云南师大附中 2020 届高考适应性月考卷（二）
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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
答案 C A B C D A C B A D A B
【解析】
1． 或 ， ，
或 ，故选 C．
2． ， 的虚部为 1 ，故选 A．
3．依题意，双曲线的焦点在 轴上时，设它的方程为 ；焦点在 轴上
时，设它的方程为 ，依题意可知，双曲线的一条渐近线方程为
，则 或 ，所以 或 ，即 或 ，故选 B．
4 ． 由 题 意 ， 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， 不满足第二条件；第二次执行循环体得
， ，此时 ，不满足第一个条件， 不满足
第 二 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，故选 C．
5．根据表中的数据画出散点图如图 1 所示，由图象可知，回归直线方程为
的 斜 率 ， 又 当 时 ， ， 由 表 中 数 据 得
， ，所以样本中心为 ，
因为回归直线 过样本中心，所以 ，故选 D．
6．因为 为 的中点，所以 ，又 ， ，
，故选 A．
2{ | 2 3 0} { | 3A x x x x x= − − > = > 1}x < − { | lg( 3)} { | 3}B x y x x x= = + = > − A B =
{ | 3 1x x− < < − 3}x >
1 2i i(2 i) i2 i 2 iz
− + += = =+ + z
x
2 2
2 2 1( 0 0)x y a ba b
− = > >， y
2 2
2 2 1( 0 0)y x a ba b
− = > >，
2y x= 2b
a
= 2a
b
=
2
2
21 3be a
= + = 3
2 3e = 6
2
3n = 15M =
15 0(mod 5)≡ 15 26M = <
5n = 20M = 20 0(mod 5)≡ 20 26M = <
7n = 27M = 27 2(mod 5)≡
27 26M = >
ˆ ˆy bx a= + 0b
1 (2 3 4 5 6) 45x = + + + + = 1 (4.0 2.5 0.5 0.5 2)5y = + − + − 0.9= (4 0.9)，
ˆ ˆy bx a= + ˆ4 0.9b a+ =
E BD 1 1
2 2CE CB CD= + 1
2AD DC= 2
3CD CA= ∴ 1
2CE CB= ∴
1 2 1 1 1 1 1 5( )2 3 2 3 2 3 3 6CA CB CA CB BA BC BA BC+ × = + = + − = −
图 17 ．由实数 满足约束条件 作出可行域如图 2 ，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 时，直线在 轴上的截距最大，此时 有最大
值为 ，故选 C．
8．二项式 的展开式中的通项 ，含 的项的系数为
，故选 B．
9．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．
10．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 ，在
中， ，所以 ，即 ，所以抛物线的方程为 ，故选
D．
11．因为 ， ，所以 ，因为
，即 ，又 ，所以 ，又 ，
所以 ，所以 ，故选 A．
12．如图 3，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 ，则 为 的中点，连
接 ，则 为三棱柱外接球的半径．设半径为 ，因为直三棱柱 ，所以
x y，
0
3 0
1
x y
x y
y
−
+ −
≥ ，
≤ ，
≥ ，
22 x yz − +=
2t x y= − + 0
1
x y
y
− =
=
，
， (1 1)A ， 2t x y= − +
2y x t= + 2y x t= + A y z
1
2
61x x
−
6 6 2
1 6 6
1C ( 1) C
k
k k k k k
kT x xx
− −
+
= − = −
2x
2 2 3 3
6 6( 1) C 2 ( 1) C 25− + × − = −
sin ln | |( ) | |
x x xf x x
= ( )f x ( 0) (0 )−∞ + ∞， ， ( )f x− =
( )sin( )ln | ( ) | sin ln | | ( )| ( ) | | |
x x x x x x f xx x
− − − = =− ( )f x x =
π
2
π π πsin ln π2 2 2( ) ln 0π 2
2
f x
× × = = >
l x N MF l′ π
3
π
3MAF∠ =
| | | |AF AM= AMF△ π
3AFM∠ = π
3MFN∠ = Rt MNF△
| | 2 3MF = | | 3FN = 3p = 2 2 3y x=
0.3log 6 0a = < 2log 6 0b = > 0ab < 6 6 6
1 2 log 0.3 2 log 2 log 1.2a b
+ = + × =
6log 6 1< = 2 1b a
ab
+ < 0ab < 2b a ab+ > ( 2 ) ( 2 ) 4 0b a b a a− − + = − >
