云南省昆明市第一中学2020届高中新课标高三第一次摸底测试 数学（文）（扫描版） 11页

·1· ·2· ·3· ·4· ·5· 2020 一、选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 B B D C C A B D C A D D 1. 解析：因为  0=B x x ，所以  1 ,0=−AB ，选 B. 2. 解析： ( )( ) ( )( ) 7i3 - 4i7i =1- i34i34i3 - 4i ++==++z ，选 B. 3. 解析：记 3 名同学及他们所写贺卡分别为 A B C、 、 ，则他们拿到的贺卡的排列方式分别为 ABC ， A C B ， BAC ， B C A ， C A B ， C B A ，共 6 种，其中对应位置字母都不同的有 ， ，共 2 种，则所求概率 21 63p ==，选 D． 4. 解析：因为用分层抽样的方法从某校学生中抽取一个容量为 45 的样本，其中高三年级抽 12 人, 高二年级抽 16 人，所以高一年级要抽取 45-12-16=17 人，因为该校高中学共有 2700 名学生，所 以各年级抽取的比例是 451 270060= ，所以该校高一年级学生人数为 117102060= 人，选 C. 5. 解析：因为 2 2 c a = ， 2a = ，所以 41 42 m− = ，所以 2m = ，选 C． 6. 解析：因为 ( )cos3sin2sin() 6fxxxx =+=+ （  x  -,0 ），所以 5 +666 x− ， 所以 11sin()262 x −+ ，所以 ()fx在  - ,0 上的最大值为 1 ，选 A． 7. 解析：因为 9 27S = ，所以 199( ) 272 aa+ = ， 59 27a = ，选 5 3a = ，选 B. 8. 解析：连结 AC ， 1DC，则 F 为 AC 的中点，所以 EF ∥ 1DC， 因为 11D C DC⊥ ， 1D CAD⊥ ， 1AD DC D= ，所以 1DC⊥ 平面 11AB C D ， 所以 EF ⊥平面 ，选 D． 9. 解析：由 ( ) ( ) ( )e sin cosxf x a b x a b x =  − + +得 ( )00f a b = + = ，又 222ab+=，则 2 1a = ， C1 B1A1 C A B D D1 E F ·6· 0.8 0.6 0.4 0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1.5 1 0.5 0.5 1 1.5H B A F2F1 O B1 若 1a =− ，则 1b = ，此时 ( ) 2e sinxf x x = −  ， 0x = 是 ( )fx的一个极大值点，舍去； 若 1a = ，则 1b =− ，此时 ( ) 2esinxfxx = ， 是 的一个极小值点，满足题意，故 ， 选 C. 10. 解析：第一次循环： 09=+S ， 97=+T ； 第二次循环： 97=+S ， 975= + +T ； 第三次循环： 975= + +S ， 9 7 5 3= + + +T ； 第四次循环： 9 7 5 3= + + +S ， 9 7 5 3 1= + + + +T ； 第五次循环： 97531=++++S ， 97531(1)=+++++−T ， 此时循环结束，可得 ( )591 252 +==S . 选 A. 11. 解析：如图， minmin=1=51PQPC −−，选 D. 12. 解析：因为 ()fx为偶函数，由题意可知， 2(1)(2)faxfx−+ ， 在  )0+， 上为增函数， 所以 212axx−+ ，从而 22212xaxx−−−+ 在 x  R 恒成立，可得 2 12a  且 2 4a  ， 所以 22a−   ，选 D. 二、填空题 13. 解析：因为 ab⊥ ，所以320 m+=， 3 2m =− . 14. 解析：因为 311 9aa = ，所以 7 3a = ， 2 7 5 3aq a==， q = 3 . 15. 解析：设 AB 与轴交于点 H ，则 3AH c= ，所以 o 2 60AF H=， 所以 o 1 30AF H=，所以 1 23AFc= ， 所以 2 3 2 2c c a−=， 所以双曲线 C 的离心率 31 2e += ． 16. 