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（PDF版） 7页

B C A A1 B1 C1 D 2020 一、选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 C B A D A A D C B C A B 1. 解析：依题意 i3 13ecosisini 3322z  ==+=+ ，则 31ii22 z =−，选 C. 2. 解析：      3,33,0,1 ,2Ax xxxxx==− = NN，易知图中阴影部分对应的集 合为 ABI ，  0,1, 2AB=I ，选 B. 3. 解析：函数 ( )=esinxfxx  为非奇非偶函数，排除 B，C 选项；当 0x = 时， ( )00f = ， 所以选 A. 4. 解 析 ： 由 已 知 ： ar 与 b r 共 线 ， 可 得 8 3x =− ， 所 以 在 方 向 上 的 投 影 为 ： cos= abbab a  = rrrrr r， 4 13 3− ， 选 D. 5. 解析：不超过16的素数有 2,3,5,7,11,13，随机选取两个不同的数基本事件为(2,3) ， (2,5)， (2,7) ，(2,11) ，(2,13) ，(3,5) ，(3,7) ，(3,11) ，(3,13) ，(5,7)，(5,11) ，(5,13) ，(7,11) ，(7,13) ， (11,13) ，其和等于 16 的事件有 和 ，所以概率为 2 15 ，选 A． 6. 解析：因为 3b a− = − ， 所以 22 2 2c a be aa += = = ，选 A． 7. 解析：由正弦定理得： 22sinsinsincos2sinABBAA+=， 所以 22sin(sincos)2sinBAAA+= ，即： s i n 2s i nBA= ，所以 s i n 2s i n bB aA==，选 D． 8. 解析： 1, 0iS==； 1 ,22Si==； 2 113 ,3242 Si=+== ； 3 317 ,4482 Si=+== ； 4 7115 ,58162 Si=+== ，此时输出，结合选项，选 C. 9．解析：设 2AB = ， BC 的中点为 D ，则 AD ⊥ 平面 1BC ，连 结 1BD ， 则 1A B D 是直线 1AB 与平面 1BC 所成角，在 Rt △ 1A D B 中， 1 1 3 15tan 55 ADAB D BD = = = ，选 B． 10. 解析：因为 0  ，由已知得： 24  −，所以 4  ，所以 ()44424x  −−− ， ， 所以 442 3 242    −  − ，解得 73 2，选 C． 11. 解 析 ： ( ) ( ) ( )=2=fxfxfx −−，可推出 ( )fx 为 周 期 为 2 的 函 数 ， 所 以 111111 6=2224fff −=−+=   ，选 A. 12. 解析：有题意可知， 12 7cos 25F BF=，所以 2 4cos 5 bOBF a = = ，令 5 , 4 0a t b t t= = ，(), 则 3ct= ，所以 4 3BDk =− , 所以 22 2 22 16= 25 DDD BD CD DDD yb yb yb bkk xxxa −+−=== −− ，所以 12 25BDk = ，选 B 二、填空题 13. 解析：因为 ( ) e eln x xfxx x  =+ ，由导 数的几何意义知 ( )1ekf==，故曲线 ( ) e l nxf x x = 在点 ( )1,0 处的切线方程为 ( )e1yx=−. 14. 解析： 直 线 0k x y k− + = 过定点 ( )10− ， ， 不等式组表示的区域如图： 可知 k 的取值范围是： 1 17   ， . 15. 解 析 ： 由 ()42   ， 得 2() 2  ， ，所以 2 7cos21sin2 9= −−= − ， 所 以 1cos21cos 23  +==． 16. 解析：由题意可得，△ ABD  △ A C D ,所以 ACCD⊥ ,所以 AD 为三棱锥 ABCD− 的外 接球的直径，设 =A B x ，则 4BDx=−，所以 2 222 (4)(4)8 2 xxADxx +−=+−= ，所以三 棱锥 的外接球的半径 min =2R ，所以三棱锥 的外接球体积的最小值为 82 3  三、解答题： （一）必考题： 17. 解析：（1） 1n = 时， 1 1a = 2n  时，由 1 123 (1)242 2 n n nnaaaa − ++++  += …① 可得 2 1 2 3 1 ( 1)2 4 2 2 n n nna a a a− − −+ + +  + = …② ①-②， 12 n nan− = ， 11()2 n nan −= 因为 1a 适合 ，所以  na 的通项公式为 . ………6 分 （2） 011 12 1111()2()()222 n nnSaaan −=++  +=++  + ， …③ 121111 1()2()()2222 n nSn=++  + ，…④ ③-④得 01111111()()()()22222 nn nSn−=++  +− 11()112 ()1221 2 n n nSn − =− − ， 114(2)() 2 n nSn −=−+ . ………12 分 18. 解：（1）由已知，优等品的质量与尺寸的比在区间 ee,97   内，即 ( )0.302,0.388y x  ， 则随机抽取的6件合格产品中，有3件为优等品记为 ,,abc ，3件为非优等品记为 ,,d e f ， 现从抽取的6件合格产品中再任选2件，基本事件为 ( ),ab ， ( ),ac ， ( ),ad ， ( ),ae ， ( ),af ， ( ),bc ， ( ),bd ， ( ),be ， ( ),bf ， ( ),cd ， ( ),ce ， ( ),cf ， ( ),de ， ( ),df ， ( ),ef ， 选中的2件均为优等品的事件为 ， ， ，所求概率为 1 5 ． ……… 6分 （2）解：对 by c x= （ ,0bc ）两边取自然对数得ln ln lny c b x=+ ， 令 l n , l niiiiv x u y==，得u b v a=  + ，且 lnac= ，根据所给统计量及最小二乘估计公 式有， 1 222 1 75.3 24.6 18.3 6 0.27 1 0.54 2101.4 24.6 6 n iii n ii v u nvu b v nv  = = − −  = = = = −−   ， 118.324.6612aubv =−=−=  ，得 l n 1ˆ ˆac==，故 ˆ ec = ， 所求 y 关于 x 的回归方程为 0.5eyx= ． ………12分 19.