，，即，，即，所以，即.【点睛】方法点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．19.云南花卉产业作为云南全力打造世界一流“绿色食品牌”的重点产业之一､从起步发展至今仅四十多年的时间，取得了令人瞩目的成绩.目前云南已成为全球公认的三大最适宜鲜切花种植的区域之一，鲜切花种植面积和产量位居全球第一，全省花卉种植面积稳定在190万亩左右.近8年云南省花卉种植面积统计数据及散点图如图（1）经计算得下表中数据，根据散点图，在模型①：与模型②：，（均为常数）中，选择一个更适合作为云南省花卉种植面积关于年份代码的回归方程类型，求出关于的回归方程；1.3165.020417.5423.56448.31901.5其中.（2）运输过程中，为保证鲜切花质量，需对其存活天数进行研究.一品种鲜切花存活天数为随机变量，且最多只能存活天，研究人员发现，存活天数为的样本在存活天数超过的样本里占，存活天数为1的样本在全体样本中占.①求；②用表示该品种鲜切花存活天数数学期望.附：.【答案】（1）更适合，（2）①；②【解析】【分析】（1）根据散点图，确定更适合，再利用换元法，以及题中的数据，代入公式求回归方程；（2）①根据条件概率，以及递推关系，可证明数列是以0.18为首项，0.8为公比的等比数列，再根据分段函数的形式列出解析式；②根据①的结果，列式，再利用错位相减法，即可求解.【小问1详解】由散点图可知，更适合作为云南省花卉种植面积y关于年份代码x的回归方程类型.令，所以因为，，，，所以.所以，所以.云南省花卉