云南师大附中 2020 届高考适应性月考卷（二）
文科数学参考答案
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 D D C A B C A D B
【解析】
1． 或 ， ，
或 ，故选 C．
2． ， 的虚部为 1 ，故选 A．
3．角 的终边位于直线 上，由此得 ，
，故选 B．
4．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 D．
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 ．由实数 满足约束条件 作出可行域如图 2 ，
联 立 解 得 ， 化 目 标 函 数 为
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
α 2 0x y− = tan 2α =
2 2
2sin cossin 2 2sin cos sin cos
α αα α α α α= = +
2
2tan 4 4
1 tan 1 4 5
α
α= = =+ +
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
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+ =
x y，
0
3 0
1
x y
x y
y
−
+ −
≥ ，
≤ ，
≥ ，
0
1
x y
y
− =
=
，
， (1 1)A ， 2z x y= − +
图 2
图 1，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．
7 ． 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 A．
8．因为 为 的中点，所以 ，又 ， ，
，故选 B．
9．因为 ，所以 ，所以 ，则
，所以 ，所以 的定义域为 ，则 .
令 ，则 ，即 ，所以 的单调递增区间为
，故选 C．
10．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．
11．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．
12．因为 ， ，所以 ，因为
，即 ，又 ，所以 ，又 ，
2y x z= + 2y x z= + A y z
1−
3n = 15M =
15 0(mod 5)≡ 15 26M = <
5n = 20M = 20 0(mod 5)≡ 20 26M = <
7n = 27M = 27 2(mod 5)≡ 27 26M = >
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+ × = + = + − = −
3 2( ) (1) 1f x x f x′= + + 2( ) 3 (1) 2f x x f x′ ′= + 2(1) 3 1 (1) 2 1f f′ ′= × × + ×
(1) 1f ′ = − 3 2( ) 1f x x x= − + + ( )f x ( )−∞ + ∞， 2( ) 3 2f x x x′ = − +
( ) 0f x′ > 23 2 0x x− + > 2 23 2 0 0 3x x x− < ⇒ < < ( )f x
20 3
，
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− − + = − >所以 ，所以 ，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 ，因为
为奇函数，所以它在区间 上的最大值与最小值互为相反数，即 ，
所以 ．
16．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 ，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 ．
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）
2 2b a b a− > + 2 2b a b a ab− > + >
4 64 10 28π
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 = × =
| 1|
| 1| | 1|
5 3 sin( 1) sin( 1)( ) 53 3
x
x x
x xf x
+
+ +
× − + += = −
| 1|
sin( 1)( ) 5 3 x
xf x +
+− = − ( 1) 5f x − −
[ 4 4]− ， 5 5 0m n− + − =
10m n+ =
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− 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
图 3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）
解：（1）依题意可知，样本中的 100 箱不同等级橙子的平均价格为
． ………………………（4 分）
（2）各等级抽到的箱数分别为 ， ， ， ，即 4，3，1，2．
………………………………………………………………………（6 分）
（3）由（2）知特级 3 箱编号为 ， ， ；一级 2 箱编号为 ， 共 5 箱，
从中抽取 5 箱则一共有 10 种抽法，样本空间为
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
4 3 1 2 29436 30 24 18 29.4( / kg)10 10 10 10 10
× + × + × + × = = 元
1 4010
× 1 3010
× 1 1010
× 1 2010
×
1A 2A 3A 1B 2B
1 2 1 3 2 3 1 1{( ) ( ) ( ) ( )A A A A A A A B， ， ， ， ， ， ， ，，
……………………………………………………………………（9 分）
满足条件的基本事件为 共 6 种，
设“抽取的 2 箱中两种等级均有”为事件 ，
则
所以抽取的 2 箱中两种等级均有的概率为 ． …………………………………（12 分）
19．（本小题满分 12 分）
证明：（1）在 中，因为 ， 分别为棱 ， 的中点，
所以 ，
又 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ． …………………………………………………………（5 分）
（2）如图 4，在平面 内，作 ，垂足为 ，
因为平面 平面 ， ，
