【文数】云南师大附中2020届高考适应性月考试卷及答案(3月)
（舍去），
p
=
3
，故选
C．
9．如图 1 所示，将正四面体 A − BCD 放入正方体中，则正四面体的每一
条棱都是正方体的面对角线， E，F 则分别是上下底面的中心．由图
中容易看出，EF ⊥ AB 和 EF ⊥ CD 显然成立，且 EF 与 AC，BD 所成
角都应该为 π ，故不正确的选项为 D，故选 D．
单调性即可． f ′(x) = 2x + sin x ，当 x ∈ (0，π) 时，易得 f ′(x) > 0 ，故 f (x) 在 x ∈ (0，π) 上
单调递增，
a=
f (log1 3) =
5
f (log5 3)，b =
f (log3 15) =
f (log3 5)
，
1 5
3
=
0.008
<
log5
5
< log5 3 < 1 < log3 5 <
π ，由函数单调性可知
f
1 5
3
<
f (log5 3) <
f
(log3 5) ，即 c <
a<b，
故选 B．
12．设由船 P
到
B
台和到
A 台的距离差确定的双曲线方程为
x2 a2
−
y2 b2
= 1(x ≥ a) ，由于船 P 到
B
台和到 A 台的距离差为 30 海里，故 a = 15 ，又 c = 17 ，故 b = 8 ，故由船 P 到 B 台和到 A 台
4
图1
10．先读懂程序：输入任意一个无重复数字的三位数，将其个位，十位，百位重新排列，组
成一个最大数和一个最小数，然后作差，若差不为 495，则继续此过程，经过有限次步骤
之后，最后结果一定是 495．对于输入的 325，第一次循环：重新排列后，最大数为 532，
最小数为 235，相减得 297，然后 i = 1 ；第二次循环：重新排列后，最大数为 972，最小
|=|
a
−
2b
|⇔
(a
+
2b )2
=
(a
−
2b )2
⇔
8a
b
=
0
⇔
a
⊥
b
，而
a
⊥
b
与|
a
|=
2
|
b
|
之间没
有必然的联系，所以“
|
a
|=
2
|
b
|
”是“
|
a
+
2b
|=|
a
−
2b
|
”的既不充分也不必要条件，故
选 D．
4．从题给的随机数表第一行第 3 列开始从左往右开始读取，读到的小于 40 的编号分别为 36，
题号
13
14
15
答案
2x − y − 2 = 0
n2 + 2n
19
16 ②④
【解析】
13． y′ = 2x ln x + x2 + 1 ，当 x = 1 时，切线斜率 k = y′ = 2 ，故切线方程为 y = 2(x −1) ，即 x
2x − y − 2 = 0 ．
14．设公差为 d ，由题意知 a1 a13 = a42 ，即 a1(a1 + 12d ) = (a1 + 3d )2，即 3× (3 + 12d ) = (3 + 3d )2 ,
33，26，16，11，故选 C．
5．甲说有一个科目每个人都达到优秀，说明甲乙丙三个人每个人优秀的科目至少是一科，乙
说英语没有达到优秀，说明他至多有两科达到优秀，而丙优秀的科目不如乙多，说明只能
是乙有两科达到优秀，丙有一科达到优秀，故 B 错误，C 正确；至于甲有几个科目优秀，
以及三人都优秀的科目到底是语文还是数学，都无法确定，故选 C．
B，D，又当
x
趋向正无穷时，指数函数增长速度大
于幂函数，故知函数值应趋向于 0，故选 A．
文科数学参考答案·第 1 页（共 9 页）
8．抛物线的准线方程为
x
=
−
p 2
，设其与椭圆相交于
A，B
两点，AB
=
2
3 ，不妨设 yA > 0，根
据对称知 yA =
3
，代入椭圆方程解得
xA
=
−
3 2
或
xA
=
3 2
云南师大附中 2020 届高考适应性月考卷（七） 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 D A D C C A A C D B B B
【解析】 1．易知 A B 表示的是同时参加跳高和跳远的同学，则 U ( A B) 表示的是甲班不同时参加跳
(5，2) 满足题给要求，且代入得 z = 19 ，故最大值为 19．
图2
16．首先，因为函数 f (x) 在区间 (π，2π) 上单调，显然 T ≥ 2π ，故 ω = 2π ≤1， 其次，还应满 T
高和跳远的同学，故选 D．
2 ． z2 = (−1 +
3i)2 = 1 − 2 3i + 3i2 = −2 − 2 3i ， 故
8
8
z2 = −2 − 2
3i
=
(−2
8(−2 + 2 − 2 3i)(−2
3i) +2
3i)
=
16(−1 + 16
3i) = −1 +
3i ，故选 A．
3．|
a
+
2b
数为 279，相减得 693，然后 i = 2；第三次循环：重新排列后，最大数为 963，最小数为 369，
相减得 594，然后 i = 3；第四次循环：重新排列后，最大数为 954，最小数为 459，相减得
495，然后 i = 4 ，结束循环，故选 B．
11． f (−x) = (−x)2 − cos(−x) = x2 − cos x = f (x) ，故 f (x) 为偶函数， 故只需考虑 x ∈ (0，+ ∞) 的
6．设被截面圆半径为 r
，截下来的几何体高为 h ，若以
3
作为圆周率，则 r
=
8.4 2×3
= 1.4 ，又
r2 + (5 − h)2 = 52 ，故 h = 5 − 25 −1.42 = 5 − 23.04 = 5 − 4.8 = 0.2 ，故选 A．
7．易知
f
(x)
=
5x2 ex + e−x
为偶函数，故排除
解得
d
=
2
或
d
=
0
（舍去）,∴ an
=
2n
+ 1 ，故
Sn
=
n(a1 + 2
an )
=
n(3 + 2n 2
+ 1)
=
n2
+
2n
．
15．先将 x，y 当作正实数来处理，则如图 2 所示，画出可行域后，
z
=
3x
+
2
y
的最大值在
M
21，18 55
处取得，代入算得最大值为
99 5
，
现 x，y ∈ N ，∴3x + 2 y ∈ N ，∴ z = 3x + 2 y ≤19 ，经检验，实数对
的距离差所确定的双曲线为
x2 225
−Байду номын сангаас
y2 64
= 1(x
> 15)，
联立
(x − 27)2
36
x2 225
−
y2 64
−
y2 64
= 1(x
<
21)，
= 1(x > 15)，
解得
P
1375，±
32 7
2
，故选
B．
文科数学参考答案·第 2 页（共 9 页）
二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）
