2020年云南昆明市云师大附中高考二模理科数学试卷（含解析）

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（）

A． B．

C． D．

【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（）

A．1 B．i C．-1 D．-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（）

A． B． C．或 D．或

【答案】D

【解析】分为焦点在轴上和焦点在轴上两种情形，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（）

A．7 B．6 C．5 D．8

【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．

【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（    ）

A． B．

C． D．

【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AC上满足，E为BD的中点，则（）

A． B． C． D．

【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（）

A．2 B．1 C． D．

【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．-40 B．-25 C．25 D．55

【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（）

A． B．

C． D．

【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（）

A． B． C． D．

【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，

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（    ）

A． B．

C． D．

【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（）

A． B． C． D．

【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O−ABC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，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.①当时，；②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：

（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：

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

【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，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

①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；

②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．