云南师大附中2020届高考适应性月考卷(四)理数-答案

云南师大附中2020届高考适应性月考卷（四）

理科数学参考答案

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分） 题号 答案 【解析】 1．A2．zB{y|y≥3}{y|y≤5}[3，5]，故选C． 2i2i(1i)1i，故选A． 1i(1i)(1i)1 C 2 A 3 D 4 C 5 D 6 A 7 A 8 D 9 B 10 C 11 B 12 B 3．该木锤剩余的长度为一个首项为

111，公比为的等比数列，所以an1n，故选D． 2224．全称命题的否定为特称命题，(pq)(p)(q)，(pq)(p)(q)，故选C． 5．方法一：全部数字之和为12345621，为奇数，因此红球上数字之和与黑球上数字之和不可能相等，又红球上数字之和小于黑球上数字之和与红球上数字之和大于黑球上数字之和是“对等”的，各占一半，故所求概率为

1，故选D． 2方法二：红球与黑球上标记数字情况用表格列举如下： 红球 黑球 1，2，1，2，1，2，1，2，1，3，1，3，1，3，1，4，1，4，1，5，黑球 3 4 5 6 4 5 6 5 6 6 4，5，3，5，3，4，3，4，2，5，2，4，2，4，2，3，2，3，2，3，红球 6 6 6 5 6 6 5 6 5 4 共C3红球与黑球上数字之和均不相等，红球上数字之和小于黑球上数字之和620种情况，与红球上数字之和大于黑球上数字之和是“对等”的，各占一半，故所求概率为故选D．

5nr15rnr1r*26．x，令nr0，(nN)的展开式的通项公式为Tr1CnxCnx2xxxxnr101，202又0≤r≤n，所以n的最小值为5，故选A．

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27．如图1，从6cosx5tanx0x中解出sinx的值为，即为所求线段P故选A． 1P2的长，

23

图1

图2

8．多面体的直观图如图2所示，其体积等于三棱柱ADEA1D1E1和四棱锥CDD1E1E的体积

1之和，VADEA1D1E12122，四棱锥CDD1E1E的高即C到平面DD1E1E的距离d，

2CD AD22411等于C到DE的距离，S△CDE CD AD DE d，得d，所DE2255148814以VCDD1E1E25，所以该几何体的体积为2，故选D．

333539．根据图象，可得f(x)2sin2x，所以

433f2sin 2，故选B． 42410．法一：将A，C视为定点，OAOC，O视为以AC为直径的圆上的动点，AC的中点为M，

当BO过圆心M，且O在B，M之间时，|OB|取得最小值21，O在BM的延长线上时，|OB|取得最大值21，故选C．

(xa)2y25x2y21axcy，法二：设B(x，y)，则a2c24，x2(yc)21，

即axcyx2y21，|axcy|≤(a2c2)(x2y2)2x2y2，取等号条件：aycx，d≥1，0d1，|2d2令|OB|x2y2d，则|d21≤或2解得

d2d1≤0d2d1≥0，21≤d≤21，故选C．

11．设F(x)f(x)x1，则F(x1)f(x1)x，F(1)f(1)110，对任意的x1，x2且

x1x2，f(x1)f(x2)x1x2，()11fx()2x21得fx1x，即F(x1)F(x2)，所以F(x)在R上是增函数，不等式f(x1)x即为F(x1)F(1)，所以x11，x2，故选B．

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12．设BC2r，则AC4r，AB6r，建立如图3所示的坐

标系，C(0，0)，O1(2r，0)，O(r，0)，设0)，O2(r，)(2ra2)2t，得O3(a，t)，O4(b，v)，则(2ra2t22ar，所以O3(a，22ar)，由圆O与圆O3内切，

图3

2得(ar)2(22ar)23ra，解得ar．同理(rb)2(rb)2v2，得v2br，32由圆O与圆O4内切，得(br)2(2br)23rb，解得br，于是阿基米德“皮匠

32S11122rr22，所以阴影 刀定理”得证．S阴影= (3r) (2r)r2 2229S大半圆32r29=20，故选B． 9281r2二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

题号 答案 【解析】

13．D(x)0或1，D(D(x))1． 14．②①③．

13 1 14 ②①③ 15 2 16 12 2c2a2c2bc15．tan603，得3，24，所以e2． 2aaaa11112222an1anananaaa16．由题意，≤an≤1，an1anan1n1nn224221122①，于是an②，②①得(an2an)(an2an1)0，因为an≥，2an2an1an142当an11311时，an11，an2，此时a1a2020；当an时，an2≥，anan21，22222∴an2an10，此时anan2，数列{an}是周期数列，周期为2．a1a2020a1a2，