云南师范大学附属中学2020届高三高考适应性月考(一)数学(文)试题
文科数学试卷一、选择题：本大题共12个小题，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.已知集合(){}2,|A x y y x ==，(){}22,|1B x y xy =+=，则集合A B I 中元素的个数为（ ）A ．0B ．1C ．2D ．32. 瑞士数学家欧拉在1748年得到复数的三角方程:cos sin ixe x i x =+，根据该三角方程，计算1ie π+的值为（ ）A ．1-B ．0C ．1D ．i3.移动支付、商铁、网购与共享单车被称为中国的新“四大发明”，某中学为了了解本校学生中新“四大发明”的普及情况，随机调在了100位学生，其中使用过移动支付或共享单年的学生共90位，使用过移动支付的学生共有80位，使用过共享单车的学生且使用过移动支付的学生共有60位，则该校使用共享单车的学生人数与该校学生总数比值的估计值为（ ） A ．0.5 B ．0.6 C ．0.7 D ．0.84.已知x ，y 满足约束条件0,230,0,x x y y ≥⎧⎪+-≥⎨⎪≥⎩的最小值为（ ）A．5 B．5CD5.函数()cos |ln |f x x x =-的零点个数是（ ） A ．1 B ．2 C ．3 D ．46.在等差数列{}n a 中，51340a a +=，则7891011a a a a a ++++=（ ） A ．40 B ．60 C ．80 D ．1007.函数sin y x x =的大致图象为（ ）A ．B ．C ．D ．8.如图，执行程序框图后，输出的结果是（ ）A ．140B ．204C ．245D ．3009.已知函数()sin f x x =，将()f x 的图象上的所有点的横坐标缩短到原来的12，纵坐标扩大到原来的3倍；再把图象上所有的点向上平移1个单位长度，得到函数()y g x =的图象，则函数()||g x 的周期可以为（ ）A ．2πB ．πC ．32πD ．2π10.若函数()2f x ax =与函数()lng x x =存在公共点(),P m n ，并且在(),P m n 处具有公共切线，则实数a =（ ）A ．1e B ．2e C ．12e D ．32e11.阿波罗尼斯(约公元前262-190年)证明过这样一个命题: 平面内到两定点距离之比为常数k (0k >，1k ≠)的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.若平面内两定点A ， B 间的距离为2，动点P 满足||||PA PB =22PA PB +的最小值为（ ）A ．36-B ．48-C ．D ．12.四边形ABDC 是菱形，60BAC ∠=︒，AB =BC 翻折后，二面角A BC D --的余弦值为13-，则三棱锥D ABC -的外接球的体积为（ ）A B C D ． 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知a r ，b r 为单位向量，且,3a b π<>=r r ，则|2|a b +=r r ．14.等比数列{}n a 的首项11a =，48a =，则4S = ．15.设1F ，2F 为椭圆C ：2214x y +=的两个焦点，M 为C 上一点，且122F MF π∠=，则12F MF ∆的面积为 ．16.边长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点M 为上底面1111A B C D 的中心，N 为下底面ABCD 内一点，且直线MN 与底面ABCD 所成线面角的正切值为2，则点N 的轨迹围成的封闭图象的面积为_ ． 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. 某调研机构，对本地[]22, 50岁的人群随机抽取200人进行了一次生活习惯是否符合低碳观念的调查，将生活习惯符合低碳观念的称为“低碳族”，否则称为“非低碳族”，结果显示，有100人为“低碳族”，该100人的年龄情况对应的频率分布直方图如图.(1)根据频率分布直方图，估计这100名“低碳族”年龄的平均值、中位数;(2)若在“低碳族”且年龄在[)30, 34，[)34, 38的两组人群中，用分层抽样的方法抽取30人，试估算每个年龄段应各抽取多少人？18.在ABC ∆中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且满足sin cos()6b A a B π=-.（1）求角B 的大小；（2）若D 为AC 的中点，且1BD =，求ABC S ∆的最大值.19. 如图甲，在直角梯形ABCD 中，//AB CD ，AB CD ⊥，224CD AB BC ===，过A 点作AE CD ⊥，垂足为E ，现将ADE ∆沿AE 折叠，使得DE EC ⊥.取AD 的中点F ，连接BF ，CF ，EF ，如图乙. （1）求证：BC ⊥平面DEC ； （2）求三棱锥E FBC -的体积.20. 已知()xf x e =，()lng x x =.（1）令()()()h x f x g x =-，求证：()h x 有唯一的极值点；（2）若点A 为函数()f x 上的任意一点，点B 为函数()g x 上的任意一点，求A ，B 两点之间距离的最小值.21.已知抛物线E ：22y px =（0p >），过其焦点F 的直线与抛物线相交于()11,A x y ，()22,B x y 两点，满足124y y =-.（1）求抛物线E 的方程；（2）已知点C 的坐标为()2,0-，记直线CA ，CB 的斜率分别为1k ，2k ，求221211k k +的最小值. 请考生在第22、23两题中任选一题作答，并用2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题.如果多做，则按所做的第一题计分. 22.选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，曲线1C 的参数方程为3sin ,3cos ,x y θθ=⎧⎨=⎩（其中θ为参数），曲线2C 的普通方程为2214x y +=，以坐标原点为极点，以x 轴正半轴为极轴建立极坐标系. （1）求曲线1C 和曲线2C 的极坐标方程； （2）射线1l ：0θθ=（0(0,)2πθ∈）依次与曲线1C 和曲线2C 交于A ，B 两点，射线2l ：02πθθ=+（0(0,)2πθ∈）依次与曲线1C 和曲线2C 交于C ，D 两点，求AOCBODS S ∆∆的最大值. 23.