2 2b a b a− > + 2 2b a b a ab− > + >
Rt ABC△ AB c= =AC b 2 2BC b c= + BC 1 1B C
2O 1O 2O 1O Rt ABC△ 1 1 1Rt A B C△
2O 1O 1 1 1ABC A B C− O O 2O 1O
OB OB R 1 1 1ABC A B C−
图 2
图 3，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 的表面积的最小值是 ，故选 B．
二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）
题号 13 14 15 16
答案
【解析】
13．因为 ，所以 ．
14．设等比数列 的公比为 ， ， ，得 ，
，又 ，得 ．
15．因为 ，所以 ，令 ，
则 或 所以 或 ，所以函数
， 的单调递增区间为 和 ．
16 ． 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 ．①当
1 2 1 4BB O O= = O ABC− 2 2OO = O ABC−
1 1 2 2 63 2O ABCV bc bc− = × × = ⇒ = 2Rt OO B△
22 2 2 2 2
2 2
2
1 ( ) 4 42 2 4
b c b cR BC OO
+ + = + = + = +
2=4πS R =球表
2 2
2 24π 4 π( ) 16π 2π 16π 12π 16π 28π4
b c b c bc
+ + = + + + = + =
≥ b c=
O 28π
4 64 5π π π 06 2 6
− − − ， 和 ， 2 2 2−
1 2< 2(1) (1 1) (2) 2 4f f f= + = = =
{ }na q 4 3 53 2S S S= +∵ 4 3 5 42 2S S S S− = −∴ 4 52a a= 5
4
aq a
=
2= 2 4a = 4
6 4 2 64a = × =
( ) 2sin cos2f x x x= − ( ) 2cos 2sin 2 2cos (1 2sin )f x x x x x′ = + = + ( ) 0f x′ >
cos 0
1 2sin 0
π 0
x
x
x
>
+ >
−
，
，
≤ ≤
cos 0
1 2sin 0
π 0
x
x
x
≥ 1c
a
≥ ct a
= 1t ≥时 ， ， ； ② 当 时 ，
当 且 仅 当
时，取得最大值为 ．
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：（1）因为在 中， ，所以 ，
在 中， ，
所以 ， …………………………………………………（3 分）
，
， ．……………………………………………………（6 分）
（2）设 的外接圆的半径为 ，
．
由（1）知 ， ，
又 ，得 ，
………………………………………………………………………（9 分）
，
，
联立 解得 ，
的周长为 ． ………………………………………………………（12 分）
18．（本小题满分 12 分）
1t = 0a c b= =，
2
2 2 0b
a c
=+ 1t >
2 2
22 2 2 2
4 44 4
1
c
b ac a a
a c a c c
a
−−
+ + +
≤ ≤
2 2
4( 1) 4( 1) 4 4 2 2 221 ( 1) 2( 1) 2 2 2 2( 1) 2( 1)
t t
t t t t t
− −= = = = −+ − + − + +− + +−
≤ ， t =
2 1+ 2 2 2−
ABD△ 1cos 7ABD∠ = − 1 4 3sin 1 49 7ABD∠ = − =
CBD△ 11cos 14CBD∠ =
121 5 3sin 1 196 14CBD∠ = − =
cos cos( ) cos cos sin sinABC ABD CBD ABD CBD ABD CBD∠ = ∠ − ∠ = ∠ ∠ + ∠ ∠
11 60 49 1
98 98 98 2
= − + = =
(0 π)ABC∠ ∈又 ， π
3ABC∠ =∴
ABC△ R
2π 3π 3R R= ⇒ =则
π
3ABC∠ = 32 32AC R= × =∴
9
2BC BA =
9cos 92BC BA ABC BC BA∠ = ⇒ =
22 2 2 cosAC AB BC AB BC ABC= + − ∠ ∴
2 2 2( ) 3 9AB BC AB BC AB BC AB BC= + − = + − =
6AB BC+ =∴
6
9
AB BC
AB BC
+ =
=
，
， 3AB BC= =
ABC△∴ 9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 ，
则 ． ………………………………………………………………（2 分）
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 ．
……………………………………………………………………………（4 分）
（2）设方案二的单价为 ，则单价 的期望为
，
…………………………………………………………………………（6 分）
因为 ，
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 服从超几何分布，
则 的所有可能取值分别为 0，1，2，3，
， ，
， ，
………………………………………………………………………（10 分）