（1）证明：连接 CG 并延长交 AB 于 M ， 由已知得 1AG ⊥ 平面 ABC ，且CMAB⊥ ， 所以 AB ，因为 1CMAGG = ， 所以 AB 平面 1A MC ，所以 1AC， 因为四边形 11A ACC 是平行四边形，且 1AAAC= ， 所以四边形 是菱形， 所以 11ACAC⊥ ，因为 1ABACA = ，所以 1AC 平面 1ABC ， 因为 1AC 平面 11A B C ，所以平面 1ABC 平面 . ………5 分 （2）解：由已知得 平面 ，所以侧棱 1AA与底面所成的角正切值为 1 3tan 2A AG=， 因为 2AG = ，所以 1 3AG= ， 11 7A A C C==， 因为 1A 在底面 上的射影是 ABC 的重心 G ， 所以等边三角形 的边长为 11 23BCAC==， 同理 1Rt AG B 中， 1 7AB = ； 因为 在底面 上的射影是 的重心 ， 所以 A G B C⊥ ，且 1AG B C⊥ ， 因为 1AGAGG = ，所以 BC ⊥ 平面 1A A G ， 所以 1BC A A⊥ ，因为 1AA∥ 1CC ，所以 1C C BC⊥ ， 故 1Rt BCC 中， 1 19BC = ； 因为 222 1111A CA BBC+=，所以 11A BC 为直角三角形， 设点 1B 到平面 11A B C 的距离为 h ，由 111111BA B CBA BCVV−−= 得 1 1 111 1 11 33A B CA BCSAGSh= ，所以 321 7h = ， 即点 到平面 的距离为 321 7 . ………12 分 20. 解：(1)由条件可知 GE GF= ，即点 G 到 l 的距离等于点 G 到点 F 的距离， 所以点 G 的轨迹是以 l 为准线， F 为焦点的抛物线， 其方程为： 2 4xy= .………5 分 C A1 B1 C1 A BG M （2）设线段 AB 的垂直平分线与 AB 交于点 M ，分别过点 ,AB作 11,A A l B B l⊥⊥，垂 足为 11,AB， 再过点 A 作 1A C B B⊥ ，垂足为 C ， 因为 ,PFMABCPMFACB= =  ， 所以 PFM ∽ ABC ，所以 F P F M A B B C= ， 设 AF m= ， BF n = (不妨设 nm )，由抛物线定义得 1AF AA m==， 1BFBBn==， 所以 BCnm=−， 而 22 m n n mFM AM AF m+−= − = − = ， 所以 12 2 nm FPFM ABBCnm − === − .………12 分 21. 解：（1）当 0a = 时， ( ) lnsinfxxx =+ ， ( )0,x + ， 若 01x ， 因 为 ( ) 1 cos0fxx x  =+ ，所以 ( )fx 在 ( 0,1 上 单 调 递 增 ， 又 ( )1sin10f =， 且 111sin0eef  = − + ，结合零点存在性定理可知 在 上有且仅有一个零 点； 若1 x ，则 ln0x  且sin 0x  ，所以 ( ) 0fx ； 若 x  ，因为 ln ln 1 sinxx   − ，所以 ； 综上， 在 ( )0, + 有且仅有一个零点. ……… 5 分 （2）当 1a  时， ax x , ax x−  − ,且sin 1x  ，故 ( ) ln1fxxx +− ， 构造函数 ( ) ln1gxxx =+− ， ，则 ( ) 1 xgx x − = ， 若 01x，则 ( ) 0gx  ，故 ( )gx在( )0,1 上单调递增， 若 1x  ，则 ( ) 0gx  ，故 在 ( )1, + 上单调递减， 故 ( ) ( )max 10gxg ==，即 ( ) 0gx 对任意 恒成立，当且仅当 1x = 时取得等号， 当 时， s i n 1x  ，故 ( ) 0fx 对任意 恒成立. ……… 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） 将圆 1C 和圆 2C 的极坐标方程  cos4= 和  sin2= 两边乘  ， 由直角 坐标和极坐标的互化公式： 222 yx += ， x= cos ， y= sin 可得圆 和圆 的 直角坐标方程分别为 ： ;0422 =−+ xyx ： 0222 =−+ yyx ，两式相减可得圆 和 圆 的 公 共 弦 所 在 直 线 的 直 角 坐 标 方 程 为 xy 2= . ………5 分 （ 2 ） 依 题 意 可 得 ,PQ 两 点 的 极 坐 标 分 别 为 (4cos,)P  , (2sin , )Q  , 所以 4cos , 2sinOP OQ==,从而 4sin 2 4OP OQ  =  ，当 4  = 时等号成立，所以 OP OQ 的最大值为 4 . ………10 分 23. 证明: （1）依题意可得， ,, 2 acbbca =+ 因为 0)(2)(2)(2)( 22222 −+=−+=−+=+−−++ bcabbbcabacbcabcbacba ， 所以， 2222 )( cbacba +−++ ………5 分 （ 2 ）要证: abccaabcc −+−− 22 , 只 需 证 : abccaabc −−−− 22 ,只需证: abcca −− 2 ,两边平方后化简整理即 是 : cba 2+ , 由 题 设 知 ， 成 立 ， 所 以 ， 不 等 式 成立. ………10 分