选修4-5：不等式选讲 已知函数()|||1|f x x a x =-+-.（1）若不等式()3f x ≤的解集为{}|03x x ≤≤，求实数a 的值. （2）当2a =时，若()1422nn f x +≥--对一切实数x 恒成立，求实数n 的取值范围.试卷答案一、选择题1-5: CBCAB 6-10: DBBBC 11、12：AB 二、填空题xOy14.15 15.1 16.4π 三、解答题17.解：（1）100位“低碳族”的年龄平均值x 为240.04 + 280.08+ 320.16 + 360.44 +400.16+440.1+480.02 =35.9236x ⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯≈，中位数为()0.50.040.080.160.113436---÷+=.（2）年龄段[30,34)，[34,38)的频率分别为0.0440.16⨯=，0.1140.44⨯=， 因为0.16:0.444:11=，所以人数分别为8人，22人. 18.解：（1）由正弦定理及sin cos()6b A a B π=-，得sin sin sin cos()6B A A B π=-，由()0,A π∈，所以sin 0A ≠，则1sin cos()sin 622B B B B π=-=+，所以tan B = 又()0,B π∈， 所以3B π=.（2）如图，由1sin 24ABC S ac B ac ∆==， 又D 为AC 的中点，则2BD BA BC =+u u u r u u u r u u u r， 所以2222423a c BA BC a c ac ac =++⋅=++≥u u u r u u u r ， 则43ac ≤，当且仅当a c =时取等号，所以ABC ∆的面积的最大值为3.19.（1）证明：如图，∵DE EC ⊥，DE AE ⊥，∵DE ⊥平面ABCE ， 又∵BC ⊂平面ABCE ， ∴DE BC ⊥，又∵BC EC ⊥，DE EC E =I ， ∴BC ⊥平面DEC（2）解：11123323E FBCF BCE BCE BCE V V S h S DE --∆∆==⋅=⋅=. 20.（1）证明：由题意知()ln xh x e x =-，所以()1'xh x e x=-， 由xy e =单调递增，1y x=在()0,+∞上单调递减， 所以()'h x 在()0,+∞上单调递增，又1'202h ⎛⎫=<⎪⎝⎭，()'110h e =->，所以存在唯一的01,12x ⎛⎫∈⎪⎝⎭，使得()0'0h x =， 当()00,x x ∈时，()'0h x <，()h x 单调递减；当()0,x x ∈+∞时，()'0h x >，()h x 单调递增，所以()h x 有唯一的极值点.（2）解：由()xf x e =，则()f x 在()0,1处的切线为1y x =+，又()ln g x x =，则()g x 在点()1,0处的切线为1y x =-.由于()xf x e =与()lng x x =互为反函数，即函数图象关于y x =对称，如图，故而A ，B 两点间的距离即为()0,1与()1,0之间的距离， 所以A ，B.21.解：（1）因为直线过焦点，所以有2124y y p =-=-， 解得2p =，所以抛物线E 的方程为24y x =.（2）由（1）知抛物线的焦点坐标为()1,0F ，设直线AB 的方程为1x my =+， 联立抛物线的方程有2440y my --=，所以124y y m +=，124y y =-， 则有1111123y y k x my ==++，2222223y y k x my ==++， 所以1113m k y =+，2213m k y =+， 因此22222221212121211331111269m m m m k k y y y y y y ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=+++=++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭()()22121222122212122484269269416y y y y m y y mm m m m y y y y +-++=+⋅+⋅=+⋅+⋅-2952m =+，所以当且仅当0m =时，221211k k +有最小值92. 22.解：（1）由曲线1C 的参数方程为3sin ,3cos ,x y θθ=⎧⎨=⎩（其中θ为参数），所以曲线1C 的普通方程为229x y +=， 由cos ,sin ,x y ρθρθ=⎧⎨=⎩则曲线1C 的极坐标方程为3ρ=；又曲线2C 的普通方程为2214x y +=，由cos ,sin ,x y ρθρθ=⎧⎨=⎩则曲线2C 的极坐标方程为2224cos 4sin ρθθ=+. （2）如图，由题意知1922AOC S OA OC ∆=⋅=， 12BOD S OB OD ∆=⋅222200001442cos 4sin cos 4sin 22ππθθθθ=⋅⋅+⎛⎫⎛⎫+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()()22220008cos 4sin sin 4cos θθθθ=++，所以()()222220000995225cos 4sin sin 4cos 1616264AOC BOD S S θθθθ∆∆⎛⎫=++≤= ⎪⎝⎭， 当且仅当22220000cos 4sin sin 4cos θθθθ+=+，即04πθ=时，不等式取等号，所以AOC BOD S S ∆∆的最大值为22564.23.解：（1）由绝对值的几何意义知，()|||1|f x x a x =-+-表示在数轴上，动点x 到定点a 和1的距离之和，当且仅当2a =时，()3f x ≤的解集为{}|03x x ≤≤， 所以2a =.（2）当2a =时，()|2||1||21|1f x x x x x =-+-≥--+=恒成立， 又()1422nn f x +≥--对一切实数x 恒成立，所以11422n n +≥--，令2nt =，化简得2230t t --≤，解得3t ≤， 所以2log 3n ≤，实数n 的取值范围为2(,log 3]-∞.。
云南师大附中2020届高考适应性月考卷(六)文数-答案
如图 3，连接线段 O1O2，O1C，O2C ，
在圆台 O1O2 中， O1O2⊥平面B1CB2 ， O1C ⊂ 平面B1CB2 ，
所以 O1O2 ⊥ O1C .
