【文档说明】云南师大附中2020届高考适应性月考卷（九）文数-答案.pdf，共(8)页，423.169 KB，由小赞的店铺上传

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云南师大附中2020届高考适应性月考卷（九）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123456789101112答案ABCBBADDCCDD【解析】1．由已知得{12345

}{25}(){25}UUUAAB，，，，，，，，∴∴痧，故选A．2．2255(2i)2i2i2iz，∵z∴的共轭复数是2i，故选B．3．由双曲线的渐近线0bxay与圆22(2)3xy

相切，可知2223bab，又因为c222ab，所以有3b，1a，故双曲线的离心率为2，故选C．4．由图可知A正确，各年公共类电动汽车充电桩保有量分别为4.9，14.1，21.4，30.0，44.7，故中位数是21.4万台，平均数为4.914.121.43

0.044.723.025，故选B．5．上半部分的几何体如图1，由此几何体可知，所得的正视图为，故选B．6．由已知π3sin43，πsin2cos222π1

2sin143，故选A．7．22111π(2)π2π22224AOCAOCSSSS△△月牙弓形，故选D．8．对A，由|3|3x，得06x，所以p是q的充分不必要条件，故A错误；对B，因为(01)xyaaa且恒过(0

1)，，故函数21(01)xyaaa且的图象恒过定点(22)，，故B错误；对C，命题“若2320xx，则1x或2x，”的逆否命题为“若1x且2x，则2320xx，”，故C错误；对D，令1101()101xxfx，则1101()101x

xfx19110101x，易知函数()fx为单调递减函数，故MN，故选D．图19．由π2π()42πxkkZ，3ππ82kx∴，即函数()fx的对称轴为3ππ82kx，2()3fx∵在区间(0π)，内的解为1212()xxxx，，由题意可得123π

3π284xx，得1213π24xxx，12113ππsin()sin2cos244xxxx∴，又因为12xx，213π4xx，所以1π3π88x，所以1ππ2042x，，所以1π

5cos243x，所以125sin()3xx，故选C．10．点()xy，在曲线23lnyxx上，点(2)aa，在曲线2yx上，22()(2)axay的几何意义就是曲线23lny

xx上的点到曲线2yx上点的距离最小值的平方．考查曲线23ln(0)yxxx平行于直线2yx的切线，32yxx∵，令321yxx，解得1x或32(舍去)，∴切点为(11)，，该切点(11)，到直线2yx的距离|112|=222

就是所要求的两曲线间的最小距离，故22()(2)axay的最小值为2(22)8，故选C．11．2()33=3(1)(1)fxxxx，由题当02x≤时，易知3()31fxxx的极大值点为1，极大值为1，当2x≥时，()3(2)fxfx

，则极大值点形成首项为1，公差为2的等差数列，极大值形成首项为1，公比为3的等比数列，故21nan，13nnb，故1(21)3nnnabn．设11221818Sababab01217133353353①，设1217183133333335

3S②，两式相减得21S1712171818183(13)2(333)35312353234313，∴18173+1S，故选D．12．由题意设2112xAxp，，2222

xBxp，，12xx，由22xpy，得22xyp，则xyp，所以1PAxkp，2PBxkp，若弦AB过焦点，221221PAPBpxxpkkPAPBp，，，∴∴∴故（1）正确；以点A为切点的切线

方程为2111()2xxyxxpp，以点B为切点的切线方程为2222()2xxyxxpp，联立消去y得122xxx，将122xxx代入2111()2xxyxxpp，得122xxyp，所以121222xxxxP

p，，故（2）错误；设N为抛物线弦AB的中点，N的横坐标为122Nxxx，因此则直线PN平行于y轴，即平行于抛物线的对称轴，故（4）正确；设直线AB的斜率为222121122121222xxyyxxppkxxxxp，故直线A