的分布列为
0 1 2 3
． ………………………………………（12 分）
19．（本小题满分 12 分）
A
20 1( ) 100 5P A = =
ξ
14 5Bξ
，
2 2
2
4
1 4 96( 2) C 5 5 625P ξ = = =
η η
4 3 1 2 294( ) 36 30 24 18 29.410 10 10 10 10E η = × + × + × + × = =
( ) 29.4 27E η = >
X
X
3
6
3
10
C 1( 0) C 6P X = = =
2 1
6 4
3
10
C C 1( 1) C 2P X = = =
1 2
6 4
3
10
C C 3( 2) C 10P X = = =
3
4
3
10
C 1( 3) C 30P X = = =
X
X
P 1
6
1
2
3
10
1
30
1 1 3 1 6( ) 0 1 2 36 2 10 30 5E X = × + × + × + × =（1）证明：如图 4，在 中，因为 ， 分别为棱 ， 的中点，连接 ，
所以 ，又 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ．……………………………………（4 分）
（2）解：取 的中点 ，连接 ，因为 ，所以 ，
又因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，所以 ．
又 ， ， 平面 ，
所以 平面 ， 平面 ，所以 ．
连接 ，所以 ，所以 ．
如图 5 建系， ……………………………………………（6 分）
设 ， 则 ，
因为 ，所以 ，
， ， ， ，
所以 ，则 ，
所以 ，则 ， ．
设 的一个法向量为 ，
则 即
令 ，则 ． …………………………………………………（10 分）
设直线 与 所成的角为 ，
则 ，
又 ，所以 ，
ACD△ M N AC CD MN
//MN AD AD ⊄ BMN MN ⊂ BMN
//AD BMN
BD O AO AB AD= AO BD⊥
ABD⊥ BCD ABD BCD BD= AO ⊂ ABD
AO ⊥ BCD AO BC⊥
AB BC⊥ AO AB A= AO AB ⊂， ABO
BC ⊥ ABO BO ⊂ ABO BC BO⊥
ON //ON BC ON BO⊥
2AB AD BC BD= = = = 3AO =
2AM MC= 2
3AM AC=
(0 0 3)A ， ， (0 1 0)B −， ， (2 1 0)C −， ， (1 0 0)N ， ，
(2 1 3)AC = − − ， ， 4 2 2 3
3 3 3AM
= − −
， ，
4 2 3
3 3 3M
−
， ， 4 1 3
3 3 3BM
=
， ， (1 1 0)BN = ，，
BMN平面 ( )n x y z= ， ，
0
0
BM n
BN n
= =
，
，
4 1 3 03 3 3
0
x y z
x y
+ + =
+ =
， 3z x
y x
= −⇒ = −
，
，
1x = (1 1 3)n = − − ， ，
AC BMN平面 θ
| 2 1 3| 6 3 10sin | cos | 108 5 2 10
AC nθ + += = = =
< ， >
π0 2
θ≤ ≤ 2 10cos 1 sin 10
θ θ= − =
图 4
图 5所以直线 与 所成的角的余弦值为 ．
……………………………………………………………………………（12 分）
20．（本小题满分 12 分）
解：（1）由题意得 解得 ， ，
所以椭圆 的标准方程为 ． ……………………………………………（4 分）
（2）直线 恒过 轴上的定点 ．
证明如下：
因为 所以 ，
因为直线 过点 ．
①当直线 的斜率不存在时，则直线 的方程为 ，
不妨设 则 ，
此时，直线 的方程为 ，
所以直线 过定点 ； ………………………………………………………（6 分）
②直线 的斜率存在且不为零时，
设直线 的方程为 ，
， ，所以 ，
直线 ： ，令 ，得 ，
即 ，又 ，
所以 ，
即证 ，
即证 ，（*） …………………………………………………（9 分）
AC BMN平面 10
10
22 2
6
3
2
c
a
b
a b c
= =
= +
，
，
，
2 3a = 2b =
C
2 2
112 4
x y+ =
BE x (4 0)，
0AE DE =
， AE DE⊥
l (2 0)，
l l 2x =
2 6 2 62 23 3A B
−
， ， ， ， 2 66 3E
，
BE 6 ( 4)3y x= −
BE (4 0)，
l
l 2( 0)x my m= + ≠
1 1( )A x y， 2 2( )B x y， 1(6 )E y，
BE 2 1
1
2
( 6)6
y yy y xx
−− = −− =0y 1 2
2 1
( 6)6 y xx y y
−− = − −
1 2 1
2 1
66 y x yx y y
− += + − 2 2 2x my= +
1 2 1
2 1
( 2) 66 y my yx y y
− + += + −
1 2 1
2 1
( 2) 66 4y my y
y y
− + ++ =−
1 2 1 22( ) 0y y my y+ − =联立 消 得 ，
因为点 在 内，所以直线 与 恒有两个交点，
由韦达定理得 ， ，
代入（*）中得 ，
所以直线 过定点 ，
综上所述，直线 恒过 轴上的定点 ． …………………………………（12 分）
21．（本小题满分 12 分）