又 O1C = 1 ，所以在 △O1CO2 中， CO2 = 2 .
在 △CA1 A2
中， CO2
=
1 2
A1 A2
，故
∠A1CA2
=
90° ，即
A1C
⊥
A2C
．
图3
…………………………………………………………（6 分）
（2）由题意可知，三棱锥 C −
A1DA2 的体积为 VC− A1DA2
=
1 3
|O1O2
|S△A1DA2
=
3 6
|A1
D||A2
D|
，
又在直角三角形 A1DA2 中， A1D2 + A2 D2 = A1 A22 = 16 ≥ 2|A1D||A2D| ，
方差，故 B 不正确；高一年级得分平均数等于高二年级得分平均数，故 C 正确；高一年级 各班级得分的最低分为 43，故选 C．
6．双曲线 C：x2 − y2 = 1的渐近线方程为 y = ±x ，当 k ∈ (0，1) 时， y = kx 与曲线 C 有两个不同
的交点；当 k ∈[1，3) 时，y = kx 与曲线 C 没有交点，所以“直线 y = kx 与双曲线 C：x2 − y2 = 1
AD∥EF ，得 EF ⊥ 平面EGC ， EF ⊥ EC ， 因此在三棱锥
O − CEF 中， OC = OF = OE = EC = EF = 1 ， FC = 2 ，三棱
图2
锥 O − CEF 外接球球心为线段 FC 的中点，半径为
云南师大附中2020届高考适应性月考卷(三)文数-答案
6．由余弦定理得
1 2
=
16
+
b2
− (5 8b
−
b)2
，∴b
=
3 2
， S△ABC
=
1 2
ab
sin
C
=
33 2
，故选
C．
7．
y
=
sin
ω
x(ω
>
0)
的图象向左平移
π 3
个单位长度后得
y
=
sin
ω
x
+
ωπ 3
，因为图象关于
y
轴
对称，∴ ω π 3
=
π 2
+
kπ
，
k
∈Z
，∴ω
=
3 2
11．∵△NAO ∽△MAF
，∴ | |
ON MF
| |
=
| |
OA | AF |
=
c
a −
a
，又∵△BOH
∽ △BFM
，∴ | OH | FM
| |
=
| |
BO | BF |
= a ， | ON |= 2 | OH | ， a = 2a ，∴c = 3a ，离心率 e = c = 3 ，故选 A．
=
an
1 an+1
=
(2n
1 − 1)(2n
+ 1)
=
1 2
1 2n −1
−
1 2n + 1
，
所以 Tn
=
1 2
1 −
1 3
+
1 3
−
1 5
【文综】云南师大附中2020届高考适应性月考试卷及答案(3月)
云南师大附中2020届高考适应性月考卷（七）文科综合参考答案政治部分一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分）题号12 13 14 151617 18 19 20 21 22 23答案 D B A C B B A C B B D B【解析】12．读图可知，均衡点由E向E1变化，表明该商品的供给量增加，需求量减少，价格下降。
①我国政府对农民养殖给予补贴，调动农民养殖积极性，扩大养殖规模，增加供应量，而需求量的变化情况未涉及，故不选①；②国家对新能源汽车的购置补贴标准降低50%以上，消费者购置成本增加，需求减少，但并未反映新能源汽车的供给量的变化情况，故不选②；③硫酸产量稳步增长，而我国硫酸需求受多种因素影响呈下降趋势，③正确且符合题意；④巴西大豆种植规模扩大，产量增长，中国发力农业科技，大豆种植是主力，对进口大豆的需求降低，④正确且符合题意。
故选D。
13．外汇储备货币是衡量国际货币的重要依据之一，人民币外汇储备增城总量增长、在全球官方外汇储备资产占比上升，意味着人民币作为国际货币逐步得到国际认可，①正确；人民币在IMF 储备货币中的比例还比较低，在国际结算领域使用的范围还比较窄，人民币还不是国际主要结算货币，②不选；全球外汇储备管理机构持有人民币资产的兴趣增加，对美元的依赖有所降低，有利于促进外汇储备资产多元化，③正确；尽管人民币在全球官方外汇储备资产占比上升，但比重并不大，全球外汇储备仍然以美元、欧元为主，全球外汇储备结构并未发生根本性调整，④不选。
故选B。
14．③是从金融市场发展方面，加强直接融资模式，构建多层次资本市场。
通过进一步扩大金融业对外开放，吸引境外资金入市，完善资本市场投资者结构，与材料不符；④是从金融基础设施建设方面，运用技术手段，建立金融大数据，完善征信体系，与材料不符。
故选A。
15．材料中不法分子为了自身的眼前利益，制假售假体现了市场调节的自发性，①不选；作为经济活动参加者必须尊法学法守法用法，既保证自己的经济活动符合法律规范，又能够运用法律武器维护自己的合法权益，故②③正确；形成以道德为支撑、法律为保障的社会信用制度，④说法错误。
2020届云南省昆明市云南师范大学附属中学高三适应性月考卷(五)数学(文)试题(解析版)
2020届云南省昆明市云南师范大学附属中学高三适应性月考卷（五）数学（文）试题、单选题1 •已知集合A {x|x2 1 20} , B {x| x 2x 3 0}.则AI BA. { 1,}B. {1}D. [ 1,3]C. [ 1,1]【答案】B【解析】先计算得到A1,1 ,B {x| 1 x 3}，再计算A B得到答案.【详解】A 1,1 ,B {x| 1 x 3}, A B 1故选：B【点睛】本题考查了交集的运算，属于简单题•2. 、3si n15 sin 75 ( )A.B. 12C.22【答案】C【解析】直接利用诱导公式和辅助角公式化简得到答案【详解】』3si n15 sin 75 、3si n15 cos15 2si n 15 30 、2故选：C【点睛】本题考查了诱导公式和辅助角公式，意在考查学生的计算能力i uuu uuu3•设复数Z1 , Z2 引,z（,Z2在复平面内所对应的向量分别为OP , OQ （O1 iuuu UULTuuu i i uuur【解析】化简得到OP ，— ,OQ2 21 1 uuu uuur，—，再计算OP OQ 得到答案•2 2【详解】故选：B【点睛】 本题考查了复平面对应向量的运算，掌握复数和向量的对应关系是解题的关键 4•已知数列｛a n ｝为等差数列，S n 为前n 项和，若a 2 4 ,8，则So （）A . 