112于是，由①有a2a12a2a1(a1a2)2(a1a2)2a1a2．设a1a2t，根

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122aa2t22tt2aa≤2据a1a2≤1，得，，得2t4t1≤0t≤ 1242222212，当且仅当a1a22an2． 2222时，取等号，所以a1a2的最大值为1．综42上，a1a2的最大值为1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：如图4，设ADd，

11S△ABCS△ABDS△ACDcdsinBADbdsinCAD3，

22得d43b3c，①

1151S△ABCbcsinAbcsinbc3，②

2264联立①，②，得d图4

4c4c≤42c 4c1，当且仅当c4，即c2时，d取得最大值1， c此时b23． ………………………………………………………………（8分）

在△ABC中，由余弦定理，得a2b2c22bccosA1242232cos所以a27． 18．（本小题满分12分）

528， 6………………………………………………………………（12分）

解：（1）由折线图中的数据和附注中参考数据得t5，(tit)260，

i19(ti19it)(yiy)tiyityi3254.85582.01344.75，

i1i199所以r344.750.997，

345.90因为y与t的相关系数近似为0.997，说明y与t的线性相关程度相当高， 从而可以用线性回归模型拟合y与t的关系.

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…………………………………………………………………………（6分）

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（2）由已知及（1）得b(ti19it)(yiy)i(ti19t)2344.755.75， 60aybt64.675.75535.92，

所以，y关于t的回归方程为y35.925.75t.

1093.42将2019年对应的代码t10代入回归方程得y35.925.75.

所以预测2019年全国GDP总量约为93.42万亿元．

……………………………………………………………………（12分）

19．（本小题满分12分）

（1）证明：如图5，连接MO交AB于N，连接FN，MB． 则N是AB的中点，ADNMBC2．

因为FO平面ABCD，所以平面FMN平面ABCD， 又平面ADE平面ABCD， 所以平面ADE∥平面FMN．

根据题意，四边形ABFE和DCFE是全等的直角梯形， 三角形ADE和NMF是全等的等腰直角三角形， 所以NFMF2，OF1．

在直角三角形BFN中，NBBF2NF22， 所以AB22，AF2，MB6， 于是AF2BF2AB2，MF2BF2MB2， 所以BFAF，BFMF． 因为AF，MF平面AMF，AF所以BF平面AMF．

图5

MFF，

…………………………………………………………（6分）

（2）解：法一：以O为坐标原点，ON，OF所在直线分别为x轴、z轴，建立如图6所示的空间直角坐标系， 则B(1，2，0)，C(1，2，0)，F(0，0，1)， CB(2，0，0)，CF(1，2，1)．

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图6

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设平面BCF的一个法向量为n(x，y，z)， n CB2x0，12)， 则取n(0，，n CFx2yz0，1)， 平面ABCD的一个法向量为mOF(0，0，所以cosm，nm n0026，

3|m||n|31所以楔面BCF与侧面ABCD所成二面角的余弦值为

6． 3……………………………………………………………………（12分）

法二：几何法：如图7，取BC的中点G，连接OG， GF．

OGF即为楔面BCF与侧面ABCD所成二面角的平

面角．

在直角三角形OGF中，GF236， 33 BC3，OG2，2图7

所以cosOGF所以楔面BCF与侧面ABCD所成二面角的余弦值为

6． 3……………………………………………………………………（12分）

20．（本小题满分12分）

11证明：（1）f(x)cosx1，

2x当x≥2时，0111111111≤，11≤，cosx1≤cosx(cosx1)≤0，x2x22x222“=”不能同时取到，所以f(x)0；

11当0x2时，f(x)sinx20，所以f(x)在(0，2)上递减，

2x111因为f(1)cos10，f(2)cos20，

222所以在定义域(0，)存在唯一x0，使f(x0)0且x0(1，2)； 当0xx0时，f(x)0；当xx0时，f(x)0，

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所以x0是f(x)在定义域(0，)上的唯一极值点且是极大值点．

……………………………………………………………………………（6分）

11（2）存在x1x2，使f(x1)f(x2)，即sinx1lnx1x11sinx2lnx2x21，

221得x1x2(sinx1sinx2)lnx1lnx2．

2设g(x)xsinx，则g(x)1cosx≥0，g(x)在(0，)上递增，

不妨设x1x20，则g(x1)g(x2)，即x1sinx1x2sinx2，x1x2sinx1sinx2， x1x211所以(x1x2)(x1x2)(x1x2)(sinx1sinx2)lnx1lnx2，得2，

lnx1lnx222根据对数均值不等式x1x2

x1x2xx12，可得x1x22，x1x24.

