云南民族中学2020届高考适应性月考卷（六）文数-答案.doc

云南民族中学 2020 届高考适应性月考卷（六） 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 C B D B A B C D A C B 【解析】 1．由题知，当 时，可得 ；当 时，可得 ，故 ，所以 ，其子集的个数是 ，故选 C． 2． ，故 z 的虚部是 1，故选 C． 3．由逆否命题的定义知 A 项正确；若 ， 时， ，反之，若 成立，一定可 以得到 ，所以“ ”是“ ”的必要不充分条件，B 错误；特称命题的否定是将 存在量词改为全称量词且否定结论，C 正确；因为 为假命题，所以 p，q 均为假命题，D 正 确，故选 B． 4 ． 依 题 意 得 ， ， ∴ ． ∴ 四 边 形 ABCD 的 面 积 为 ，故选 D． 5．因为 ，所以 ，所以 ，因为 ，所以 ，所以公 差 ，所以 ，故选 B． 6 ． ， 图 象 向 右 平 移 个 单 位 长 度 ， 得 到 ，由于得到的图象关于原点对称，故是奇函数，所以 ， ， 当 时， ，故选 A． 7．设正方体的棱长为 a，则三棱锥 的正视图与侧视图都是三角形，且面积都是 ，故选 B． 0x = 1y = ± 1x = 0y = { 1 0 1}B = − ， ， A B = {0 1 1}−，， 32 8= 2 2 (1 2i)(2 i) 2 5i 2i i(2 i)(2 i) 4 iz + + + += = =− + − a b> 0c = 2 2ac bc= 2 2ac bc> a b> a b> 2 2ac bc> p q∨ 1 ( 4) 2 2 0AC BD = × − + × =   AC BD ⊥ 1 1| || | 5 20 52 2AC BD = × × =  3 5 7 9 11 45a a a a a+ + + + = 75 45a = 7 9a = 3 3S = − 2 1a = − 7 2 25 a ad −= = 5 2 3 5a a d= + = 3 1 1 π( ) sin cos sin4 4 2 6f x x x x = − = −   (0 π)m m< < 1 πsin2 6y x m = − −   π π6 m k− − = k ∈Z 1k = − 5π 6m = P ABC− 21 2 a8．依题意知， ，则 由此解得 所以 ，故选 C． 9．如图 1，作出点 关于 y 轴的对称点 ．由题意知反 射 光 线 与 圆 相 切 ， 其 反 向 延 长 线 过 点 ． 故 设 反 射 光 线 为 ， 即 ． ∴ 圆 心 到 直 线 的 距 离 ，解得 或 ，故选 D． 10 ． 如 图 2 ， 设 ， 则 ， ， 故 ．又 ，∴ ，解得 ． ．∵ 在双曲 线 的一条渐近线上，∴ ，解得 ．由 ， 得 ，即 ，∴ ，故选 A． 11．如图 3，设 ，则 ，由题意可知 解得 ， 矩 形 花 圃 的 面 积 ， 其 最 大 值 故其图象为 C，故选 C． 12．①函数 的定义域是 ， ，不满足函数奇偶性的定义，所 以函数 为非奇非偶函数，所以①错误；②取 ， ， ，所以函数 在 不 是 单 调 函 数 ， 所 以 ② 错 误 ； ③ 当 时 ， ， 要 使 ，即 ，即 ，令 ， ， ，得 ，所以 在 上递减，在 上递增，所以 ，所以③ 正 确 ； ④ 当 时 ， 函 数 的 零 点 即 为 的 解 ， 也 就 是 ， 等价于函数 与函数 图象有交点，在同一坐标 系中画出这两个函数图象，可知他们只有一个交点，所以④是正确的，故选 B． 2( ) 3f x x a′ = + 3 2 1 3 3 1 1 3 a b a k k  + + =  × + =  + = ， ， ， 1 3 2 a b k = −  =  = ， ， ， 2 1a b+ = ( 2 3)P − −， 0 (2 3)P −， 0P ( 2) 3y k x= − − 2 3 0kx y k− − − = 2 | 3 2 2 3| 1 1 k kd k − − − −= = + 4 3k = − 3 4k = − 0 0( )A x y， 60AFB = °∠ 0| | 2 pFB x= − 0| | 2 2 pAF x = −   0| | 2 pAF x= + 0 02 2 2 p px x − = +   0 3 2x p= 0 3 3| | 2 32 2y AF p p= = × = 3 32A p p    ， 2 2 2 2 1( 0 0)x y a ba b − = > >， 33 2 bp pa =  2 24 3b a= 2 2 2a b c+ = 2 2 24 3a a c+ = 2 2 7 3 c a = 21 3 ce a = = mCD x= (16 )mAD x= − 16 4 x a x − >  > ， ， 4 16x a< < − (16 )S x x= − 2 64 0 8( ) 16 8 12 af a a a a < 2 ln 0xx x − > 3 ln 0x x− > 3( ) lng x x x= − 2 1( ) 3g x x x ′ = − ( ) 0g x′ = 3 1 3x = ( )g x 3 10 3       ， 3 1 3  + ∞    ， 3 1( ) 03g x g   >    ≥ 0x < 2 ln( )xy x x −= − 2 ln( ) 0xx x −− = 3 ln( ) 0x x− − = 3 ln( )x x= − 3( )f x x= ( ) ln( )h x x= − 图 1 图 2 图 3二、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 4 7 【解析】 13．