125B . 115C. 105D. 95【答案】Da 2 a 4 2a 1 4d4【解根据等差数列公式得到方程组，计算得到答案a 5a 1 4d 8【详解】a 2a 42a 1 4d 4,4,S 10 10,10 9 3 954a 5 a 1 4d 8d 3,2故选：D 【点睛】本题考查了等差数列求和，理解掌握数列公式是解题的关键5•如图，在圆 O 的圆心O 处有一个通信基站， 2,假设其信号覆盖范围是该圆内的白色区域（该圆形区域内无其他信号来源，基站工作正常） ，若在圆内随机地选一地点，则该地点无信号的概率是（）A .B .C. D.【答案】BZ i1 i亍 Z 2 Z i i1 i uuu ,OP21 1 murOQ 2 2 1 1 uuu uiurOP OQ 0 2 2B.-【答案】【解析】【详解】sin 2 2 sin 2D.2设该圆的半径为R计算圆面积和阴影部分面积，利用几何概型相除得到答案设该圆的半径为R则圆的面积是n R2,S阴影S扇形OABS VAOB 1 2?R221si n2?R22R21 1si n22 ，故P2n故选:【点睛】本题考查了几何概型计算概率，计算区域面积是解题的关键6 .函数f(x) sin(e x e x)的图象大致为( )【答案】D【解析】判断函数为偶函数，取特殊点C 10 f 0 sin2 1，且f x f x ，函数为偶函数故选：D 【点睛】本题考查了函数图像的判断，根据奇偶性和特殊点可以快速得到答案是解题的关键 •7 .在四边形ABCD 中，已知AB 3 , BC 4 , CD 5 , AD 6 , B 60，则四 边形ABCD 的面积为( )A . 6 2.3B . 9 3、3 C. 9 D. 8/3【答案】B一4 3 【解析】由余弦定理可求得 AC 、13，进一步求得cos D sin D —,再利用 55面积公式计算得到答案. 【详解】2 5 2故选：B 【点睛】本题考查了余弦定理和面积公式，意在考查学生的计算能力8.已知直线Ax By C 0与圆G x 2 y 2 4x 0相交于A, B 两点，且三角形ABC1，为直角三角形，贝U 代B 中点M 的轨迹方程为()A . (x 2)2 (y 1)2 1B . (x1)2 (y 1)222 2 2 2C. (x 1) y1D. (x2)y 2【答案】D【解析】根据题意得到 MC 1 J2, M 的轨迹是以C 为圆心，半径为42的圆，得到答ABC 中，由余弦定理可得 AC 2 BC 2 BA 2 2BC BA cos B 得到 AC .13 , ADC 中，由余弦定理得到 AC 2DC 2 DA 22DC DA cos D 得到43cos D —, sin D - 5 5S 1 5 6 3- 3 4 sin609 3、3案•因为VABC i 为直角三角形，且AC i BC i ，所以AB 2 2, MC i .2，所以M 的轨 迹是以C 为圆心，半径为罷的圆 故选：D 【点睛】本题考查了圆的轨迹问题，根据题意得到MC 1 ,2是解题的关键C.—e【答案】A【解析】直接代入计算得到答案【详解】In2In1 Q In2 1, f In2 e e 2, f 12故选：A 【点睛】本题考查了分段函数的计算，属于简单题 2倍(纵坐标不变)，再将图象向左平移1个单位，所得图象对应的函数为g(x)，若函数的图象在P , Q 两处的切线都与x 轴平行，则|PQ|的最小值为( A .后 B . 4C. 4D. 2躬【答案】 B【解析】 先计算得到g x. n n 12sin 一 x 一 -，画出函数图像，计算PQ 1145,2 2 3PQ 24得到答案.9 •已知函数f(x)xe ,xx ,X e，则 f (In 2)1f(1)A .e 2 2e2eD. e 2f 1/?L -22e10.已知函数f(x) 2sin( x 丄)，将yf(x)的图象上所有点的横坐标变为原来的n n 1根据变换得到：g x 2sin x，图象如图:故选：B【点睛】 本题考查了三角函数的平移，放缩，距离的计算，综合性强，意在考查学生综合应用能力• 11.如图，已知BD 是圆0的直径，A , C 在圆上且分别在 BD 的两侧，其中BD 2 ,AB CD .现将其沿BD 折起使得二面角 A BD C 为直二面角，则下列说法不正确 的是（ ） A. A , B , C , D 在同一个球面上1B. 当AC BD 时，三棱锥A BCD 的体积为— 3C. AB 与CD 是异面直线且不垂直D.存在一个位置，使得平面 ACD 平面ABC【答案】D【解析】 依次判断每个选项的正误： OA OB OC OD R ，所以A 正确；当AC BD , A , C 各在所在圆弧的中点，计算体积得到B 正确；反证法证明 AB 与CD不垂直C 正确；根据C 选项知D 错误，得到答案。
云南省师范大学附属中学2020届高三上学期第一次月考数学(文)答案
，故选
C．
图2
4． x2 + y2 = (x − 0)2 + ( y − 0)2 其几何意义为可行域内的点到点 (0，0) 的距离，故选 A．
5．如图 3，由图象知 f (x) = cos x 与 g(x) =| ln x | 的 交 点 个 数
为 原 函 数零点个数，故选 B．
6． a5 + a13 = 2a9 = 40 ，所以 a7 + a8 + a9 + a10 + a11 = 100 ，故
3
，
所以 1 = m + 3 ， 1 = m + 3 ，
k1
y1 k2
y2
因此
1 k12
+
1 k22
=
m
+
3 y1
2
+
m
+
3 y2
2
= 2m2
+
6m
1 y1
+
1 y2
+
9
1 y12
+
1 y22
= 2m2
+ 6m
y1 + y2 y1 y2
ρ ρ
cosθ， sinθ，
则曲线
C2
的极坐标方程为 ρ 2
=
cos2 θ
4 + 4sin2 θ
．
………………（5 分）
文科数学参考答案·第 5 页（共 6 页）
（2）如图