，
所以 平面 ． ……………………………………（9 分）
因为 ，所以 ，
又 ， ， ， ，
所以 ，
又 ，
所以 ． …………………………………………………………………（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）设 ， ，
1 2 2 1 2 2 3 1 3 2 1 2( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )}A B A B A B A B A B B B， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，
1 1 1 2 2 1 2 2 3 1 3 2{( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )}A B A B A B A B A B A B， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，
C
6 3( ) 10 5P C = =
3
5
ACD△ M N AC CD
//MN AD
AD ⊄ BMN MN ⊂ BMN
AD∥ BMN
ADB AO BD⊥ O
ABD ⊥ BCD ABD BCD BD=平面 平面
AO ABD⊂ 平面
AO ⊥ BCD
BC BCD⊂ 平面 AO BC⊥
AB BC⊥ AO AB ABD⊂ 平面 AB AO A=
BC ABD⊥ 平面
AD ABD⊂ 平面
BC AD⊥
22 2
6
3
2
c
a
b
a b c
= =
= +
，
，
，
2 3a = 2b =
C
2 2
112 4
x y+ =
1 1( )A x y， 2 2( )B x y，
图 4又 ，所以 ， ，
因为 在 上满足 ，所以 为 的中点．
又 ，即 ，
所以线段 为 外接圆的直径，
即 ， …………………………………………………………………（6 分）
所以 ．
又 在直线 上，
所以 ，
即 ，
联立 消 得 ，
因为直线 与椭圆 交于不同的 两点，
所以 ，
即 ， …………………………………………………………………（9 分）
由韦达定理得 代入（*）中，得 ，
解得 或 ，
所以直线 ： 或 ，
所以直线 过定点 或 （舍去），
综上所述：直线 恒过定点 ． ……………………………………………（12 分）
21．（本小题满分 12 分）
解：（1）当 时，因为 ，
(0 2)P ， 1 1( 2)PA x y= − ， 2 2( 2)PB x y= − ，
M AB 1 ( )2PM PA PB= + M AB
| | 2 | |AB PM= | | | | | |MA MB MP= =
AB PAB△
0PA PB =
1 2 1 2( 2)( 2) 0x x y y+ − − =
A B， l
1 2 1 2( )( ) ( 2)( 2) 0my n my n y y+ + + − − =
2 2
1 2 1 2( 1) ( 2)( ) 4 0m y y mn y y n+ + − + + + = ( )∗
2 2
112 4
x y
x my n
+ =
= +
，
，
x 2 2 2( 3) 2 12 0m y mny n+ + + − =
l C A B，
2 2 2 24 4( 3)( 12) 0m n m n∆ = − + − >
2 24 12n m< +
1 2 2
2
1 2 2
2
3
12
3
mny y m
ny y m
+ = − + − = +
，
，
2 22 0n mn m+ − =
2n m= − n m=
l 2 ( 2)x my m m y= − = − ( 1)x my m m y= + = +
l (0 1)−， (0 2)，
l (0 1)−，
1a = ( ) ln e ln e 1x xf x a x a x= − + = − +所以 ，所以 ，
又 ，
所以 在点 处的切线方程为 ，
即 ． …………………………………………………………………（4 分）
（2）由（1）知 ，令 ，
则 ，所以 在 上单调递减．
由于 ， ，
则存在 ，使得 ，
即 ． …………………………………（6 分）
又 ， ，则 ，
所以 在 上单调递增，
， ，则 ，所以 在 上单调递减，
所以在 处有最大值 ，
由 恒成立得 ，即 ，
所以 ． ……………………………………………………………（9 分）
令 ，则 ，
所以函数 在 上单调递增．
由于 ，则 ，解得 ，所以 ，
由 在 上单调递增，所以 ，
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】
1( ) exf x x
′ = − (1) 1 ef ′ = −
(1) 1 ef = −
( )f x (1 (1))f， (1 e) (1 e)( 1)y x− − = − −
(e 1) 0x y− + =
e( ) e ( 0)
x
xa a xf x xx x
−′ = − = > ( ) exg x a x= −
( ) ( 1)e 0xg x x′ = − + < ( )g x (0 )+ ∞，
(0) 0g a= > ( ) e (1 e ) 0a ag a a a a= − = − <
0 (0 )x a∈ ， 0( ) 0g x =
0 0 0
0 0
0
e 0 e ex x x aa x x a x
− = ⇒ = ⇒ =
00 x x< < ( ) 0g x > ( ) 0f x′ >
( )f x 0(0 )x，
0x x> ( ) 0g x < ( ) 0f x′ < ( )f x 0( )x + ∞，
0x x= 0
0 0 0
0
1( ) ln e ln 1xf x a x a a x x
= − + = − +
( ) 0f x < 0( ) 0f x < 0
0
1ln 1 0a x x
− +
( )h x (0 )+ ∞，
(1) 0h = ( ) 0h x < 1x < 0 1x <
0
0exa x= (0 1)， 0 ea< <
a (0 e)，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 ．
………………………………………………………………………（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 ，
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− − =
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
− < −
= + + − = −
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