根据茎叶图中的数据，可知成绩在区间[139，151]上的运动员人数是 20，用系统抽样的方法从 35 人中抽取 7 人，成绩在区间[139，151]上的运动员应抽取 (人)． 14．在△ABC 中，由余弦定理得 ，∵ ， ， ， ∴ ， 即 ， ， 结 合 ， 解 得 ． 15 ． 由 已 知 ， 得 ， 则 ， ∴ ， 解 得 ， 即 直 线 方 程 化 为 ，故直线在 y 轴上的截距为 ． 16．设 至 少 需 要 计 算 n 次 ， 由 题 意 知 ， 即 ， 由 ， 知 ． 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） ，所以应收集 90 位女生的样本数据． …………………………………………………………（2 分） （2）由频率分布直方图得 ， 所以该校学生每周平均体育运动时间不少于 4 小时的概率的估计值为 0.75． …………………………………………………………（4 分） （3）由（2）知，300 位学生中有 人的每周平均体育运动时间不少于 4 小时，75 人的每周平均体育运动时间少于 4 小时． 又因为样本数据中有 210 份是关于男生的，90 份是关于女生的， 所以每周平均体育运动时间与性别的列联表如下： 每周平均体育运动时间与性别列联表 男生 女生 总计 13 5 120− 207 435 × = 2 2 2 2 ( )( )cos 2 2 a c b a c b c bB ac ac + − + + −= = 3a = 4b c+ = 30B = ° 3 4( ) 3cos 22 3 c bB c + −= = 3 4( ) 3c b c+ − = 3 4c b+ = 4b c+ = 13 5c = 1 1 1na n n n n = = + − + + 1 2 ( 2 1) ( 3 2)n nS a a a= + + + = − + −… ( 1 ) 1 1n n n+ + + − = + −… 1 1 10n + − = 120n = 121 120 0x y+ + = 120− 1.5 1.4 0.0012n − < 2 100n > 62 64= 72 128= 7n = 4500300 9015000 × = 1 2 (0.100 0.025) 0.75− × + = 300 0.75 225× =每周平均体育运动时间不超过 4 小时 45 30 75 每周平均体育运动时间超过 4 小时 165 60 225 总计 210 90 300 结合列联表可算得 ， 所以，在犯错误的概率不超过 5%的前提下认为“该校学生的每周平均体育运动时间与性别有 关”． ………………………………………………………………（12 分） 18．（本小题满分 12 分） （1）证明：因为由题意知 ， 所以 ， ， 所以 ． ……………………………………………………（6 分） （2）解： ， 所以 的通项公式为 ． ……………………………………（12 分） 19．（本小题满分 12 分） （1）证明：方法一：取 AD 的中点 O，连接 OP，OC，AC， 依题意，可知△PAD，△ACD 均为正三角形， 所以 ， ， 又 ， 平面 POC， 平面 POC， 所以 平面 POC，又 平面 POC， 所以 ． ………………………………………………………（4 分） 方法二：连接 AC，依题意，可知△PAD，△ACD 均为正三角形， 又 M 为 PC 的中点，所以 ， ， 又 ， 平面 AMD， 平面 AMD， 所以 平面 AMD， 又 平面 AMD，所以 ． …………………………………………（4 分） （2）解：点 D 到平面 PAM 的距离即点 D 到平面 PAC 的距离． 由（1）可知 ， 2 2 300 (45 60 30 165) 100 4.762 3.84175 225 210 90 21K × × − ×= = ≈ >× × × 1 3q = 11 1 1 3 3 3 n n na − = × =   1 1 11 13 3 3 1 21 3 n n nS  − −  = = − 1 2 n n aS −= 3 1 3 2 3 ( 1)log log log (1 2 ) 2n n n nb a a a n += + + + = − + + + = −… … { }nb ( 1) 2n n nb += − OC AD⊥ OP AD⊥ OC OP O= OC ⊂ OP ⊂ AD⊥ PC ⊂ PC AD⊥ AM PC⊥ DM PC⊥ AM DM M= AM ⊂ DM ⊂ PC⊥ AD ⊂ PC AD⊥ PO AD⊥又平面 平面 ABCD，平面 平面 ， 平面 PAD， 所以 平面 ABCD，即 PO 为三棱锥 的高． 在 Rt△POC 中， ， ， …………………………………（6 分） 在△PAC 中， ， ，边 PC 上的高 ， 所以△PAC 的面积 ． 设点 D 到平面 PAC 的距离为 h，由 ， 得 ． ……………………………………………（10 分） 又 ， 所以 ，解得 ， 所以点 D 到平面 PAM 的距离为 ． ……………………………………（12 分） 20．（本小题满分 12 分） 解：（1）椭圆 W： 的右顶点 B 的坐标为(2，0). 