2020届云师大附中高三高考适应性月考（六）数学（文）试题 （解析版）

2020届云师大附中高三高考适应性月考（六）数学（文）试题   一、单选题1．已知集合，集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】先化简集合A，B，再求.【详解】因为，，所以，故选:B.【点睛】本题主要考查集合的基本运算，属于基础题.2．已知为虚数单位，则复数（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】由，利用复数的四则运算即可得到答案.【详解】. 故选：C.【点睛】本题考查复数的四则运算，考查学生的基本计算能力，是一道基础题.3．已知平面向量的夹角为，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】利用数量积运算律得，再利用数量积定义计算即可.【详解】因为，所以，解得.故选：A.【点睛】本题考查向量数量积的运算，涉及到向量数量积的定义及运算律，是一道基础题.4．已知实数满足约束条件则的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】由题意列出约束条件和目标函数，作出可行域，数形结合即可解决.【详解】如图，作出不等式组所表示的平面区域，的几何意义为可行域内的点与点连线的斜率，由图可知，当时，有最大值.故选：D.【点睛】本题考查线性目标函数的线性规划问题，解决此类问题要注意准确的画出可行域，找准最优解，本题是一道基础题.5．某校为了解高一高二各班体育节的表现情况，统计了高一高二各班的得分情况并绘成如图所示的茎叶图，则下列说法正确的是（    ）A．高一年级得分中位数小于高二年级得分中位数B．高一年级得分方差大于高二年级得分方差C．高一年级得分平均数等于高二年级得分平均数D．高一年级班级得分最低为【答案】C【解析】分别算出高一、高二的中位数即可判断选项A；由茎叶图的的分布可判断选项B；分别算出高一、高二的平均数即可判断选项C；D选项由图可看出正误.【详解】高一年级成绩的中位数为高二年级成绩的中位数为， 所以A不正确；高一年级各班级得分分布更集中更均匀，故高一年级得分方差小于高二年级得分方差，故B不正确；高一年级得分平均数高二年级得分平均数，故C正确；高一年级各班级得分的最低分为，故D不正确.故选：C【点睛】本题考查茎叶图及其应用，涉及了中位数、方差、平均数、最小值的知识，要注意茎叶图中，中间是高位，是一道基础题.6．在区间上随机地取一个数则事件“直线与双曲线有两个不同的交点”发生的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】先求出直线与双曲线有两个不同的交点时k的范围，然后再利用几何概型的概率计算公式计算即可.【详解】双曲线的渐近线方程为，当时，与曲线有两个不同的交点；当时，与曲线没有交点，由几何概型的概率计算公式知，“直线与双曲线有两个不同的交点”发生的概率为，故选：A.【点睛】本题考查几何概型（长度型）的概率计算，涉及到直线与双曲线的位置关系，由本题中直线过原点，可以数形结合即可，本题是一道容易题.7．的内角的对边分别为，若则角的大小为（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】由及正弦定理得到，结合得到，最后利用即可得到答案.【详解】在中， 由正弦定理得，所以.由题意知，所以，在中，，所以，所以.故选：D.【点睛】本题考查正弦定理及两角和的余弦公式在三角形中的应用，考查学生运算能力，要注意这一隐含条件，是一道基础题.8．在如图四个三棱柱中，为三棱柱的两个顶点，为所在棱的中点，则在这四个三棱柱中，直线与平面不平行的是（    ）A． B．C． D．【答案】C【解析】选项A、B中均可证明平面与AB所在平面平行，利用面面平行的性质可得；选项D利用线面平行的判定定理；选项C显然相交.【详解】选项A、B中易证得平面与AB所在平面平行，由面面平行可知，直线与平面平行，选项A、B正确；选项C中，直线与平面相交；选项D中，平面，平面，所以直线与平面平行.故选：C.【点睛】本题考查立体几何中的线面平行的判定及面面平行的性质定理，考查学生对定理的熟练程度，是一道容易题.9．已知数列满足：对，，设为数列的前n项之积，则下列说法错误的是（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】A. 根据，判断.    B. 根据判断.C.根据 判断.D. 根据判断.【详解】因为，，所以；故A正确.，故B正确.，故C正确.，因为，，所以，故D错误.故选：D.【点睛】本题主要考查数列项的比较大小和累乘法，还考查了对数的换底公式对数函数的单调性，属于中档题.10．已知椭圆与抛物线有公共焦点椭圆与抛物线交于两点，且三点共线，则椭圆的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】，不妨设A在第一象限，则点A即可写成，也可写成，然后由即可建立a，b，c的方程.