10，由题意知 S△AOC
=
1 2
OA
【语文】云南师大附中2020届高考适应性月考试卷及答案(3月)
语文试卷注意事项:1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
在试题卷上作答无效。
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
满分150分，考试用时150分钟。
一、现代文阅读(36分)(一)论述类文本阅读(本题共3小题，9分)阅读下面的文字，完成1～3题。
民俗的集体性是民俗的本质特征。
人的根本属性是他的社会性，民俗文化的产生，离不开人类的群体活动。
当人类社会产生时，相应的各类民俗文化就孕育产生了。
以后，随着社会的发展，部落和村镇出现，民族形成，人类社会出现了种种人群集合体，民俗文化便由这一群体不断创造、完善、传承和保护下来，形成人类社会多姿多彩的民俗文化和人文景观。
由此可见，民俗是一种群体智慧的结晶。
民俗的集体性源远流长。
在远古时代，民俗的集体性就是它的全民性。
原始自然崇拜、图腾崇拜是全民共同参与创造和传承的。
这种传统通过某种变异，一直延续至今。
今天民间传承的许多民俗事象，我们都无法找到它原来的倡导者和创造者，它完全靠一代又一代集体的心理、语言和行为传承下来，服饰、饮食、居住、家庭、村落、岁时节日和人生仪礼民俗以及丰富多彩的精神民俗，莫不如此。
民俗的集体性并不排除个人因素，有些民俗事象的倡导者也许是个人，但这种个人应被理解为集体的一员，只是他隐姓埋名变为无名氏。
退一步讲，即便是个人的创造，也必须得到集体的响应和施行，否则就不能成为普遍传承的民间习俗。
总之，民俗文化不是个人行为，而是集体的心态、语言和行为模式。
个人行为构不成民俗，民俗的形成、发展永远是集体参与的结果。
个人的生活习惯、爱好和他所要遵循的礼仪等，只有和社会的习俗相结合，才会得到社会的承认，融于社会的民俗之中。
集体性也是民俗在流传上的显著特征。
民俗一旦形成，就会成为集体的行为习惯，并在广泛的时空范围内流动。
云南师大附中2020届高考适应性月考卷(四)文数-答案
6．红球与黑球上标记数字情况用表格列举如下：
红球 黑球
1，2 3，4
1，3 2，4
1，4 2，3
2，3 1，4
2，4 1，3
3，4 1，2
共 6 种情况，其中红球与黑球上数字之和相等的情况有两种，其余 4 种情况中红球上数字
之和小于黑球上数字之和与红球上数字之和大于黑球上数字之和是
“对等”的，各占一半，故所求概率为
BD DC
=2
c sin ∠BAD b sin ∠CAD
=
c
sin
2π 3
b
sin
π 6
图4
= 3c = 2
A=
1 2
bc
sin
5π 6
=
1 4 bc
=
3 ，②
联立①，②，解得 b = 6 ， c = 2 2 ． …………………………………………（8 分）
在 △ABC 中，由余弦定理，得 a2 = b2 + c2 − 2bc cos A = 6 + 8 − 2 ×
2．
z
=
2i 1−i
=
2i(1 + (1 − i)(1
i) + i)
=
−1
+
i
，故选
D．
3．
{an
}
是一个首项为
1 2
，公比为 1 2
的等比数列，所以 an
=
1 2n
，故选 A．
4．当
a
=
0
时，不等式为
1≥
0
，恒成立，满足题意；当
a
≠
0
时，则
a > 0， a2 − 4a
2020届云南师大附中高考适应性与考卷(五)文科数学及答案详解
文科数学参考答案·第1页（共7页）云南师大附中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B C B D D D B D A B D C 【解析】1．{11}{|13}{1}A B x x A B =-=-<<= ，，，，故选B ．2．cos152sin(1530)=︒+︒=︒+︒=原式，故选C ．3．121i 1i 1i 1111i 01i 222222z z z OP OQ OP OQ +-+⎛⎫⎛⎫======-= ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭，∴，，，，，故选B ． 4．24111051244410910(4)3954832a a a d a S a a d d +=+==-⎧⎧⨯⇒=⨯-+⨯=⎨⎨=+==⎩⎩，，，，故选D ． 5．设该圆的半径为R ，则圆的面积是2πR ，22112sin 222AOB OAB S S S R R =-=-= 阴影扇形△ 211sin 22R ⎛⎫- ⎪⎝⎭，故2sin 22πP -=，故选D. 6．(0)sin 21f =<，且()()f x f x -=，函数为偶函数，故选D ．7．由余弦定理可求得AC =，进一步求得43cos sin 55D D ∠=∠=，，13156252S =⨯⨯⨯+⨯ 34sin 609⨯⨯︒=+，故选B ．8．因为1ABC △为直角三角形，且11AC BC =，所以1AB MC ==，所以M 的轨迹是以C 1的圆，故选D ．9．1ln ln 2211ln 21(ln 2)e e (1)2ef f -<====∵，∴，A ． 10．由题，ππ1()2sin 223g x x ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，图象如图1，由图可知，||PQ 取到的最小可能为12||||PQ PQ ，，因为1||PQ =2||4PQ =，所以最小值为4，故选B ．图1文科数学参考答案·第2页（共7页）11．因为OA OB OC OD R ====，所以A 正确；当AC BD ⊥，A ，C 各在所在圆弧的中点，此时三棱锥的底面BCD 的面积和高均处于最大位置，此时体积为111211233⨯⨯⨯⨯=，所以B 正确；AB 与CD 显然异面，用反证法证明他们不垂直．若AB CD ⊥，过A 作BD 的垂线，垂足为E ，因为为直二面角，所以AE ⊥平面BCD ，所以AE CD ⊥，所以CD ABD ⊥平面，所以CD BD ⊥，这与CD BC ⊥矛盾，所以AB 与CD 不垂直，所以正确．