2020届某中学高三高考适应性月考(二)数学(理)试题(解析版).doc

1、2020届云师大附中高三高考适应性月考（二）数学（理）试题一、单选题1已知集合，集合，则（）ABCD【答案】C【解析】根据一元二次不等式以及对数函数的定义域化简集合A、B，根据交集的定义写出即可.【详解】或，或，故选C.【点睛】本题主要考查了集合的化简与运算问题，属于基础题2设，则z的虚部是（）A1BiC-1D-i【答案】A【解析】根据复数的性质化简，结合虚部即可得到结果.【详解】，的虚部为1，故选A【点睛】本题主要考查了复数的运算性质以及复数的分类，属于基础题.3已知中心在原点，对称轴为坐标轴的双曲线的一条渐近线方程为，则该双曲线的离心率是（）ABC或D或【答案】D【解析】分为焦点在轴上和焦

2、点在轴上两种情形，由渐近线的方程得的值，结合可得离心率的值.【详解】依题意，双曲线的焦点在轴上时，设它的方程为；由渐近线方程为，得，故，即，焦点在轴上时，设它的方程为，由渐近线方程为，得，故，即，故选D【点睛】本题主要考查了双曲线的渐近线以及离心率的概念，掌握是解题的关键，属于中档题.4下图的程序框图的算法思路源于我国数学名著九章算术中的“中国剩余定理”若正整数N除以正整数m后得余数r，则记为，如：，则执行该程序框图输出的n等于（） A7B6C5D8【答案】A【解析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案

3、【详解】根据给定的程序框图，可知：第一次执行循环体得，此时，不满足第一个条件；第二次执行循环体得，此时，不满足第一个条件；第三次执行循环体得，此时且，既满足第一个条件又满足第二个条件，退出循环，输出7，故选A【点睛】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题5根据如下样本数据得到的回归直线方程，则下列判断正确的是（ ）x23456y4.02.5-0.50.5-2ABCD【答案】D【解析】先根据增减性得再求代入验证选项【详解】因为随着增加，大体减少，所以因为，所以，故选D【点睛】本题考查回归直线方程，考查基本分析判断能力，属基础题.6在中，D在边A

4、C上满足，E为BD的中点，则（）ABCD【答案】B【解析】根据为中点，首先易得，再通过向量加法以及向量的减法和即可得到结果.【详解】如图所示：因为为的中点，所以，又，故选B【点睛】本题主要考查平面向量基本定理的应用，对向量加法和减法的运用较为灵活，属于基础题7已知实数x，y满足约束条件，则的最大值是（）A2B1CD【答案】C【解析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求出最优解的坐标，代入目标函数得答案【详解】由实数x，y满足约束条件，作出可行域如图，则的最大值就是的最大值时取得，联立,解得.化目标函数为，由图可知，当直线过点A时，直线在y轴上的截

5、距最大，此时z有最大值为，故选C.【点睛】本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是基础题8的展开式中，含的项的系数是（）A-40B-25C25D55【答案】B【解析】写出二项式的展开式中的通项，然后观察含的项有两种构成，一种是中的1与中的二次项相乘得到，一种是中的与中的常数项相乘得到，将系数相加即可得出结果。【详解】二项式的展开式中的通项，含的项的系数为，故选B.【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题9函数在的图象大致是（）ABCD【答案】A【解析】先证明该函数为偶函数，故而可排除C，D选项，接着判断函数在处的函数值符号即可排除

6、选项B，即可得结果.【详解】令，则的定义域为，因为，所以为偶函数，则选项C，D错误；当时，所以选项B错误，故选A【点睛】本题主要考查了函数图象的识别，主要通过排除法，利用函数的奇偶性以及函数值的符号是常用的方法手段，属于中档题.10在平面直角坐标系xOy中，抛物线的焦点为F，准线为l，过点F倾斜角为的直线l与抛物线交于不同的两点A，B（其中点A在第一象限），过点A作，垂足为M且，则抛物线的方程是（）ABCD【答案】D【解析】设直线与轴交于点，连接，先证得为等边三角形，然后在中，求出即得到的值，进而可得结果.【详解】设直线与轴交于点，连接，因为直线的倾斜角为，所以，又，所以为等边三角形，即，则，