解析：由题意可知，设△ PAB 和△ ABC 的外心的半径为 21,rr ， O H B A C P O2 O1 ·7· 则 4 60sin 3222 21 === rr ， 221 == rr ， 12 =HO ， 11 =HO ， 3=AH ， 52 1 2 1 222 =++== OOHOAHAOR ， 5=R ， 所以球的表面积为  204 2 == RS . 三、解答题 （一）必考题 17. 解：（1）由直方图可知，乙样本中数据在[70,80)的频率为 0 . 0 2 0 1 0 = 0 . 2 0 ，而这个组学生有 10 人，则 10 0 .2 0n = ，得 50n = ． ………2 分 由乙样本数据直方图可知(0.0060.0160.0200.040)101 a++++= ， 故 0 . 0 1 8a = ． ………4 分 （2） 甲样本数据的平均值估计值为 55 0.005+65 0.010+75 0.020+85 0.045+95 0.0201 0（ ） = 8 1 . 5 ． ………7 分 乙样本数据直方图中前三组的频率之和为 0.006+0.016+0.02010=0.420.50（ ） ， 前四组的频率之和为 0.006+0.016+0.020+0.040 10=0.82 0.50（ ） ， 故乙样本数据的中位数在第 4 组，则可设该中位数为80+x ， 由 0.006+0.016+0.02010+0.040 =0.50x（ ） 得 2x = ，故乙样本数据的中位数为 802=82+ ． 根据样本估计总体的思想，可以估计该校理科班学生本次模拟测试数学成绩的平均值约为 8 1 . 5 ， 文科班学生本次模拟测试数学成绩的中位数约为82 ． ………12 分 18. 解：（1）因为 2BC AC= ，所以sin 2sin 2sin( )3A B A= = − ， sin3cossinAAA=−，可得 3tan 2A = . ………6 分 （2）因为CD 是角平分线，所以 60ACD = ， 由 ，可得 3 21sin 77 A == ， 2 2 7cos 77 A == ， 所以 3 21sin sin( ) sin cos cos sin 14ADC A ACD A ACD A ACD =  +  =  +  = ， ·8· 由 sinsin ACCD ADCA= 可得 21 sin2 7 sin3 321 14 ACACD ADC===  . ………12 分 19. （1）证明：因为正方形 A B C G 中， AB ∥ CG ，梯形 ABED 中， DE ∥ ，所以 ∥ ， 所以 DE C G 四点共面； 因为 AG AB⊥ ，所以 AG DE⊥ ，因为 AD DE⊥ ， AD AG A=I ， 所以 DE ⊥平面 ADG ， 因为 DG  平面 A DG ，所以 D E D G⊥ ， 在直角梯形 ABED 中， 2AB = ， 1DE = ， 3BE = ，可求得 2AD = ， 同理在直角梯形 G C E D 中，可求得 2DG = ，又因为 2A G B C==， 则 222ADDGAG+=，由勾股定理逆定理可知 ADDG⊥ ， 因为 ADDE⊥ ， DEDGD =I ，所以 AD ⊥ 平面 D E G ， 因为 AD  平面 ABD ，故平面 ABD ⊥ 平面 D E G ，即平面 平面 D E C . ………6 分 （2）在等腰直角三角形 A D G 中， AG 边上的高为 1 ，所以点 D 到平面 ABC 的距离等于 ， 因为 DE 与平面 ABC 平行，所以点 E 到平面 的距离 1 1h = ， 三角形 ABC 的面积 1 1 22SABBC== ， △ B C E 中， BC 边上的高为 2 2 22 BCBE −= ， 又因为△ B C E 的面积 2 1 222SBC== ， 设点 A 到平面 BCE 的距离为 2h ，由三棱锥 A BCE− 的体积 A BCE E ABCVV−−= , 得 2 2h = ，故点 到平面 的距离为 2 . ………12 分 20. 