云南省昆明市第一中学2020届高三第八次考前适应性训练数学（文）试题 21页

昆明第一中学2020届高中新课标高三第八次考前适应性训练 文科数学 注意事项：‎ ‎1.答题前，先将自己的姓名，准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.‎ ‎2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡的非答题区域均无效.‎ ‎3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.‎ ‎4.选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上的指定的位置用2B铅笔涂黑.答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.‎ ‎5.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.‎ 一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1.欧拉公式(其中i为虚数单位)是由著名数学家欧拉发现的，当时，，这是数学里最令人着迷的一个公式，数学家们评价它是“上帝创造的公式”.根据欧拉公式，若将所表示的复数记为z，则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据欧拉公式可得，进而可求出.‎ ‎【详解】依题意，，则.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查新定义，考查复数的除法运算，属于基础题.‎ ‎2.已知集合，集合，则图中阴影部分所表示的集合为( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 易知图中阴影部分对应的集合为，可求出集合，然后与集合取交集即可.‎ ‎【详解】由题意，，，‎ 易知图中阴影部分对应的集合为，.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查集合的交集，考查绝对值不等式的解法，属于基础题.‎ ‎3.函数的大致图象是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合函数的奇偶性，并利用特殊值法，可排除错误选项，得出答案.‎ ‎【详解】易知函数为非奇非偶函数，可排除B，C选项；‎ 当时，，可排除选项D.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查函数图象的识别，考查学生的推理能力，属于基础题.‎ ‎4.已知向量，且与共线，则在方向上的投影为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由与共线，可求出的值，进而由在方向上的投影为，可求出答案.‎ ‎【详解】由与共线，可得，解得，‎ 则，.‎ 所以在方向上的投影为.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查共线向量的性质，考查向量的投影，考查学生的计算求解能力，属于基础题.‎ ‎5.哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如，在不超过16的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于16的概率是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 不超过16的素数有：，然后列出所有的基本事件和满足和为16的基本事件即可.‎ ‎【详解】不超过16的素数有：‎ 随机选取2个不同的数，基本事件有：‎ ‎，共15个 其中满足和等于16的事件有：和 所以概率为 故选：A ‎【点睛】本题考查的是用列举法解决古典概型的概率问题，较简单.‎ ‎6.已知点在双曲线的渐近线上，则该双曲线的离心率为（ ）‎ A. 2 B. ‎3 ‎C. 4 D. 5‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由条件可得，然后由即可算出 ‎【详解】双曲线的渐近线方程为 所以由点在双曲线的渐近线上可得 所以 故选：A ‎【点睛】在椭圆中有，在双曲线中有.‎ ‎7.的三个内角所对的边分别为，若，则( )‎ A 1 B. C. D. 2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用正弦定理将角化为边，并结合，可将原式转化为，由，可求出答案.‎ ‎【详解】由正弦定理得，‎ 所以，即，所以.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理的应用，考查学生的计算求解能力，属于基础题.‎ ‎8.执行如图所示程序框图，若输出的，则图中判断框内可填入的条件是( )‎ A. B. ？ C. ？ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，运行该程序，当时，判断框成立，当时，判断框不成立，结合选项可选出答案.‎ ‎【详解】由题意，运行该程序，‎ 输入，判断框成立；则，判断框成立；‎ 则，判断框成立；则，判断框成立；‎ 则，判断框不成立，输出.‎ 结合选项，判断框内可填入的条件是？.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查程序框图，考查学生的计算求解能力与推理能力，属于中档题.‎ ‎9.已知正三棱柱的各棱长都相等，则直线与平面所成角的正切值为（ ）‎ A. B. C. 1 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 设，的中点为，则平面，连结，则是直线与平面所成角，然后算出答案即可.‎ ‎【详解】‎ 设，的中点为，则平面，连结 则是直线与平面所成角 在直角三角形中，‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查的是线面角的求法，较简单.