7、在中，所以，即，所以抛物线的方程为，故选D【点睛】本题考查了抛物线的简单几何性质，考查了数形结合的解题思想方法和数学转化思想方法，是中档题11已知，则（ ）ABCD【答案】A【解析】容易判断出，从而得出，并可得出，从而得出，并容易得出，从而得出结论.【详解】因为，所以，因为，即，又，所以，又，所以，所以，故选：A.【点睛】本题主要考查对数的换底公式，对数函数的单调性，增函数和减函数的定义，以及不等式的性质，属于中档题.12在直三棱柱中，且，设其外接球的球心为O，已知三棱锥的体积为2.则球O的表面积的最小值是（）ABCD【答案】B【解析】设，球的半径为R，因为底面均为直角三角形，故外接球的球心为

8、两个底面三角形外接圆圆心的连线的中点，如图中O点为三棱柱外接球的球心根据三棱锥OABC的体积为2，可得，接着表示出R，根据基本不等式可得到球的表面积的最小值【详解】如图，在中，设，则，取的中点分别为则分别为和的外接圆的圆心，连接，又直三棱柱的外接球的球心为O，则O为的中点，连接OB，则OB为三核柱外接球的半径。设半径为R，因为直三棱柱，所以，所以三棱锥的高为2，即，又三棱锥体积为2，所以.在中，所以，当且仅当时取“=”，所以球O的表面积的最小值是，故选B.【点睛】本题借助直三棱柱的外接球，考查了基本不等式、球的表面积等,属于中档题二、填空题13已知，则的值为_。【答案】4【解析】根据即可得到结

9、果.【详解】因为，所以，故答案为4.【点睛】本题主要考查函数值的求法，考查函数性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题14记为等比数列的前n项和，若，则=_.【答案】64【解析】根据，将变形为，即可快速求出公比，进而求出。【详解】设等比数列的公比为q，得，又，得.故答案为：64.【点睛】本题考查等比数列的性质，特别是对的灵活运用，考查运算求解能力，是基础题15函数的单调增区间为_.【答案】和【解析】求出的导函数，利用导数列不等式组即可求出其单调增区间【详解】因为，所以.令，则，或，所以或，所以函数的单调增区间为和故答案为和【点睛】本题考查利用导数研究三角型的函数单调性，其中解三角不等式是难点

10、，结合三角函数的图像可快速解出，是基础题16设三次函数，（a,b,c为实数且）的导数为，记，若对任意，不等式恒成立，则的最大值为_【答案】【解析】先对函数求导，二次求导，求出，不等式恒成立问题即二次不等式恒成立问题，根据图像可得且，可得出，分和讨论，利用不等式的性质和基本不等式可求得的最大值。【详解】因为，所以，即.因为对任意，不等式恒成立，所以恒成立，即恒成立，所以且，即，所以，所以，所以，令，则.当时，；当时，当且仅当时，取得最大值为.故答案为：【点睛】本题考查多变量的最值的问题，根据变量之间的关系，进行代换，换元，利用基本不等式求最值，是道难度比较大的题目。三、解答题17如图，已知平面四

11、边形ABDC中，满足且.（1）求；（2）若的外接圆的面积为且，求的周长【答案】（1）（2）【解析】（1）由可得，由可得，根据和两角差的余弦公式即可得结果；（2）由（1）及正弦定理可得，由可得，由余弦定理可得，联立解出，进而可得周长.【详解】（1）因为在中，所以，在中，所以，（2）设的外接圆的半径为，由（1）知，又，得，联立解得，的周长为【点睛】本题主要考查了利用正弦定理和余弦定理解三角形，两角差余弦公式的应用，属于中档题.18某冰糖橙，甜橙的一种，云南著名特产，以味甜皮薄著称。该橙按照等级可分为四类：珍品、特级、优级和一级（每箱有5kg）,某采购商打算订购一批橙子销往省外，并从采购的这批橙子中