【详解】为坐标原点，由题意知，不妨设A在第一象限，则点，又因为在椭圆上，所以，由，得，即，所以，解得，又，故椭圆的离心率为.故选：A.【点睛】本题考查椭圆的离心率问题，求椭圆的离心率问题关键是建立起a，b，c，三者间的等式或不等关系，本题属于基础题.11．数学家托勒密从公元年到年在亚历山大城从事天文观测，在编制三角函数表过程中发现了很多重要的定理和结论，如图便是托勒密推导倍角公式“”所用的几何图形，已知点在以线段为直径的圆上，为弧的中点，点在线段上且点为的中点.设那么下列结论:.其中正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】在中，可判断①，中，可判断②，利用与全等及与相似即可判断③④.【详解】在中，故①不正确；因为所以在中，，故②正确；因为，易知与全等，故，所以， 又，所以故③④正确，由，，可得，即.故选：D.【点睛】本题考查推理与证明，考查学生在圆中利用三角形边长证明倍角公式的背景下，判断所需的边长是否正确，是一道中档题.12．已知定义在上的偶函数的部分图象如图所示，设为的极大值点，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】利用偶函数的性质可以出的奇偶性，然后根据正弦型函数的性质,可以求出函数的解析式，然后对函数进行求导，结合函数奇偶性、辅助角公式进行求解即可.【详解】因为为偶函数，为偶函数，所以为偶函数，又，所以，由图象及可知，所以，因为和为偶函数，所以只需考虑的情况，当时，其中当时，有极大值，此时 故选：B【点睛】本题考查了偶函数的性质，考查了正弦型函数的性质，考查了利用导数研究函数的极值，考查了数学运算能力.  二、填空题13．命题“，”为真命题，则实数的最大值为________________．【答案】【解析】由题意，转化为，只需求出函数的最小值即可.【详解】，只需，又当时，有最小值所以，的最大值为.故答案为：-1.【点睛】本题考查与命题真假有关得不等式恒成立问题，一般恒成立问题转化为最值或取值范围来处理，是一道基础题.14．设，已知直线与圆交于两点，则弦的长为_________________．【答案】4【解析】直线恒过定点，而圆心也为，可得弦为圆的直径.【详解】圆的圆心为，半径为，直线过定点，所以弦为圆的直径，故弦的长为.故答案为：4.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系以及直线恒过定点的问题，是一道基础题.15．已知函数则在处的切线方程为________________．【答案】【解析】先求出当时的解析式，然后利用导数的几何意义即可求得切线方程.【详解】由可知，当时，，所以，在处的切线方程为，即.故答案为：.【点睛】本题考查利用导数求在某点处的切线方程，涉及到函数解析式的求法，是一道容易题.16．已知平面内一正六边形的边长为，中心为点将该正六边形沿对角线折成二面角，则当二面角的平面角余弦值为时，三棱锥的外接球表面积为________________．【答案】【解析】由题意作图，取线段的中点，连接，根据等边三角形的性质，结合二面角平面角的定义可以判断即为二面角的平面角，结合余弦定理、线面垂直的判定定理和性质、四点共球的性质进行求解即可.【详解】由题意作图，取线段的中点，连接，可知，所以即为二面角的平面角，即，又，由余弦定理可得.又因为所以平面所以，由得因此在三棱锥中， 三棱锥外接球球心为线段的中点，半径为所以外接球表面积为.【点睛】本题考查了二面角的定义，考查了三棱锥外接球表面积，考查了推理论证能力和数学运算能力. 三、解答题17．改革开放以来，中国快递行业持续快速发展，快递业务量从上世纪年代的万件提升到2018年的亿件，快递行业的发展也给我们的生活带来了很大便利.已知某市某快递点的收费标准为:首重(重量小于等于)收费元，续重元(不足按算). (如:一个包裹重量为则需支付首付元，续重元，一共元快递费用)（1）若你有三件礼物重量分别为，要将三个礼物分成两个包裹寄出(如:合为一个包裹，一个包裹)，那么如何分配礼物，使得你花费的快递费最少？（2）对该快递点近天的每日揽包裹数(单位:件)进行统计，得到的日揽包裹数分别为件，件，件，件，件，那么从这天中随机抽出天，求这天的日揽包裹数均超过件的概率.【答案】（1）一个包裹，一个包裹时花费的运费最少，为元；（2）.【解析】（1）分一个包裹，一个包裹，一个包裹，一个包裹，一个包裹，一个包裹三种情况讨论；（2）采用枚举法，枚举出基本事件总数以及事件“天的日揽包裹数均超过件”所包含的基本事件个数，再利用古典概型的概率计算公式计算即可.【详解】解:一个包裹，一个包裹时，需花费(元)，一个包裹，一个包裹时，需花费(元)，一个包裹，一个包裹时，需花费(元)，综上，一个包裹，一个包裹时花费的运费最少，为元.天中有天的日揽包裹数超过件，记这三天为其余两天为从天中随机抽出天的所有基本事件如下：，，一共种，天的日揽包裹数均超过件的基本事件有，一共种，所以从这天中随机抽出天，天的日揽件数均超过件的概率为【点睛】本题考查古典概型的概率计算，考查学生的基本计算能力，第二问在枚举情况的时候要注意细心，不要漏掉任意一种情况，本题属于基础题.18．