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 ． ………………………………………………………（4 分）
（2）令 ，因为 ，
所以 ，
所以 为奇函数． ……………………………………………………………（6 分）
当 时， ，
所以 在 上单调递减，
所以 在 上单调递减，
又 满足不等式 ，即 ，
所以 ，
化简得 ，所以 ，即 ． ……………………（8 分）
2 2
112 4
2
x y
x my
+ =
= +
，
，
x 2 2( 3) 4 8 0m y my+ + − =
(2 0)， C l C
1 2 2
4
3
my y m
+ = − + 1 2 2
8
3y y m
= − +
1 2 1 2 2 2
8 82( ) 03 3
m my y my y m m
−+ − = − − =+ +
BE (4 0)，
BE x (4 0)，
1
2a = ( ) 2e 2(1 e) 2 2e 2(1 e) 1x xf x x a x= + − − = + − −
( ) 2e 2(1 e)xf x′ = + −
0(0) 2e 2(1 e) 4 2 ef ′ = + − = −
(0) 1f = ( )f x (0 (0))f， 1 (4 2 e)( 0)y x− = − −
(4 2 e) 1 0x y− − + =
2( ) ( )h x g x x= − 2( ) ( ) 2g x g x x+ − =
2 2 2( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 0h x h x g x x g x x g x g x x+ − = − + − − − = + − − =
( )h x
0x≥ ( ) g ( ) 2 0h x x x′ ′= − <
( )h x [0 )+ ∞，
( )h x R
0x ( ) 1 g(1 ) 2g x x x+ − +≥ 0 0 0( ) 1 g(1 ) 2g x x x+ − +≥
2 2
0 0 0 0 0( ) 1 (1 ) (1 ) 2h x x h x x x+ + − + − +≥
0 0( ) (1 )h x h x−≥ 0 01x x−≤ 0
1
2x ≤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 的取值范围为 ． …………………………………………（12 分）
22．（本小题满分 10 分）【选修 4−4：坐标系与参数方程】
解：（1）将曲线 ： ，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 ，化为直角坐标方程为 ．
………………………………………………………………………（5 分）
（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
设 对应的参数分别为 ， ，
将直线 的参数方程代入 中，得 ．
1( ) ( ) 2 2e 2(1 e) 2 2 2e 2 e 2 2
x xx f x x x a x x a xϕ = − = + − − − = − − ≤
0x ( ) 2y f x x= −
( )xϕ 1
2x ≤
1
2x ≤
1
2( ) 2e 2 e 2e 2 e 0xxϕ′ = − − =≤
( )xϕ 1
2
−∞ ，
0a > 10 2e
a− < < e e2e 2 e 2 2e 0
e e
a aa a aϕ − − − = − − − = >
( )xϕ 1
2x ≤
1
21 2e e 2 02 aϕ = − − ≤ e
2a≥
a e
2
+ ∞
，
1C 4cos
4sin
x
y
β
β
=
=
，
，
β（ 为参数） 2 2 16x y+ =
1
2
3
4
x x
y y
′ =
′ =
，
，
2C
2 2
14 3
x y+ =
2
2
12
3 sin
ρ θ= +
l 3
πsin 3
ρ
θ
=
−
3 6 0x y− + =
( 2 3 0)M - ， l l π
3
l
12 3 2 ( )
3
2
x t
t
y t
= − +
=
，
为参数 ，
，
A B， 1t 2t
l 2 2 16x y+ = 2 2 3 4 0t t− − =………………………………………………………………………（8 分）
因为 在 内，所以 恒成立，
由韦达定理得
所以 ． …………………………………………………（10 分）
23．（本小题满分 10 分）【选修 4−5：不等式选讲】
解：（1）由题意得
………………………………………………………………………（2 分）
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 ． ……………………………………（5 分）
（2）由（1）可知 ，
因为 ，所以 ， ，
所以 ， ，
所以 ，
所以 ，
所以 ， ………………………………………（8 分）
所以 ，
所以 ，
即 ． ………………………………………………………（10 分）
M 1C 0∆ >
1 2 4t t = − ，
1 2| | | | | | 4MA MB t t= =
2 2
( ) | 2 | | 2 | 4 2 2
2 2
x x
f x x x x
x x
− < −
= + + − = − +
3| | | 9 |a b ab+ < +
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