B的方程为21121()22xxxyxxpp，化简得1212()20xxxpyxx，故（3）正确，故选D．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号13141516答案1310x

y632π【解析】13．11(5)(1)(1)33fff．14．∵点(01)，在该曲线上，又由题意，1sinyx，∴斜率01xky，∴所求方程为10yx，即10xy．15．如图2，取AC的中点D，因为AOxAByAC

，所以2AOxAByAD，因为21xy，所以BOD，，三点共线，因为O是三角形的外接圆的圆心，所以BDAC⊥．设ADDCm，则212(023)BDmm，所以2222221(12)212(12)

622ABCmmSmmmm△，≤当且仅当212m2m，6m即时取等．16．由cos3sinACBACB，得3tan3ACB，又0πACB，所以π6ACB．因为

23AC，2BC，由余弦定理2222cosABACBCACBCACB，代入得231242232422ABAB，，∴所以ABC△为等腰三角形，且120ABC．设ABC△外接圆的半径为r，球O的半径为R，由正弦定理得232sin120r，解得2r，

设ABC△的外心为O，OOh，过O作OMAD，则在OOA△中，2222hR，在OMD△中，222(4)2hR，解得28R，所以球O的表面积为24π32πSR．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）补全2×2列联表如下表.图2文科生理科生合计获奖53540不获奖45115160合计5015020022200(51153545)254.1673.84150150401606K，所以有

超过95%的把握认为“获奖与学生的文理科有关”．………………………………………………………………………（6分）（2）由已知可得，分数在[8090)，获二等奖的参赛学生中抽取3人，分数在[90100]，获一等奖的参赛学生中抽取1人．记二等奖的3人分别为abc，，，一

等奖的1人为A，事件E为“从这4人中抽取2人且这2人均是二等奖”．从这4人中随机抽取2人的基本事件为()()()()()()abacaAbcbAcA，，，，，，，，，，，，共6种，其中2人均是二等奖的情况有()()()abacbc，，，，，，共3种，由

古典概型的概率计算公式得31()62PE．故2人均获二等奖的概率为12．………………………………………………（12分）18．（本小题满分12分）解：（1）ABC，，∵依次成等差数列，2πBACB∴，π3B∴．2sinsinsinBAC∵，2bac∴．又222222

cosbacacBacac∵，22acacac∴，即2()0ac，ac∴，ABC△∴为正三角形，π3A．……………………………………………（5分）（2）由已知2π3AC，2131cos13sincoscossin2222222AACCA31

2π313sincossincossin223244AAAAA311πsincossin4426AAA．ac∵，π2π23A∴，2ππ5π366A∴，1π3sin262A∴，11π3sin4264

A∴．故213sincoscos2222AAC的取值范围是1344，．……………………（12分）19．（本小题满分12分）（1）证明：如图3，由条件知，四边形PDAQ为直角梯形，PD⊥平面ABCD．PDADPQ平面∵，∴平面PDAQ⊥平面ABCD．又平面PD

AQ平面ABCDAD，且四边形ABCD为正方形，DCAD⊥∴，DCPDAQ⊥平面∴，可知PQDC⊥，在直角梯形PDAQ中，设21PDQAAB，则，2DQPQ，222PQQDPD，∴则PQQD⊥．又DCQDD，PQDCQ⊥平面∴

，又PQ平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ．……………………………………………………………………………（6分）（2）解：设ABa，由题可知AQ为棱锥QABCD的高，313QABCDVa∴，由（1）知，PQ为棱锥PDCQ的高，而2PQa，DCQ△

的面积为222a，313PDCQVa∴，QABCDV∴∶1PDCQV∶1．…………………………………………………………………………（12分）20．（本小题满分12分）解：（1）∵抛物线24yx的焦点(10)F

，是椭圆C的焦点，则1c，由椭圆经过312，，则229141ab，且222abc，解得23ab，，所以椭圆C的方程为22143xy．……………………………………………（4分）图3（2）假设存在的定点(0)Qm，符合题意．（i）由题意当直线MN的斜率k