已知数列的前项和为，当时，.（1）求数列的通项公式；（2）当时，证明: （i）（ii）【答案】（1）；（2）（i）详见解析；（ii）详见解析.【解析】（1）利用即可；（2）由得；从而，再利用等比数列求和公式即可.【详解】（1）解:当时，，当时，满足.综上，当时，.（2）证明:当时，，所以所以综上可得，当时，.【点睛】本题考查已知与的关系求通项以及利用等比数列求和公式证明不等式，考查学生基本计算能力，是一道基础题.19．如图，圆台的轴截面为等腰梯形，，，，圆台的侧面积为.若点C，D分别为圆，上的动点且点C，D在平面的同侧.（1）求证：；（2）若，则当三棱锥的体积取最大值时，求多面体的体积.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】（1）由圆台侧面积求出上下底半径，计算圆台的高，计算，由直角三角形性质得；（2）三棱锥的高就是，表示出三棱锥的体积，求出最大值时，，多面体分为三棱锥和四棱锥，分别计算体积后相加即得．【详解】解：（1）设，的半径分别为，，因为圆台的侧面积为，所以，可得.因此，在等腰梯形中，，，.如图，连接线段，，，在圆台中，平面，平面，所以.又，所以在中，.在中，，故，即.（2）由题意可知，三棱锥的体积为，又在直角三角形中，，所以当且仅当，即点D为弧的中点时，有最大值.过点C作交于点M，因为平面，平面，所以，平面，平面，，所以平面.又，则点C到平面的距离，所以四棱锥的体积.综上，当三棱锥体积最大值时，多面体【点睛】本题考查多面体的体积，解题时把多面体分割成几个基本几何体，分别计算体积后相加．20．已知抛物线的焦点为过点的直线与抛物线交于两点，且. （1）求直线斜率的取值范围；（2）过点分别作抛物线的切线交于点，求.【答案】（1）或；（2）0.【解析】（1）设出直线方程，联立抛物线方程消y，利用根与系数的关系解决；（2）利用导数分步求出直线AP，BP的方程，解方程组得到点P的坐标，然后再利用数量积坐标运算即可.【详解】解:抛物线，点由题意知直线的斜率存在，设直线代入抛物线方程，可得设点，因为，所以，因为，所以又，可得，当时，所以或.对则直线又所以直线同理可得直线，所以点，即，因此，，综上，【点睛】本题考查直线与抛物线位置关系的应用，涉及了导数求切线方程、数量积坐标运算等知识，一般在解决直线与抛物线位置关系的题，一般要用到根与系数的关系，本题是一道中档题.21．已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）判断并说明函数的零点个数.若函数所有零点均在区间内，求的最小值.【答案】（1）函数的单调增区间为，单调减区间为（2）存在两个零点，详见解析； 的最小值为3【解析】（1）求出导函数，由确定增区间，由确定减区间；（2）求出导函数，分类讨论的正负，确定的单调性，再根据零点存在定理确定零点存在的区间．首先确定上有一个零点，然后确定，，，上有否零点，从而可得的最小值．【详解】解：（1）的定义域为，，令，得，（舍）.当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，因此，函数的单调增区间为，单调减区间为.（2），当时，，因为单调递减，所以，在上单调递增，又，，所以存在唯一，使得.当，，，所以单调递减，又，所以，在上单调递增.因为，所以，故不存在零点.当时，，，所以单调递减，又，，所以存在，使得.当时，，单调递增，当时，，单调递减.又，，，所以存在唯一，使得.当时，，故不存在零点.综上，存在两个零点，，且，，因此的最小值为3.【点睛】本题考查用导数研究函数的单调性，用导数研究函数的零点．解题关键是掌握导数与单调性的关系．本题对学生分析问题解决问题的能力，转化与化归能力要求较高，本题属于难题．22．在平面直角坐标系中，曲线的方程为(为参数，且)，若点为曲线上的动点，直线交直线于点.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.（1）写出曲线的极坐标方程及点轨迹的极坐标方程；（2）当时，求点的极坐标.【答案】（1）；；（2）.【解析】（1）利用即可；（2）设，点，则，由可得，再代入计算即可.【详解】解: 曲线的普通方程为，极坐标方程为，点的普通方程为，所以点轨迹的极坐标方程为设点，点， 则由可得，即，所以，点的极坐标为【点睛】本题考查参数方程、普通方程、极坐标方程互化以及求点的极坐标，考查学生计算能力，是一道基础题.23．设函数的最大值为.（1）求的值；（2）设正数满足，求证: 【答案】（1）2；（2）详见解析.【解析】（1）化简解析式，分别求每段的最值或取值范围即可；（2）利用柯西不等式.【详解】解: 所以，当时，综上，当时，有最大值，证明:，，，又由柯西不等式知所以所以【点睛】本题考查求绝对值函数（分段函数）的最值以及利用柯西不等式证明不等式，是一道基础题.