‎ ‎10.已知函数在上单调递减，若，则的最大值是（ ）‎ A. B. ‎3 ‎C. D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因为，由已知可得，所以，然后建立不等式组求解即可.‎ ‎【详解】因为，由已知可得，所以 所以 所以，解得 故选：C ‎【点睛】本题考查的是正弦型函数的单调性，把当成整体是常用方法.‎ ‎11.已知定义在R上的偶函数满足，且时，，则（ ）‎ A. B. C. D. 1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由条件得出是周期为2的函数即可.‎ ‎【详解】由条件可得，所以是周期为2的函数 所以 故选：A ‎【点睛】本题考查的是函数的奇偶性和周期性，较简单.‎ ‎12.已知椭圆的左、右焦点分别为，分别为椭圆的上、下顶点，直线与椭圆的另一个交点为D，若，则直线的斜率为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，可得的值，即可求出的值，设，可得，从而可得，进而由，可求出.‎ ‎【详解】由题意，，解得，‎ 因为，所以，故.‎ 设，则，即，‎ 则，‎ 因为，所以，所以，‎ 故.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆的几何性质，考查直线的斜率及二倍角公式的应用，考查学生的计算求解能力，属于中档题.‎ 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.曲线在点处的切线方程为____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对函数求导，可求出，又点在曲线上，结合导数的几何意义，可求出切线方程.‎ ‎【详解】由题意，，‎ 因为，所以，‎ 故曲线在点处切线方程为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查导数的几何意义的应用，考查学生的计算求解能力，属于基础题.‎ ‎14.若直线与不等式组表示的平面区域有公共点，则实数的取值范围是_____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出不等式组表示的区域，然后直线过定点，结合图形求解即可.‎ ‎【详解】不等式组表示的区域如图：‎ 直线过定点 根据图形可知：当直线过点时取得最小值 当直线过点时取得最大值1‎ 所以实数的取值范围是 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查的是一元二次不等式组表示的区域的画法，考查了直线过定点的问题，属于基础题.‎ ‎15.若，，则_____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由条件算出，然后利用求解即可.‎ ‎【详解】因为，所以 所以 所以，解得 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查的是三角函数的同角基本关系和倍角公式，较简单.‎ ‎16.在三棱锥中，，，，，则三棱锥外接球的体积的最小值为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎：先将三棱锥还原到长方体中，根据题意建立长方体的体对角线与的函数关系式，求解体对角线的最小值，由此得出外接球的体积的最小值．‎ ‎【详解】：如图所示，三棱锥的外接圆即为长方体的外接圆，外接圆的直径为长方体的体对角线，设，那么,,所以．由题意，体积的最小值即为最小，，所以当时，的最小值为，所以半径为，故体积的最小值为．‎ ‎【点睛】：根据题意把三棱锥还原到长方体是解决三棱锥外接球问题的常见解法，不同题目背景，还原方法不一样，但三棱锥的四个顶点一定是长方体的顶点．‎ 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.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22，23题为选考题，考生根据要求作答.‎ ‎（一）必考题：共60分 ‎17.已知数列满足.‎ ‎（1）求的通项公式；‎ ‎（2）求的前项和.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意可得，，即可求出的表达式，进而可求出的表达式；‎ ‎（2）由，利用错位相减法，可求出的前项和.‎ ‎【详解】（1）当时，，‎ 当时，可得，‎ 则，即，故.‎ 因为，满足，所以的通项公式为. ‎ ‎（2）由题意，，‎ 则，‎ 则，‎ 即，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查通项公式的求法，考查利用错位相减法求数列的前项和，考查学生的计算求解能力，属于中档题.‎ ‎18.某厂生产不同规格的一种产品，根据检测标准，其合格产品的质量与尺寸之间近似满足关系式（b，c为大于0的常数）.按照某项指标测定，当产品质量与尺寸的比在区间内时为优等品.现随机抽取6件合格产品，测得数据如下：‎ 尺寸x（mm）‎ ‎38‎ ‎48‎ ‎58‎ ‎68‎ ‎78‎ ‎88‎ 质量 ‎16.8‎ ‎18.8‎ ‎20.7‎ ‎22.4‎ ‎24‎ ‎25.5‎ 质量与尺寸的比 ‎0.442‎ ‎0.392‎ ‎0.357‎ ‎0.329‎ ‎0.308‎ ‎0.290‎ ‎（1）现从抽取的6件合格产品中再任选2件，求选中的2件均为优等品的概率；‎ ‎（2）根据测得数据作了初步处理，得相关统计量的值如下表：‎ ‎75.3‎ ‎246‎ ‎18.3‎ ‎101.4‎ 根据所给统计量，求y关于x的回归方程.‎ 附：对于样本，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，，.‎ ‎【答案】（1），（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由条件得出随机抽取的6件合格产品中，有3件为优等品，记为，有3件为非优等品，记为，然后用列举法求解即可.