若平面ACD ⊥平面ABC 的交线是AC ，在平面ABC 上过点B 作AC BF ⊥ ，则BF ⊥平面ACD ，(C)BF CD CD BC CD ABC CD AB ⊥⊥⊥⊥∴，又，∴平面，∴同，所以不正确，故选D ．12．有如下两种情况：（1）0b a >>； （2）0a b >>．图2 （1）如图2甲，可求出A ，B 的坐标分别为222222a ab a c abc A B c c a b b a ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭，，，，所以2211222AOB BOF AOF abc ab S S S c c ab e b a c =-=⨯-⨯=⇒=-△△△；同理可得当0a b >>时，满足条件的离心率e =，故选C ． 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）【解析】 13．答案不唯一，满足条件即可．例如：(2123).--，，，14．抛物线的标准方程为214x y =，最小距离为1216p =． 15．可行域如图3所示，设()P x y ，为可行域内任意一点，则2222x y PO +==，由图可知min PO ==max PO CO ==，所以22x y +的取值范围为[220]，．图3文科数学参考答案·第3页（共7页）16．2222222221221log 4200log 4log 1000log 23log 10log 3320320n ⎛⎫⎛⎫=++=++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭≤，因为2log 10= 211210log 1lg 20.320=<<，所以22218log 320n n +⇒≤的最大值为8． 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）40{}n n a a =，为常数列；1110{}n n n n b b b ->-=，，是首项为10，公差为10的等差数列；11120.4n n n c c c ->==，，，所以{}n c 是首项为0.4，公比为2的等比数列．………………………………………（4分）所以1100.42n n n b n c -==⨯，．……………………………………………………………（6分）（2）设投资10天三种投资方案的总收益为101010A B C ，，，由（1）知：101010101090.4(12)400101010550409.2212A B C ⨯-==⨯+⨯===-；；， 因为101010B C A >>，所以应该选择方案二．…………………………………………（12分）18．（本小题满分12分）解：（1）由表格可知2013，2014，2015，2016，2017，2018年的增长率分别如下： 826592821109213311013813326%12%20%21%4%658292110133-----=====；；；；； 15413812%138-=， 所以2013年的增长率最高，达到了26%．……………………………………………（6分）（2）由表格可计算出：7721177443516()287i i i i i t y t y t t =====-=∑∑，，， 77435167477471515450.57287b a -⨯⨯===-⨯= ，，…………………………………（8分） y 关于t 的回归直线方程为 1550.57y t =+．…………………………………………（10分）文科数学参考答案·第4页（共7页）令149.431550.572009.9615t t +>⇒>=． 所以根据回归方程可预测，我国发明专利申请量将在2021年突破200万件．………………………………………………………………………………………（12分） 19．（本小题满分12分）（1）证明：如图4，设BE 的中点为H ，AC BD O = ，连接HG ，HO ．因为G 是BF 的中点，所以12HG EF AO HG EF AO ==∥∥，， 所以四边形AGHO 是平行四边形，所以AG HO ∥，又因为HO ⊂平面BDE ，AG ⊄平面BDE ， 所以AG BDE ∥平面．……………………………………………………………………（6分） （2）解：因为ABCD 为菱形，且60ABC ∠=︒，所以ABC △为正三角形．又因为ACEF 为矩形，且2AC AF =.AF a =设，则2AC a BD ==，，又231233V a =⨯⨯=七面体， 由题有1a =∴．……………………………………………………………………………（8分）B DEF E BCD F ABD V V V V ---=--=--=七面体，2DE DF EF ====⇒在三角形DEF 中，EF 边上的高为2，所以2DEF S =△．…………………………………………………………………………（10分） 设B 到平面DEF 的距离为d ，则13B DEF DEF V S d d -=⨯⨯=⇒=△．……………………………………………（12分） 20．（本小题满分12分）证明：（1）因为00()P x y ，在椭圆上， 所以2200221x y a b+=，所以P 也在直线上．…………………………………………………（1分） 图4文科数学参考答案·第5页（共7页）联立直线和椭圆方程222220222222222224420000000222222221()201x y a b b x x y a b a y a y b x x a b x x b a a y x x y y b x a y a b ab ⎧⎧-+=⎪=⎪⎪⇒⇒+-+-=⎨⎨⎪⎪+=+=⎩⎪⎩，， ………………………………………………………………………………………（3分）因为P 在椭圆上，所以222222222222220000200a y b x a b a b x a b x x a b x +=⇒-+=⇒∆= ⇒所以直线l 与椭圆相切，又因为l C P = ，所以直线l 是椭圆在点P 处的切线．