lnx1lnx22……………………………………………………………………（12分）

21．（本小题满分12分）

（1）解：设a2b2c2(c0)， 由题设，得c7，c7，所以a4，b29， a4x2y2所以C的标准方程为1．

169………………………………………………（4分）

（2）解：如图8，设M(m，n)，切点分别为P1，P2， 当m4时，设切线方程为ynk(xm)， ynk(xm)，联立方程，得x2y2

1，169消去y，得(16k29)x232k(nkm)x16(nkm)21440，①

图8

关于x的方程①的判别式1322k2(nkm)24(16k29)[16(nkm)2144]0， 化简，得(16m2)k22mnk9n20，②

关于k的方程②的判别式24m2n24(16m2)(9n2)4(9m216n2144)，

x2y2因为M在椭圆1外，

169林老师编辑整理

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m2n2所以1，即9m216n21440，所以20．

169关于k的方程②有两个实根k1，k2分别是切线MP1，MP2的斜率，

9n2因为MP1，化简为m2n225， 1MP2，所以k1k21，即216m当m4时，可得n3，满足m2n225， 所以M的轨迹方程为x2y225．

……………………………………………（8分）

（3）证明：如图9，设P(x0，y0)，先求|PA| |PB|. 方法一：由相交弦定理，得

22|PA| |PB|(5|PO|)(|5|PO|)25x0y0．

xx0t，方法二：切线AB的参数方程为（t为参数），

yykt，0k9x0(y00)， 16y0图9

22y0250， 代入圆x2y225，整理得(1k2)t22(x0ky0)tx0因为点P(x0，y0)在圆x2y225内，

22x0y02522xy25， 所以上述方程必有两个不等实根t1，t2，t1t2，且001k222|x0y025|22所以|PA| |PB|(1k)|t1t2|(1k)， 25x0y021k2222y0当y00时，x04，仍有|PA| |PB|25x0.

再求|PF1| |PF2|.

22422224 |PF1| |PF2|(x07)2y0 (x07)2y0x014x0492x0y014y0y044222222(625x0y050x050y02x0y0)4(9x016y0144)

22222(25x0y0)4(9x016y0144)，

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22x0y02216y01440， 因为点P(x0，y0)在椭圆C上，所以1，即9x016922y0所以|PF1| |PF2|25x0，

所以|PA| |PB||PF1| PF2|．

………………………………………………（12分）

22．（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】

11解：（1）如图10，曲线段C即为抛物线上一段yx2≤x≤，

221111端点A，，B，，

44221在A处的切线斜率为21，与y轴的交点坐标为

210，． 4图10

因为QAQB，所以Q的轨迹是以线段AB为直径的

1圆弧（不含端点）， 41以线段AB的中点M0，为极点，射线MB为极轴，建立极坐标系，

41则Q点轨迹的极坐标方程为0．

22 …………………………………………………………………（5分）

11（2）设直线PM与以M0，为圆心，为半径的圆交于两点E，F，

42则|ME||MF|1， 21由相交弦定理，得|PA| |PQ||PE| |PF|(|ME||PM|) (|MF||PM|)|PM|2

4221221121ttt， 4444当t0，即P(0，0)时，|PA| |PQ|最大，最大值为

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3． 16………………………………………………………………（10分）

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23．（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】

2(x2)，x≥2，解：（1）当a2时，f(x) 2(x2)，x2；(x2)(xa)，x≥a，当a2时，f(x)

(x2)(xa)，xa；(x2)(xa)，x≥a，当a2时，f(x)

(x2)(xa)，xa，若关于x的不等式f(x)6的解集为(4，5)观察上述三种情况的图象如图11，

(8，)，

图11

可知a2，且4，5是xa时，(x2)(xa)6的两根，得a7，

x≥7，x7，检验：当a7时，不等式f(x)6，即或

(x2)(x7)6(x2)(x7)6，即得4x5或x8，符合题意． ………………………………………………（5分）

(x2)(x7)，x≥7，（2）不妨设x1x2x3，据（1）得f(x)图象如图12，

(x2)(x7)，x7，925y(x2)(x7)(x7)的顶点为，，

24所以0b25， 49对2x1，x2关于抛物线y(x2)(x7)的对称轴x称，所以x1x29， 由(x2)(x7)所以7x395225， (x7)，得x24图12

952， 22752， 2所以16x1x2x3275216，即x1x2x3的取值范围为． 2林老师编辑整理

…………………………（10分）