‎ ‎（2）对两边取自然对数得，令，，则 ‎，且，然后用所给数据和公式计算即可.‎ ‎【详解】（1）由已知，优等品的质量与尺寸的比在区间内，即 则随机抽取的6件合格产品中，有3件为优等品，记为，有3件为非优等品，记为 现从抽取的6件合格产品中再任选2件，基本事件为：‎ 选中的两件均为优等品的事件为 所以所求概率为 ‎（2）对两边取自然对数得 令，，则，且 根据所给统计量及最小二乘估计公式有：‎ ‎，由得 所以y关于x的回归方程为 ‎【点睛】本题考查的是古典概型和线性回归的相关知识，属于基础题.‎ ‎19.如图，三棱柱的底面是等边三角形，在底面ABC上的射影为的重心G.‎ ‎（1）已知，证明：平面平面；‎ ‎（2）若三棱柱的侧棱与底面所成角的正切值为，，求点到平面的距离.‎ ‎【答案】（1）证明见详解，（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先证明和，然后得出平面即可 ‎（2）由条件算出，，，，，然后利用求解即可.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）连结并延长交于 由已知得平面，且 所以，因为，所以平面 所以 因为四边形是平行四边形，且 所以四边形是菱形，所以 因为，所以平面 因为平面，所以平面平面 ‎（2）因为平面，所以侧棱与底面所成的角为 即 因为，所以，‎ 因为在底面ABC上的射影为的重心G，‎ 所以等边三角形的边长 同理，在直角三角形中，‎ 因为在底面ABC上的射影为的重心G，‎ 所以，且 因为，所以平面 所以，因为，所以 所以在直角三角形中，‎ 因为，所以为直角三角形 设点到平面的距离为，由得 ‎，所以可得 即点到平面的距离为 ‎【点睛】求点到平面的距离常用等体积法.‎ ‎20.已知点，直线：，点为上一动点，过作直线，为的中垂线，与交于点，设点的轨迹为曲线Γ.‎ ‎（1）求曲线Γ的方程；‎ ‎（2）若过的直线与Γ交于两点，线段的垂直平分线交轴于点，求与 的比值.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）易知，即点到的距离等于点到点的距离，可知点的轨迹为抛物线，求出方程即可；‎ ‎（2）设线段的垂直平分线与交于点，分别过点作，垂足为，再过点作，垂足为，易知，可得，进而结合抛物线的定义，可求出的值，即可得到与的比值.‎ ‎【详解】（1）由题意可知，即点到的距离等于点到点的距离，‎ 所以点的轨迹是以为准线，为焦点的抛物线，‎ 其方程为：. ‎ ‎（2）设线段的垂直平分线与交于点，分别过点作，垂足为，‎ 再过点作，垂足为，‎ 因为， 所以∽，所以，‎ 设，(不妨设)，由抛物线定义得， ，‎ 所以，‎ 而，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查抛物线方程的求法，考查抛物线定义及抛物线性质的应用，考查学生的计算求解能力，属于中档题.‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）若，求的零点个数；‎ ‎（2）若，证明：.‎ ‎【答案】（1）在上有且仅有一个零点，（2）证明见详解.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当时，，，然后分，，三种情况讨论即可 ‎（2）当时，，且，故，构造函数，，然后利用导数证明即可.‎ ‎【详解】（1）当时，，‎ 若，因为，所以在上单调递增 又，且 结合零点存在定理可知在上有且仅有一个零点 若，则且，所以 若，因为，所以 综上：在上有且仅有一个零点 ‎（2）当时，，且，故 构造函数，‎ 则 若，则，故在上单调递增 若，则，故在上单调递减 故，即对任意恒成立，当且仅当时取得等号 当时，，故对任意恒成立 ‎【点睛】本题考查的是利用导数研究函数的零点个数及利用导数证明不等式，属于较难题.‎ ‎（二）选考题：共10分.请考生在第22.23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.‎ ‎【选修4-4：坐标系与参数方程】‎ ‎22.以直角坐标系的原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，并在两种坐标系中取相同的长度单位.已知圆和圆的极坐标方程分别是和.‎ ‎（1）求圆和圆的公共弦所在直线的直角坐标方程；‎ ‎（2）若射线：与圆的交点为O、P，与圆的交点为O、Q，求的最大值.‎ ‎【答案】（1）；（2）4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由直角坐标和极坐标的互化公式：，，，可得圆和圆的直角坐标方程，进而将两方程相减可得圆和圆的公共弦所在直线的直角坐标方程；‎ ‎（2）易知两点在直角坐标系中在第一象限，且，由 两点的极坐标分别为，，可得，进而求出最大值即可.‎ ‎【详解】（1）由题意，圆的直角坐标方程为，圆的直角坐标方程为，‎ 将两圆的直角坐标方程相减，可得圆和圆的公共弦所在直线的直角坐标方程为. ‎ ‎（2）由题意知，两点在直角坐标系中在第一象限，则，‎ 又两点的极坐标分别为，，所以，从而，当时等号成立，所以的最大值为.‎ ‎【点睛】本题考查极坐标与直角坐标方程间的转化，考查圆与圆的公共弦所在直线方程的求法，考查利用极径的含义求最值，属于中档题.‎ ‎【选修4-5：不等式选讲】‎ ‎23.已知分别是的三个内角的对边.‎ ‎（1）若成等比数列，证明：；‎ ‎（2）若，证明：.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用作差法，，结合，，可证明结论成立；‎ ‎（2）由，且，可得，进而可证明，从而，进而可证明结论成立.‎ ‎【详解】证明：（1）依题意可得，，，‎ 则，‎ 所以.‎ ‎（2）由，且，可得，‎ 所以，即，‎ 则，即，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查不等式的证明，考查三角形的性质及等比中项的应用，考查学生推理能力，属于中档题.‎