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（理）试题

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（理）试题

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（理）试题 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.已知点在双曲线的渐近线上，则该双曲线的离心率为( )‎ A. B. ‎2 ‎C. 3 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由点在双曲线的渐近线上，可求出，进而由离心率，可求出答案.‎ ‎【详解】由题意，双曲线的渐近线方程为，‎ 易知点在直线上，则，‎ 所以双曲线的离心率.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的离心率及渐近线，考查学生的计算求解能力，属于基础题.‎ ‎6.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.‎ ‎7.执行如图所示的程序框图，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.‎ ‎8.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18的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于18的概率是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 不超过18的素数有7个，从中随机选取两个不同的数，其和等于18的情况有两种，结合古典概型的概率公式，可求出答案.‎ ‎【详解】由题意，不超过的素数有，从中随机选取两个不同的数，其和等于的情况有和两种，所以所求概率为.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查古典概型的概率求法，考查排列组合的应用，考查学生的计算求解能力，属于基础题.‎ ‎9.已知正三棱柱的各棱长都相等，D是侧棱的中点，则异面直线与所成的角的大小为( )‎ A. 30° B. 45° C. 60° D. 90°‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用向量的线性运算，可得，将其展开，计算可求得，从而可知异面直线与所成的角的大小为.‎ ‎【详解】设该三棱柱的棱长为，‎ ‎，‎ 因为是正三棱柱，所以，，所以，，即，‎ 又，所以，‎ 且，‎ 所以，即.‎ 故，即异面直线与所成的角的大小为.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查异面直线夹角的求法，考查学生的空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.‎ ‎10.已知函数在上单调递减，若，则的取值范围是( )‎ A. B. C. [3，4] D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对函数化简，并结合函数的单调性可得，又，可求得，从而可知只有时符合题意，即可求出的取值范围.‎ ‎【详解】由题意，，‎ 由，令，可得，‎ 因为的单调递减区间为，‎ 所以，即，‎ 又因为，所以，‎ 所以，显然只有时，符合题意，‎ 故.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查三角函数的恒等变换，考查三角函数的单调性的应用，考查学生的推理能力与计算求解能力，属于中档题.‎ ‎11.已知定义在上的偶函数满足，且时，，则( )‎ A. B. C. D. 1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合函数的性质，可知函数是周期为2的函数，进而可得，从而可求出答案.‎ ‎【详解】由，可得，‎ 因为函数为定义在上的偶函数，所以，‎ 则，即，‎ 所以函数是周期为2的函数，‎ 则，‎ 因为时，，所以.‎ 故选：A ‎【点睛】本题考查函数的周期性与奇偶性的应用，考查学生的计算求解能力，属于中档题.‎ ‎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，‎ 故曲线在点处的切线方程为.‎ 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k的取值范围是_____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出不等式组表示的区域，如图阴影部分，可求得，，而直线恒过定点，当直线与阴影部分有公共点时，.‎ ‎【详解】作出不等式组表示的区域，如图阴影部分，‎ 联立，可得，‎ 联立，可得，‎ 直线过定点，‎ 直线的斜率为，直线的斜率为，‎ 当直线与阴影部分有公共点时，.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查线性规划，考查直线的斜率，考查数形结合的方法解题中的应用，属于中档题.‎ ‎15.已知且，则____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由且，可求出，进而可求出，从而可求出，结合，可求出答案.‎ ‎【详解】由，可得，‎ 所以，即，‎ 又，所以，‎ 即，解得，，‎ 所以，则.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查两角和与差的正切公式的应用，考查同角三角函数关系的应用，考查学生的计算求解能力，属于中档题.