存在时，设其方程为1124ykxk，11()Mxy，，22()Nxy，，由MQONQO，得直线MQNQ，的倾斜角互补，故0MQNQkk．又1212MQNQymymkkxx12121122kxmkxmxx1212124(12)()

2kxxmxxxx，12124(12)()0kxxmxx∴①，由2214312xyykx，，消去y整理得22(34)4110kxkx．因为221644(34)0kk，又122434kxxk，1221134x

xk②，代②入①得2221148(6)4(12)0343434kkmkmkkk，当06km时，，此时存在定点(06)Q，，∴当直线MN的斜率0k时，直线MN：12y

，定点(06)Q，满足MQONQO，也符合题意；（ii）当直线MN的斜率不存在时，点(06)Q，满足0MQONQO，也符合题意．综上所述，在y轴上存在定点(06)Q，，使得MQONQO．

……………………………………………………………（12分）21．（本小题满分12分）（1）解：由2()2(3)2lnfxxaxax，0x，得2()22(3)afxxax，又()yfx在

点(1(1))f，处的切线与直线2+10xy平行，所以(1)442fa，解得12a．则2()53lngxxxx，得3(21)(3)()25(0)xxgxxxxx．当(03)x

，时，()0gx，()gx单调递减，区间为(03)，；当(3)x，时，()0gx，()gx单调递增，区间为(3)，．………………………………………………………………………（6分）（2）证明：因为函数

()fx在定义域上有两个极值点12xx，，且12xx，所以2()22(3)0afxxax在(0)，上有两个根12xx，，且12xx，即222(3)20xaxa在(0)，

上有两个不相等的根12xx，，则12123xxaxxa，，由题意得22(3)0224(3)16020aaaa，，，解得01a，则2212111222()()2(3)2ln2(3)2lnfxfxxaxaxx

axax212121212()22(3)()2lnxxxxaxxaxx22(3)22(3)(3)2ln2ln49aaaaaaaaaa，令2()2ln49ga

aaaa，其中01a，故()2ln26gaaa．令()()2ln26hagaaa，2()20haa，()()haga在(01)，上单调递增．由于33(e)2e0h，(1)40h，所

以存在常数3(e1)t，，使得()0ht，即ln30tt，ln3tt，且当(0)at，时，()()0haga，()ga在(0)t，上单调递减；当(1)at，时，()()0haga，()ga在(1)t，上单调递增，所以当01a时，222min(

)()2ln492(3)4929gagttttttttttt．又3(e1)t，，2229(1)1010ttt，所以()10ga，即()100ga，故12()()100fxfx得证．………

………………………………………（12分）22．（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】解：（1）直线l的参数方程为3121(1)2xtyat，，(t为参数)，转换为直角坐标方程为33(1)10xya．曲线C的

极坐标方程为2cos，整理得22cos，转换为直角坐标方程为222xyx，转换为22(1)1xy．由于曲线关于直线l对称，所以圆心(10)，在直线l上，故1a．……………………………………………………………………（5分）（2）由点A，B在圆2cos上，

且π3AOB，所以设AOx，π02，，π3BOx，则ππ||||2cos2cos3sin3cos23sin2333OAOB

≤，当且仅当π6时，等号成立．故||||OAOB的最大值为23．……………………………………（10分）23．（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】解：（1）∵函数()fx的对称轴为212mx，0m∴，220()|||2|2022

22xxfxxxxxx，，，，，，≤∴≥由()2fxx≥，得0222xxx，≤≥或0222xx，≥或2222xxx，，≥≥解得0x≤或4x≥，故不等式()2fxx≥的解集为(0][4)

，，．…………………………………………………………………（5分）（2）由绝对值不等式的性质，可知|2||||(2)|2xxxx≥，当且仅当(2)0xx≤时，取“=”号，min()2fxM∴，2ab∴，所以(1)(1)14ab

．11111111[(1)(1)]1111144111baabababab11122111(22)144baab≥，当且仅当1111baab

，即1ab时，等号成立，所以1111ab的最小值为1．………………………………………（10分）