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)试题答案

-1-BCAA1B1C1DE2020届昆一中高三联考卷第八期联考理科数学参考答案及评分标准一、选择题题号123456789101112答案CBADBDCADBAC1.解析：依题意i313ecosisini3322z，则31ii22z，选C.2.解析：3,33,0,1,2Axxxxxx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br共线，可得83x，所以br在ar方向上的投影为：cos=abbabarrrrrr，4133，选D.5.解析：因为3ba，所以2222cabeaa，选B．6.解析：由正弦定理得：22sinsinsincos2sinABBAA，所以22sin(sincos)2sinBAAA，即：sin2sinBA，所以sin2sinbBaA，选D．7.解析：1,0iS；1,22Si；2113,3242Si；3317,4482Si；47115,58162Si，此时输出，结合选项，选C.8.解析：不超过18的素数有2,3,5,7,11,13,17，随机选取两个不同的数，其和等于18的情况有5,13和7,11两种，所以概率为272221C，选A．9.解析：设BC的中点为E，则AE平面1BC，连结1BE，则11BECD，-2-由三垂线定理得11ABCD，选D．10.解析：因为()2sin()4fxx，因为0，由已知得：24，所以4，由于()44424x，，所以4423242，解得732，选B．11.解析：=2=fxfxfx，可推出fx为周期为2的函数，所以1111116=2224fff，选A.12.解析：有题意可知，127cos25FBF，所以24cos5bOBFa，令5,40atbtt，(),则3ct，所以43BDk,所以2222216=25DDDBDCDDDDybybybbkkxxxag，所以1225BDk，选C.二、填空题13.解析：因为eelnxxfxxx，由导数的几何意义知1ekf，故曲线elnxfxx在点1,0处的切线方程为e1yx.14.解析：直线0kxyk过定点10，，不等式组表示的区域如图：可知k的取值范围是：117，.15.解析：由21sincos5（）得：42sincos05，所以()2，，由29sincos12sincos5（），所以35sincos5，由5sincos535sincos5得：25sin5，-3-5cos5，所以tan2，所以3tan11tan()41tan3．16.解析：由题意可得，△ABD△ACD,所以ACCD,所以AD为三棱锥ABCD的外接球的直径，设=ABx，则4BDx，所以2222(4)(4)82xxADxx，所以三棱锥ABCD的外接球的半径min=2R，所以三棱锥ABCD的外接球体积的最小值为823三、解答题（一）必考题17.解析：（1）1n时，11a2n时，由1123(1)2422nnnnaaaa…①可得21231(1)2422nnnnaaaa…②①-②，12nnan，11()2nnan因为1a适合11()2nnan，所以na的通项公式为11()2nnan.………6分（2）011121111()2()()222nnnSaaan，…③1211111()2()()2222nnSn，…④③-④得01111111()()()()22222nnnSn11()112()12212nnnSn，114(2)()2nnSn.………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0.302,0.388yx，则随机抽取的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0,1,2,3，0333361020CCPC，1233369120CCPC，2133369220CCPC，3033361320CCPC．的分布列为-4-xyzGA1B1C1ABCM0123P120920920120所以199130123202020202E．………6分（2）解：对bycx（,0bc）两边取自然对数得lnlnlnycbx，令ln,lniiiivxuy，得ubva，且lnac，根据所给统计量及最小二乘估计公式有，1222175.324.618.360.2710.542101.424.66niiiniivunvubvnv，118.324.6612aubv，得ln1ˆˆac，故ˆec，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1AGAB，因为1CMAGG，所以AB平面1AMC，所以AB1AC，因为四边形11AACC是平行四边形，且1AAAC，所以四边形11AACC是菱形，所以11ACAC，因为1ABACA，所以1AC平面1ABC，因为1AC平面11ABC，所以平面1ABC平面11ABC.………5分（2）解：连接1AB，因为1A在底面ABC上的射影是ABC的重心G，所以1RtAGA与1RtAGB全等，-5-所以11AAAB，因为CMAB，所以点M为AB中点，所以1AMAB，故平面11ABBA与平面ABC所成的二面角的平面角为160AMG，由GMa，得3MCa，23ABa，13AGa，故可以M为原点，MB，MC分别作为x轴、y轴、建立空间直角坐标系，则(3,0,0)Ba，1(0,,3)Aaa，1(23,,3)Baaa,1(3,4,3)Caaa,(0,3,0)Ca,所以11(23,0,0)ABauuuur，1(0,2,3)CAaauuur，11(3,3,0)ACaauuuur，设1111,,nxyzur为平面11ABC的一个法向量，则11111111230230nABaxnCAayazuruuuururuuur，可取10,3,2nur，设平面11ACC的一个法向量为2222,,nxyzuur，则211222122330230nACaxaynCAayazuuruuuuruuruuur，可取23,3,2nuur，所以1212127co4,snnnnnnuruururuururuur，即锐二面角111BACC的余弦值为74.………12分20.解：(1)由条件可知GEGF，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：24xy.………5分（2）设线段AB的垂直平分线与AB交于点M，分别过点,AB作11,AAlBBl，垂足为11,AB，再过点A作1ACBB，垂足为C，因为,PFMABCPMFACB，所以PFM∽ABC，所以FPFMABBC，设AFm，BFn(不妨设nm)，由抛物线定义得1AFAAm，1BFBBn，-6-所以BCnm，而22mnnmFMAMAFm，所以122nmFPFMABBCnm.………12分21.解：（1）当2a时，ln1sin2fxxxx，令1cos21gxfxxx，则21sin1gxxx，若10x，则211sin1xx，则0gx，则gx在1,0上单调递减，又00g，故()0gxfx，故fx在1,0上单调递增，又00f，故对任意1,0x，0fx恒成立；若0x，因为111x且cos1x，所以0fx，则fx在0,上单调递减，又00f，故对任意0,+x，0fx恒成立.综上，当2a时，对任意1,，0fx恒成立.………5分（2）当2a时，1cos1fxxax在1,0上单调递减，又020fa，又1110a则，11(1)cos(1)0faa，结合零点存在性定理知在1,0内存在实数1x可使得10fx，又00f，与fx在1,只有一个零点矛盾；当02a时，1cos1fxxax在0,上单调递减，又1103213fa，结合零点存在性定理知在0,3内存在实数m可使得0fm，故当0,xm时0fx，即fx在0,m上单调递增，又00f，故0fm；构造函数2111e22xFxxx，1x，则1()e2xGxFxx，则-7-1e0xGx，故()Gx在1,单调递减，又3(1)e02G，故()0Gx，故()Fx在1,单调递减，又(1)2e0F，故0Fx即2111e022xxx，对任意1x恒成立，因为02a，所以21a，故20Fa，即22211e0aaa，即2211e0aaa，因为2e1e13am，且222222e1sine1e111e0aaaafaaaa，即2e10affm，由零点存在性定理知：在2,e1am内存在实数2x可使20fx，又00f，与fx在1,只有一个零点矛盾；综上，要使fx在1,只有一个零点，则2a.………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：222yx，xcos，ysin可得圆1C和圆2C的直角坐标方程分别为1C：;0422xyx2C：0222yyx，两式相减可得圆1C和圆2C的公共弦所在直线的直角坐标方程为xy2.………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,2sinOPOQ,从而4sin24OPOQ，当4时等号成立，所以OPOQ的最大值为4.………10分23.证明:（1）依题意可得，,,2acbbca因为0)(2)(2)(2)(22222bcabbbcabacbcabcbacba，所以，2222)(cbacba………5分（2）要证:abccaabcc22,只需证:abccaabc22,-8-只需证:abcca2,两边平方后化简整