解：（1）设 11( , )A x y ， 22( , )B x y ，直线 :1l y kx=+， 所以 2 4 1 xy y kx  =  =+ 得 2 4 4 0x kx− − = ，所以 12 12 4 4 x x k xx +=  =− ， 由 2 14 2x y y x=  = ，所以 ( )1 1 1 1 1 2l y y x x x− = −： ， ·9· 即 2 1 11 1 24 xl y x x=−： ， 同理 2 2 22 1 24 xlyxx =−： ，联立得 12 0 12 0 22 14 xxxk xxy + ==  = = − ， 即 0 1y =− ． ………6 分 （2）因为 12,22 xxQF +=− ， ( )2121 ,ABxxyy=−− ， 所以 ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 21202 2 2 x x x x x xQF AB y y− − − = − − = − = ， QF AB⊥ ，即 M N A B⊥ ， ( ) 2 1212 2444AByykxxk=++=++=+ ， 同理 2 4 4MN k=+， ( )22 22 111 81182322AMBNSAB MNkk kk ==++=++  ， 当且仅当 =1k  时，四边形 A M B N 面积的最小值为 32. ………12 分 21. 解：（1） ( ) ( )1 exxfxxa x − =−， 令 ( ) exgxxa =−，  1,2x  ， 则 ( ) ( )1e0xgxx =+ ，则 ( )gx在 1,2 上单调递增， ①.若 ea  ，则 ( ) ( )1e0gxga =− ，则 ( ) ( ) ( )1 0xgxfx x − =，则 ( )fx在  1 ,2 上单调递增； ②.若 22ea  ，则 ( ) ( ) 22 2e 0g x g a = −  ，则 ( ) ( ) ( )1 0xg xfx x − =，则 在 上单调 递减； ③.若 2e 2ea ，则 ( )1e0ga=− ， ( ) 222e0ga=− ，又 在 上单调递增， 结合零点存在性定理知：存在唯一实数 ( )0 1,2x  ，使得 ( )0 0gx = ， 此时函数 ( )fx在区间( )1,2 内有极小值点 0x ，矛盾. 综上， ea  或 22ea  . ………6 分 ·10· (2) 由（1）可知， ( ) ( )2 e lnxf x x a x ax= − + − ①.若 ea  ，则 ( )fx在  1,2 上单调递增，则 ( )1emfa==−− ，而 ( )2ln 22Mfaa==− ， 则 ( )ln 21eMma−=−+ 是关于 a 的减函数，故 ( )eln 21eeln 2Mm−−+= ； ②.若 22ea  ，则 在 上单调递减，则 ( )1eMfa==−− ，而 ( )2ln 22mfaa==− ； 则 ( )1ln 2eMma−=−− 是关于 的增函数，故 ( )2222e1ln 2e2ee2eln 2Mm−−−=−− ； 因为( ) ( )2e 1 2eln 2 ln 2 2 1 2 1 ln 2 0.024 0ee− − − = − − +  −  ，故 ( )e 2e 1 2eln 2 eln 2− −  ， 综上， )222ee2eln 2,Mm−−−+ . ………12 分 （二）选考题：第 22、23 题中任选一题做答。如果多做，则按所做的第一题记分。 22. 解：（1）直线 l 的普通方程为： 50xy−−= ，曲线 C 的直角坐标方程为： 22(2)4xy++= .……… 5 分 （2）曲线 的参数方程为 2cos (22sin x y   =  = −+ 为参数)， 点 P 的直角坐标为 (33)−−， ，中点 32cos( 2 −+M ， 52sin )2 −+ ， 则点 M 到直线 的距离 22 cos()8 4 22 d  +− = ， 当 cos()1 4  +=时， d 的最小值为 2 2 1 − ， 所以 PQ 中点 到直线 的距离的最小值为 2 2 1− . ………10 分 23. 解：（1）要证不等式等价于( )2 3abc++ ，因为 ( ) ( )2 21 23 2 2 2 a b b c a ca b c a b cab bc ac + + ++ + = + + ++ +  ++ +=， 所以 3abc+ +  ，当且仅当 1 3abc=== 时取等号. ………5 分 （2）因为( ) ( ) ( )2 3 2 3 2 3 11abc+ + + + + = ，所以 2 3 2 3 2 3+111 11 11 a b c+ + ++=， 又因为 23011 + a ， 23011 + b ， 2 +3 011 c ，所以 2 3 2 3 2 3 311 11 11 abc+ + ++ +  ， ·11· 所以 23232333abc+++++ ，当且仅当 1 3abc= = = 时取等号. ………10 分