因为四边形 OABC 为菱形， 所以 AC 与 OB 相互垂直平分． 所以可设 ，代入椭圆方程得 ，即 ． 所以菱形 OABC 的面积是 ． ……………………………………………………（5 分） （2）假设四边形 OABC 为菱形，因为点 B 不是 W 的顶点，且直线 AC 不过原点， 所以可设 AC 的方程为 ． 由 消去 y 并整理得 ． 设 ， ， 则 ， ． 所以 AC 的中点为 ． 因为 M 为 AC 和 OB 的交点， PAD⊥ PAD  ABCD AD= PO ⊂ PO⊥ P ACD− 3PO OC= = 6PC = 2PA AC= = 6PC = 2 2 10 2AM PA PM= − = 1 1 10 1562 2 2 2PACS PC AM= = × × =△ D PAC P ACDV V− −= 1 1 3 3PAC ACDS h S PO= △ △ 23 2 34ACDS = × =△ 1 15 1 3 33 2 3h× = × × 2 15 5h = 2 15 5 2 2 14 x y+ = (1 )A m， 1 14 m2+ = 3 2m = ± 1 1| | | | 2 2 | | 32 2OB AC m= × × = ( 0 0)y kx m k m= + ≠ ≠， 2 24 4x y y kx m  + =  = + ， ， 2 2 2(1 4 ) 8 4 4 0k x kmx m+ + + − = 1 1( )A x y， 2 2( )C x y， 1 2 2 4 2 1 4 x x km k + = − + 1 2 1 2 22 2 1 4 y y x x mk m k + += + = + 2 2 4 1 4 1 4 km mM k k  − + + ，所以直线 OB 的斜率为 ． 因为 ，所以 AC 与 OB 不垂直， 所以 OABC 不是菱形，与假设矛盾． 所以当点 B 不是 W 的顶点时，四边形 OABC 不可能是菱形． ……………………………………………………（12 分） 21．（本小题满分 12 分） 解：（1） ， 由题意 的解集是 ， 即 的两根分别是 ，1． 将 或 代入方程 ， 得 ， 所以 ． ……………………………………………（4 分） （2）由题意 在 上恒成立， 可得 ． 设 ， 则 ． 令 ，得 或 (舍)， 当 时， ； 当 时， ， 所以当 时， 取得最大值， ， 所以 ，所以 a 的取值范围是 ． ………………………………………………………………（12 分） 22．（本小题满分 10 分）【选修 4−4：坐标系与参数方程】 解：（1）以极点为圆心的单位圆为 与 联立，得 ， 所以 ， 1 4k − 1 14k k  − ≠ −   2( ) 3 2 1g x x ax′ = + − 23 2 1 0x ax+ − < 1 13  −  ， 23 2 1 0x ax+ − = 1 3 − 1x = 1 3 − 23 2 1 0x ax+ − = 1a = − 3 2( ) 2g x x x x= − − + 22 ln 3 2 1 2x x x ax+ − +≤ (0 )x∈ + ∞， 3 1ln 2 2a x x x − −≥ 3 1( ) ln 2 2h x x x x = − − 2 2 1 3 1 ( 1)(3 1)( ) 2 2 2 x xh x x x x − +′ = − + = − ( ) 0h x′ = 1x = 1 3 − 0 1x< < ( ) 0h x′ > 1x > ( ) 0h x′ < 1x = ( )h x max( ) 2h x = − 2a −≥ [ 2 )− + ∞， 1ρ = 2sin 2ρ θ= 2sin 2 1θ = 1sin 2 2 θ =因为 ，所以 或 ， 从而交点的极坐标为 和 ． …………………………………（5 分） （2）曲线 的直角坐标方程为 ， 玫瑰线 极径的最大值为 2，且可于 取得， 连接 O， ，与 垂直且交于点 ， 所以距离的最小值为 ， …………………………………………（8 分） 此时 ， ． …………………………………………（10 分） 23．（本小题满分 10 分）【选修 4−5：不等式选讲】 解：（1）由题设知 ， 不等式的解集是以下三个不等式组解集的并集： 或 或 解得函数 的定义域为 ． ………………………………………………（5 分） （2）不等式 ，即 ， ∵ 时，恒有 ， 不等式 解集是 R， ∴ ，m 的取值范围是 ． …………………………………（10 分） π0 2 θ  ∈   ， π 12 θ = 5π 12 π1 12     ， 5π1 12     ， 2 2 πsin 4 ρ θ =  +   4x y+ = 2sin 2ρ θ= π2 4N     ， π2 4N     ， 4x y+ = π2 2 4M     ， 2 2 2− π2 2 4M     ， π2 4N     ， | 1| | 2| 5x x+ + − > 2 1 2 5 x x x   + + − > ≥ ， 1 2 1 2 5 x x x −  ≤ ， 1 1 2 5 x x x < − − − − + > ， ， ( )f x ( 2) (3 )−∞ − + ∞， ， ( ) 2f x ≥ | 1| | 2| 2x x m+ + − +≥ x∈R | 1| | 2| |( 1) ( 2)| 3x x x x+ + − + − − =≥ | 1| | 2| 2x x m+ + − +≥ 2 3m + ≤ ( 1]−∞，