西南名校聯(lián)盟高考適應性月考卷12月考理科數(shù)學參考答案 一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，共60分）題號123456789101112答案DBDAACDDCBAB【解析】1．因為，所以滿足條件的集合B的個數(shù)為，故選D．2．，的定義域為，因此A，C，D錯誤；又，所以的圖象恒在x軸上方，B正確，故選B．3．該程序框圖對應的分段函數(shù)當時，或解得，故選D．4．因為為單位向量，所以，又，所以，故選A．5．由的導函數(shù)圖象可知，在，上單調遞增，在上單調遞減，所以，B錯誤；，C，D錯誤；，A正確，故選A．6．對：，當，即或時，曲線表示雙曲線，當時，：表示等軸雙曲線，因為無論取何值，曲線方程均只含，項與常數(shù)項，因此A，B，D正確；當時，：表示圓，C錯誤，故選C．7．由題意，三個地點中有一處為2人，其余均為1人，先按人數(shù)進行分組，共有種分法，再將三組人分別安排到三個地方，總共有種安排方法，故選D．8．由，可得，令，則為以為首項，2為公比的等比數(shù)列，所以，則 ，故選D．9．如圖1，設截面為，設，P為的靠近于的三等分點，N為的靠近于C的三等分點，由可得平面與的交線平行于，所以平面，又平面與兩平行平面，的交線應互相平行，∴平面，由且可得截面AMNP為梯形，故選C．10．因為，所以，即z在復平面內表示圓O：上的點；又，所以表示圓O上的動點到定點的距離，所以為，故選B．11．因為，所以，令，則為偶函數(shù).當時，，令 ，則，則在上恒成立，所以在上單調遞減，又，所以在上恒成立，所以在上單調遞增．再結合為偶函數(shù)，從而當，且 時必有，即，故選A．12．如圖2，延長交AB于點M，則M為AB的中點，且由可得．又，所以平面，所以.所以二面角的平面角即為，又為的垂心，所以點C在的延長線上.因為，所以 ，．又，所以，．又為△PAB的重心，所以．設，在△PMC中，利用余弦定理，可得，所以．再在中，利用余弦定理，可得，故選B．二、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）題號13141516答案0.852【解析】13．因為，，所以．14．因為，所以．又，所以，所以所以使得成立的最大整數(shù)n為5． 15．如圖3，設焦點F關于直線的對稱點為P，C的左焦點為，PF與直線的交點為Q，則由Q，O分別為PF，的中點，可得，所以，則，又，所以，則．又因為P在漸近線上，所以，所以．16．方法一：不妨設△ABC的外接圓半徑為5．如圖4，取點，，，并作△BQC的外接圓，則點P為，則此時且，所以當且僅當點A是優(yōu)弧上除B，C以外的點．當△ABC為銳角三角形時，過點P作，其中分別交AB，AC于點，，AP的延長線交BC于點R．設，則由，P，共線，可得．設，則 ，所以，，，所以為使k取最大值，只需使最大．過A作x軸的垂線交，BC分別于點M，N，則，又，所以當時，．    方法二：作出△ABC的外接圓，則由可得 ，所以，則，設外接圓的半徑為R，則對兩邊平方可得．又，所以上式整理可得．因為，，所以由均值不等式可得．令，則，解得(舍去)或，其中“”成立當且僅當，所以．三、解答題（共70分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）17．（本小題滿分12分）解：（1）∵，又C為OB的中點，∴．又，∴△OMC為邊長為2的等邊三角形，∴，．又，∴． ………………………………………………………（6分）（2），令，得，∴在R上的單調減區(qū)間為． ……………………………………………（12分）18．（本小題滿分12分）解：（1）由題圖甲可得A，C，D各含標本數(shù)量為5，15，10．設P為兩個標本來源于不同采樣地的概率，則． ………………………………………………………（6分）（2）由表格數(shù)據(jù)可得，，∴，∴y與x的線性回歸方程是，∴當時，，即緯度為30度時，大絨鼠的平均體長為26.1厘米． ……………………………………………………（12分）19．（本小題滿分12分）解：（1）設拋物線的方程為，∵點A在拋物線上，∴，∴點A到準線的距離為，解得(舍)或1，∴C：，． …………………………………………………（4分）（2）設MN：，代入拋物線的方程可得，設，，則∴．又∵，∴PQ：，∴，∴．∵，其中“”成立當且僅當，∴，∴當時，取得最小值為12． ………………………………（12分）20．（本小題滿分12分）（1）證明：如圖5，連接PO，OQ，PQ， ∵，O為BD的中點，∴．同理，，又，PO，平面POQ， ∴平面POQ． 又平面ABCD， ∴平面平面ABCD． ……………………………………………（5分）（2）解：（法一：建系法）如圖6，分別過P，Q作平面ABCD的垂線，垂足分別為，，則，在AC上，且，分別為AO，OC的三等分點，且，，∴四邊形為矩形，∴．且，∴．∴，由（1）得MO，OB，OC兩兩垂直．又，∴．如圖，以O為原點，分別以OB，OC，OM為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，則，，，，∴，，．設，分別為平面AMB與平面MBC的法向量，則，．設為二面角的平面角，由于，均指向半平面的外部，∴． ………………………………………………………（12分）（2）（法二：定義法）分別過P，Q作平面ABCD的垂線，垂足分別為，，則，在AC上，且，分別為AO，OC的三等分點，且，，∴四邊形為矩形，∴．且，∴， ∴．取MB的中點E，則，，∴為二面角的平面角．又，∴．又，∴，∴．又，． ……………………………………………（12分）21．（本小題滿分12分）解：（1）∵，∴當時，，單調遞增；當時，，單調遞減，∴，且無最小值． …………………………………………………（4分）（2），令，則，∴．令，∵函數(shù)是上的單調遞增函數(shù)，∴由復合函數(shù)的單調性可知，存在極大值存在極大值，且取到極大值取到極大值，其中，且．∵，∴，∴時，，單調遞減；時，，單調遞增，∴．①當時，，則在上恒成立，∴在上單調遞增，則無極值點；②當時，，取，，有，，∴在上有唯一零點，設為，且時，，時，，∴當時，在上有唯一的極大值點． ………………………………………………（8分）∵，∴，∴，令，則，∴在上單調遞增．又，∴，即的極大值小于0，綜上，有時，存在極大值，且此時的極大值小于0． ………………………………………………………（12分）22．（本小題滿分10分）【選修4?4：坐標系與參數(shù)方程】解：（1）由條件可得，，又，∴，即為曲線C的普通方程，將代入C的普通方程，可得，即為曲線C的極坐標方程． …………………………………………………（5分）（2）將分別代入曲線C與直線l的極坐標方程，可得，，∴．又，∴，∴． ………………………………………………………………（10分）23．（本小題滿分10分）【選修4?5：不等式選講】（1）解：若，則，，∴，由絕對值三角不等式可得，，其中“”成立當且僅當，∴，∴，∴或，即或． ………………………（5分）（2）證明：∵，，∴，∴，，∴，其中“”當且僅當． ………………………………………………（10分） 

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