12、随机抽取100箱，利用橙子的等级分类标准得到的数据如下表：等级珍品特级优级一级箱数40301020（1）若将频率改为概率，从这100箱橙子中有放回地随机抽取4箱，求恰好抽到2箱是一级品的概率：（2）利用样本估计总体，庄园老板提出两种购销方案供采购商参考：方案一：不分等级卖出，价格为27元/kg;方案二：分等级卖出，分等级的橙子价格如下：等级珍品特级优级一级售价（元/kg）36302418从采购商的角度考虑，应该采用哪种方案？（3）用分层抽样的方法从这100箱橙子中抽取10箱，再从抽取的10箱中随机抽取3箱，X表示抽取的是珍品等级，求x的分布列及数学期望E（X）.【答案】（1）（2）从采购商的角

13、度考虑应该采用方案一，详见解析（3）详见解析【解析】（1）若将频率改为概率，因为是有放回抽取，所以先求出“从这100箱橙子中随机抽取一箱，抽到一级品的橙子”的概率，然后推出恰好抽到2箱是一级品的概率。（2）求出方案二单价的数学期望和27进行大小比较即可。（3）分层抽样的方法从这100箱橙子中抽取10箱，求出珍品和非珍品的箱数，根据排列组合知识求出对应的概率，进而写出分布列，求出期望即可。【详解】解：（1）设“从这100箱橙子中随机抽取一箱，抽到一级品的橙子”为事件A，则现有放回地随机抽取4箱，设抽到一级品的个数为，则，所以恰好抽到2箱是一级品的概率为（2）设方案二的单价为，则单价的期望为（）因

14、为，所以从采购商的角度考虑应该采用方案一（3）用分层抽样的方法从这100箱橙子中抽取10箱，其中珍品4箱，非珍品6箱，则现从中抽取3箱，则珍品等级的数量X服从超几何分布，则X的所有可能取值分别为0，1，2，3，X的分布列为X0123P【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题19如图，在三棱锥中，N为CD的中点，M是AC上一点.（1）若M为AC的中点，求证：AD/平面BMN；（2）若，平面平面BCD,，求直线AC与平面BMN所成的角的余弦值【答案】（1）详见解析（2）【解析】（1）由，即可证明出AD/平面BMN；（2）向量法，建立空间直角坐标系，求

15、出以及面BMN的法相量，利用直线AC与平面BMN所成的角为，则即可求出AC与平面BMN所成的角的正弦值，进而求出余弦值。【详解】（1）证明：如图，在中，因为M，N分别为棱AC，CD的中点，连接MN，所以，又平面BMN，平面BMN，所以平面BMN（2）解：取BD的中点O，连接AO，因为，所以，又因为平面平面BCD，平面平面BCD=BD，,平面ABO,所以平面BCD，所以.又，平面ABO所以平面ABO,平面ABO,所以连接ON,所以,所以,如图建系，设，则，因为，所以，所以，则所以，则设平面BMN的一个法向量为，则，即令，则设直线AC与平面BMN所成的角为，则又，所以，所以直线AC与平面BMN所成

16、的角的余弦值为【点睛】本题考查线面平行的证明，以及向量法求线面角，考查计算能力，是中档题20已知椭圆的离心率为，短轴长为4.（1）求椭圆C的标准方程.（2）设直线l过点（2,0）且与椭圆C相交于不同的两点A、B，直线与x轴交于点D,E是直线上异于D的任意一点，当时，直线BE是否恒过x轴上的定点？若过，求出定点坐标，若不过，请说明理由【答案】（1）（2）直线BE恒过x轴上的定点，详见解析【解析】（1）利用离心率，短轴长4，列关于的方程组，解方程即可求得椭圆C的标准方程。（2）当斜率不存在时，可得直线BE过定点，当斜率存在时，设出的坐标，求出直线BE的方程，求出与x轴的交点表达式，即证,根据的特点

