云南民族中学2020届高考适应性月考卷（五）文数-答案

云南民族中学2020届高考适应性月考卷（五）文数-答案

云南民族中学2020届高考适应性月考卷（五）‎ 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 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ ‎11‎ ‎12‎ 答案 A C A B D B C A D D D A ‎【解析】‎ ‎1．由复数z为纯虚数，可得，则复数z的虚部为，故选A．‎ ‎2．由集合，集合，则，故选C．‎ ‎3．由已知可知，函数，定义域为，值域为，其中A选项定义域和值域都为，故选A．‎ ‎4．由在方向上的投影为，故选B．‎ ‎5．设红球为a，b，绿球为1，2，顾客随机摸2个球的基本事件为ab，a1，a2，b1，b2，12，满足条件的事件有5个，则发生概率为，故选D．‎ ‎6．由已知可知，以右顶点为圆心，实半轴长为半径的圆，被双曲线的一条渐近线分为1∶3，则圆被分为圆心角为90°和270°，则渐近线的倾斜角为45°，斜率为1，等轴双曲线的离心率为，故选B．‎ ‎7．由已知可知，，，则可得，利用正切二倍角公式，故选C．‎ ‎8．由，，可得，进入循环体，，，，再次进入循环体，，，则，故选A．‎ ‎9．由三视图还原回几何体为三棱锥，且几何体的后侧面与底面垂直，其外接球的球心在三棱锥的高上，设球的半径为r，建立直角关系为，解得 ‎，故选D．‎ ‎10．由正弦定理可得，，故选D．‎ ‎11．圆表示以为圆心，半径等于3的圆．由，得CM垂直平分AB，再由在直线上，所以．由两条直线垂直可得，，解得，再由直线AB与圆相交，，得或，则，故选D．‎ ‎12．由已知可得，，在内不是单调函数，则在区间内存在极值点，令，有，，故，故选A．‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）‎ 题号 ‎13‎ ‎14‎ ‎15‎ ‎16‎ 答案 或 ‎10，18.5‎ ‎【解析】‎ ‎13．对函数求导可得，．当时，，故增区间为或时，，故增区间为．‎ ‎14．本题考查数学在生活中的实际应用，考查数学建模的数学核心素养．顾客一次购买松子和腰果各‎1千克，需要支付元，则．设顾客一次购买干果的总价为M元，当时，李华每笔订单得到的金额显然不低于促销前总价的七折；当时，，即对恒成立，则，，又，所以x的最大值为18.5．‎ ‎15．由正弦定理可知，，且，，则，最小值为．‎ 图1‎ ‎16．如图1，建立空间坐标系，设正方形的边长为2，则，，，设，则，，，令，‎ ‎，则，故最小值为．‎ 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）因为，所以，，即．‎ 又因为，‎ 所以，解得， ………………………………（4分）‎ 所以． …………………………（6分）‎ ‎（2）因为，所以， ‎ 所以，‎ ‎．‎ 因为，所以． ………………………………（8分）‎ 因为，所以，‎ 整理得，解得，‎ 所以n的取值范围是． ………………………………（12分）‎ ‎18．（本小题满分12分）‎ 解：（1），，‎ ‎，‎ 故生长速度y关于月平均气温t的线性回归方程为． …………（6分）‎ ‎（2）当时，，‎ 预测这个月大约能生长‎4.5毫米． ……………………………………（12分）‎ ‎19．（本小题满分12分）‎ ‎（1）证明：因为平面平面BCD，平面平面，‎ 又，所以平面ABD． …………………………………（1分）‎ 因为平面ABD，所以． …………………………………（2分）‎ 又， ，‎ 所以平面ADC． …………………………………………………………（6分）‎ ‎（2）解：，，‎ ‎∴，‎ 如图2，依题意，‎ 图2‎ 所以，‎ ‎∴， ……………………………………………………………（7分）‎ 故． ……………………………………………………………（8分）‎ 由于平面ADC，，E为BC的中点，‎ 得，同理，所以．‎ 因为平面ABD，所以． ‎ 设点B到平面ADE的距离为d，‎ 则， ‎ 所以， …………………………………………………………（11分）‎ 即点B到平面ADE的距离为． ………………………………………（12分）‎ ‎20．（本小题满分12分）‎ 解：（1）由题意知，‎ 又，可得，‎ 又因为，代入可求得 ………………………………（2分）‎ 所以所求椭圆的标准方程为． …………………………………（6分）‎ ‎（2）设，根据椭圆的对称性，不妨设．‎ 根据椭圆的方程，易知，， ……………………………………（7分）‎ AP的直线方程为，‎ 联立方程组M：，‎ 同理得N： ……………………………………（8分）‎ ‎ ，‎ ‎ …………………………………………………………（10分）‎ ‎ 又P在椭圆上，‎ ‎∴‎ ‎．‎ ‎ …………………………………………………………（12分）‎ ‎21．（本小题满分12分）‎ ‎（1）解：令，即，，得，‎ 当x变化时，，变化如下：‎ x ‎−‎ ‎0‎ ‎+‎ 减 最小值 增 所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为．‎ ‎ ……………………………………………………（5分）‎ ‎（2）证明：因为，所以，‎ 令，则． ……………………（6分）‎ 因为，所以，‎ 所以，即在内有唯一解，‎ 当时，；当时，，‎ 所以在上单调递减，在上单调递增，‎ ‎ ……………………………………………………（8分）‎ 所以，又因为，‎ 所以在内有唯一零点．‎ ‎ ……………………………………………………（10分）‎ 当时，，即；‎ 当时，，即，‎ 所以在上单调递减，在上单调递增，‎ 所以函数在处取得最小值，‎ 即时，函数在上存在最小值．‎ ‎ ……………………………………………………（12分）‎ ‎22．（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】‎ 解：（1）由已知有(为参数)，消去得．‎ 将代入直线l的方程，得l：，‎ 所以曲线的方程为，直线l的普通方程为l：．‎ ‎ …………………………………………………………（5分）‎ ‎（2）由（1）可设点P为，．‎ 则点P到直线l的距离为，‎ 故当，即时，d取最小值，P点的坐标为．‎ ‎ …………………………………………………………（10分）‎ ‎23．（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】‎ 解：（1）当时，‎ 故不等式可化为或或 解得或，‎ ‎∴所求解集为． ………………………………………（5分）‎ ‎（2）当时，由有，，‎ ‎∴，‎ 不等式可变形为，‎ 故对恒成立，‎ 即，解得，‎ 而，故．‎ ‎∴k的取值范围是． ……………………………………………（10分）‎