2020届昆一中高三联考卷第八期联考
理科数学参考答案及评分标准
一、选择题
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
C
B
A
D
B
D
C
A
D
B
A
C
1. 解析：依题意，则，选C.
2. 解析：，易知图中阴影部分对应的集合为，，选B.
3. 解析：函数为非奇非偶函数，排除B，C选项；当时，，所以选A.
4. 解析：由已知：与共线，可得，所以在方向上的投影为：，
选D.
5. 解析：因为， 所以，选B．
6. 解析：由正弦定理得：，
所以，即：，所以，选D．
7. 解析：；；；；，此时输出，结合选项，选C.
8. 解析：不超过的素数有，随机选取两个不同的数，其和等于的情况有和两种，所以概率为，选A．
9. 解析：设的中点为，则平面，连结，则，
由三垂线定理得，选D．
10. 解析：因为，因为，由已知得：，所以，
由于，所以，解得，选B．
11. 解析：，可推出为周期为2的函数，所以，选A.
12. 解析：有题意可知，，所以，令,则，所以,所以，所以，选C.
二、填空题
13. 解析：因为，由导数的几何意义知，故曲线在点处的切线方程为.
14. 解析：直线过定点，
不等式组表示的区域如图：
可知的取值范围是：.
15. 解析：由得：，所以，
由，所以，由得：
，
，所以， 所以．
16. 解析：由题意可得，△△,所以,所以为三棱锥的外接球的直径，设，则，所以，所以三棱锥的外接球的半径，所以三棱锥的外接球体积的最小值为
三、解答题
（一）必考题
17. 解析：（1）时，
时，由 …①
可得 …②
①-②，，
因为适合，所以的通项公式为. ………6分
（2）， …③
，…④
③-④得
，. ………12分
18. 解：（1）由已知，优等品的质量与尺寸的比在区间内，即，
则随机抽取的6件合格产品中，有3件为优等品，3件为非优等品 ，
现从抽取的6件合格产品中再任选3件，则取到优等品的件数，
，，
，．
的分布列为
所以． ………6分
（2）解：对（）两边取自然对数得，
令，得，且，根据所给统计量及最小二乘估计公式有，
，
，得，故，
所求关于的回归方程为． ………12分
19.（1）证明：连接并延长交于，
由已知得平面，且，
所以，因为，
所以平面，所以，
因为四边形是平行四边形，且，
所以四边形是菱形，
所以，因为，所以平面，
因为平面，所以平面平面. ………5分
（2）解：连接，因为在底面上的射影是的重心，
所以与全等，
所以，因为，所以点为中点，所以，
故平面与平面所成的二面角的平面角为，
由，得，，，
故可以为原点，，分别作为轴、轴、建立空间直角坐标系，则
，，, , ,
所以，，，
设为平面的一个法向量， 则，可取，
设平面的一个法向量为，则，可取，
所以，
即锐二面角的余弦值为. ………12分
20. 解：(1)由条件可知，即点到的距离等于点到点的距离，
所以点的轨迹是以为准线，为焦点的抛物线，
其方程为：.………5分
（2）设线段的垂直平分线与交于点，分别过点作，垂足为，
再过点作，垂足为，
因为， 所以∽，所以，
设，(不妨设)，由抛物线定义得， ，
所以，
而，
所以.………12分
21. 解：（1）当时，，
令，则，
若，则，则，则在上单调递减，
又，故，故在上单调递增，
又，故对任意，恒成立；
若，因为且，所以，则在上单调递减，又，
故对任意，恒成立.
综上，当时，对任意， 恒成立. ……… 5分
（2）当时，在上单调递减，又，
又则，，结合零点存在性定理知在内存在实数可使得，又，与在只有一个零点矛盾；
当时，在上单调递减，又，
结合零点存在性定理知在内存在实数可使得，故当时，
即在上单调递增，又，故；
构造函数，，则，则，
故在单调递减，又，故，故在单调递减，
又，故即，对任意恒成立，
因为，所以，故，即，即，
因为，且，
即，由零点存在性定理知：在内存在实数可使，
又，与在只有一个零点矛盾；
综上，要使在只有一个零点，则. ……… 12分
（二）选考题：第22、23题中任选一题做答。如果多做，则按所做的第一题记分。
22. 解: （1） 将圆和圆的极坐标方程和两边乘， 由直角坐标和极坐标的互化公式：，，可得圆和圆的直角坐标方程分别为：：，两式相减可得圆和圆的公共弦所在直线的直角坐标方程为. ………5分
（2）依题意可得两点的极坐标分别为,,所以,从而，当时等号成立，所以的最大值为. ………10分
23. 证明: （1）依题意可得，
因为，
所以， ………5分
（2）要证:,只需证: ,只需证: ,两边平方后化简整理即是: ,由题设知， 成立，所以，不等式成立. ………10分
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