‎ ‎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y(g)与尺寸x(mm)之间近似满足关系式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 ‎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3件，记ξ为取到优等品的件数，试求随机变量ξ的分布列和期望；‎ ‎（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 ‎24.6‎ ‎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）分布列见解析，；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）优等品的质量与尺寸的比在区间内，可知随机抽取的6件合格产品中，有3件为优等品，可知可取的值有，分别求出对应的概率，进而可列出分布列并求出数学期望；‎ ‎（2）对（）两边取自然对数得，令，得，且，进而根据所给统计量及最小二乘估计公式，可求出，从而可求出，即可得到关于的回归方程.‎ ‎【详解】（1）由题意，优等品的质量与尺寸的比在区间内，而，‎ 所以随机抽取的6件合格产品中，有3件为优等品，3件为非优等品.‎ 现从抽取的6件合格产品中再任选3件，则取到优等品的件数，‎ ‎，，‎ ‎，.‎ 则的分布列为：‎ ‎0‎ ‎2‎ 所以. ‎ ‎（2）对（）两边取自然对数得，‎ 令，得，且，根据所给统计量及最小二乘估计公式有，‎ ‎， ‎ ‎，即，故，‎ 所求关于的回归方程为.‎ ‎【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列与数学期望，考查回归方程的求法，考查学生的计算求解能力，属于中档题.‎ ‎19.如图，三棱柱的底面是等边三角形，在底面ABC上的射影为△ABC的重心G.‎ ‎（1）已知，证明：平面平面；‎ ‎（2）已知平面与平面ABC所成的二面角为60°，G到直线AB的距离为a，求锐二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）连接并延长交于，易知平面，进而可证明平面 ‎，可得，再由四边形是菱形，可得，从而可证明平面，进而可证明平面平面；‎ ‎（2）连接，易知，进而可得，结合平面与平面所成的二面角的平面角为，由，可得，，，从而以为原点，，分别作为轴、轴，过点作平行与的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面、平面的法向量、，由，进而可求出锐二面角的余弦值.‎ ‎【详解】（1）证明：连接并延长交于，由已知得平面，‎ 由平面，可得，‎ 又，，平面，平面，所以平面，‎ 由平面，可得，‎ 因为四边形平行四边形，且，所以四边形是菱形，所以，‎ 又因为，且平面，平面，所以平面，‎ 因为平面，所以平面平面. ‎ ‎（2）连接，因为在底面上的射影是的重心，‎ 所以与全等，‎ 所以，因为，所以点为中点，所以，‎ 故平面与平面所成的二面角的平面角为，‎ 由，得，，，‎ 故以为原点，直线分别作为轴、轴，过点作平行与的直线为 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则，，，，， ‎ 所以，，， ‎ 设为平面的一个法向量， ‎ 则，可取， ‎ 设平面的一个法向量为，‎ 则，可取，‎ 所以，‎ 故锐二面角的余弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查面面垂直的证明，考查二面角的求法，利用空间向量法是解决二面角问题的常见方法，属于中档题.‎ ‎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）当时，证明：；‎ ‎（2）若在只有一个零点，求.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当时，，其定义域为，利用导函数可求得在上的单调性，进而可证明；‎ ‎（2）若或，利用导数研究函数的单调性，可证明函数的零点个数不唯一，与已知条件矛盾；若时，由（1）可知，在只有一个零点.‎ ‎【详解】（1）当时，，其定义域为，‎ 令，则，‎ 若，则，则，则在上单调递减，‎ 又，故，故在上单调递增，‎ 又，故对任意，恒成立；‎ 若，因为且，所以，则在上单调递减，‎ 又，故对任意，恒成立.‎ 综上，当时，对任意，恒成立.‎ ‎（2）①若时，令，则，‎ 易知时，，则，即在上单调递减，‎ 由，且，，‎ 结合零点存在性定理知在内存在实数使得，‎ 故时，单调递增，时，单调递减.‎ 由，可知.‎ 因为，所以，即，‎ 所以，‎ 因为时，，所以，‎ 因为，，所以在上存在一个不为0零点，‎ 因为，所以时，函数的零点个数不唯一，与题意矛盾，所以；‎ ‎②若时，，易知在上单调递减，‎ 又，，‎ 结合零点存在性定理知，存在使得，‎ 故当时，，时，，‎ 即在上单调递增，在上单调递减，‎ 又，故；‎ 构造函数，，则，‎ 则，显然时，，‎ 故在单调递减，又，故，故在单调递减，‎ 又，故，即，对任意恒成立，‎ 因为，所以，故，即，故恒成立，‎ 所以，‎ 因为时，，而，，所以，即，‎ 所以在上存在一个大于0的零点，‎ 因为，所以时，函数的零点个数不唯一，与题意矛盾，所以；‎ 若时，由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，且，显然函数在只有一个零点.‎ 综上，要使只有一个零点，则.‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性、最值、零点，考查不等式的证明，考查分类讨论的思想在解题中的应用，考查学生的推理能力与计算求解能力，属于难题.‎ ‎ (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.‎