17、，将直线l和椭圆联立，得到，代入，可得式子成立，即证明直线BE恒过x轴上的定点。【详解】解：（1）由题意得。解得，所以椭圆C的标准方程为（2）直线BE恒过x轴上的定点证明如下：因为.所以，因为直线l过点当直线l的斜率不存在时，则直线l的方程为，不妨设则此时，直线BE的方程为，所以直线BE过定点；直线l的斜率存在且不为零时，设直线l的方程为，所以.直线，令，得即，又所以即证即证联立,消x得，因为点在C内，所以直线l与C恒有两个交点，由韦达定理得，代入（）中得所以直线BE过定点，综上所述，直线BE恒过x轴上的定点.【点睛】本题考查直线和椭圆的的位置关系，利用韦达定理计算直线过定点问题，对学生计算能

18、力要求较高，是一道难度较大的题。21函数且（1）当时，求函数在点处的切线方程；（2）定义在R上的函数满足，当时，。若存在满足不等式且是函数的一个零点，求实数a的取值范围。【答案】（1）（2）【解析】（1）将代入，求其导函数，得的值，进而可得切线方程。（2）构造函数，根据已知得到其是奇函数，求导可得在上的单调性，将转化为关于的不等式，利用的单调性解该不等式，可求得的范围，即的零点的范围，转化为在的范围上有零点，利用导数知识和零点存在性定理，可求出a的取值范围。【详解】解：（1）当时，因为所以，所以，又，所以函数在点处的切线方程为，即（2）令，因为，所以，所以为奇函数。当时，所以在上单调递减，所以

19、在R上单调递减，又满足不等式，即，所以，化简得，所以，即令因为是函数的一个零点，所以在时有一个零点：当时，所以在上单调递减，又，又因为，所以要使在时有一个零点，只需，解得，所以实数a的取值范围为【点睛】本题考查利用单调性解不等式以及函数的零点问题，考查学生计算能力和分析能力，其中通过观察条件，得到，构造的函数解题，是一道难度较大的题目。22在平面直角坐标系xOy中，曲线：，（为参数），将曲线上的所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标缩短为原来的后得到曲线，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为。（1）求曲线的极坐标方程和直线l的直角坐标方程；（2）设直线l与曲线交于

20、不同的两点A，B，点M为抛物线的焦点，求的值。【答案】（1），（2）【解析】（1）由曲线的参数方程得到普通方程，经变化后得到曲线：，化为极坐标即可，利用两角差的正弦公式可得直线的极坐标方程为，进而可化为直角坐标方程；（2）写出直线的参数方程，将直线代入到圆的方程中，利用参数的几何意义结合韦达定理即可得结果.【详解】解：（1）将曲线：(为参数)，消参得，经过伸缩变换后得曲线：，化为极坐标方程为，将直线的极坐标方程为，即，化为直角坐标方程为（2）由题意知在直线上，又直线的倾斜角为，所以直线的参数方程为（为参数）设对应的参数分别为，将直线的参数方程代入中，得因为在内，所以恒成立，由韦达定理得所以【点

21、睛】本题考查了极坐标方程与直角坐标方程的互化、直线参数方程及其应用、一元二次方程的根与系数的关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题23设，的解集为M.（1）求M；（2）证明：若时，.【答案】（1）（2）详见解析【解析】（1）通过对自变量取值范围的分类讨论，去掉原函数式中的绝对值符号，再解相应的不等式，最后取并集即可；（2）由（1）知，于是，易证，进一步整理可得，开方即可证得结论【详解】解：（1）由题意得不等式等价于三个不等式组或或解得，所以不等式的解集为（2）由（1）可知，因为，所以，所以，所以，所以，所以，所以，所以，即.【点睛】本题考查绝对值不等式的解法以及不等式的证明，着重考查分类讨论思想与等价转化思想的综合运用，考查推理论证能力，属于中档题