……………………………………………………（6分）（2）设2F 关于直线l 的对称点为211()F x y '，，则22F F '，的中点在直线l 上，直线22F F '与l 垂直， 即22210120201210221x c a b b x y a y b x y x c a y +⎧-⎪=⎪⎪⎨⎪-⨯=-⎪-⎪⎩ ……………………………………………………………（8分）244242000142420022200142420022()a b x a y c b x c x a y b x a b y a x c y a y b x ⎧+-=⎪+⎪⇒⎨-⎪=⎪+⎩，， ……………………………………………………（10分） 212222200000014224222222221000000()()()()F F b y a x c b y a x c y a x c y k x c b x a y c b x a b c b x c a c x a c x c'---====+++--+- 120002000()()()PF y a x c y k a x c x c x c-===-++， 所以21F P F '，，三点共线，所以从2F 发出的光线2F P 经直线l 反射后经过1F ．…………………………………（12分）（注：此题证明方法较多，请酌情给分）21．（本小题满分12分）（1）证明：若e ()e e ()e e x x a f x x f x '==-=-，则，， 所以()f x 在(01)，上单调递减，在(1)+∞，上单调递增， 所以()f x 的最小值为(1)0f =，即有()0f x ≥．………………………………………（4分）文科数学参考答案·第6页（共7页）（2）解：()()ln x x f x a ax f x a a a '=-=-，， 令()0log ln a a f x x a'>⇒>．……………………………………………………………（6分） 令2ln 1()(1)()ln ln x x g x x g x x x-'=>=，则， 所以()g x 在(1e)，上单调递减，在(e )+∞，上单调递增，()(e)e g x g =≥， 所以e ln 1ln ln a a a a，≥．…………………………………………………………………（8分） 所以()f x 在0log ln a a a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递减，在log ln a a a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，上单调递增， min ln ln ()log log 1ln ln ln ln ln ln ln ln a a aa a a a a a a a f x f a a a a a a a a ⎛⎫⎛⎫==-=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． ………………………………………………………………………………………（10分） 由以上()g x 的讨论可知，当且仅当e a =时，e ln a a=，此时min ()0f x =． 当min (1e)(e )()0a f x ∈+∞< ，，时，，又因为(1)0f x =→+∞且时，()f x →+∞，所以，当e a =时，函数()f x 只有一个零点；当1e a a >≠且时，函数()f x 有两个零点．……………………………………………（12分） 22．（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】解：（1）因为直线的倾斜角为30°，经过时间t 后，小虫爬行的距离为2t ，其所在位置为(1)t -+，所以该射线的参数方程为1(0)x t t y t ⎧=-+⎪⎨=⎪⎩为参数，≥，． ………………………………………………………………………………………（5分）文科数学参考答案·第7页（共7页）（2）曲线C 1的直角坐标方程为22100x y x +-=；将射线的参数方程带入曲线C 1的方程，得24110t -+=，设t 1，t 2分别为小虫爬入和爬出的时间，则1212114t t t t =+=，，逗留时间214(min)t t -==，所以小虫在圆内逗留的时间为4min ．…………………………………………………（10分）23．（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】解：（1）如图5，22x y x y OD OC +-==，，CD =5分） （2）由（1）知，()2a b CD OD a b +=≥，时取等号， 所以2221224a b a b ++⎛⎫= ⎪⎝⎭， 22441112482a b a b a b +⎛⎫⇒+== ⎪⎝⎭≥≥≥当时取到等号， 所以44a b +的最小值为18．……………………………………………………………（10分）图5。
2020届云师大附中高三高考适应性月考(一)数学(文)试题
（2）求三棱锥 的体积.
20．已知 ， .
（1）令 ，求证： 有唯一的极值点；
（2）若点 为函数 上的任意一点，点 为函数 上的任意一点，求 、 两点之间距离的最小值.
21．已知抛物线 ，过其焦点 的直线与抛物线相交于 、 两点，满足 .
（1）求抛物线 的方程；
（2）已知点 的坐标为 ，记直线 、 的斜率分别为 ， ，求 的最小值.
【点睛】
本题考查程序框图运行结果的计算，一般利用算法程序框图将算法的每一步列举出来，考查计算能力，属于中等题.
9．B
【解析】
【分析】
先利用三角函数图象变换规律得出函数 的解析式，然后由绝对值变换可得出函数 的最小正周期.
【详解】
，将函数 的图象上的所有点的横坐示缩短到原来的 ，可得到函数 的图象，再将所得函数图象上所有点的纵坐标扩大为原来的 倍，得到函数 的图象，再把所得图象向上平移 个単位长度，得到 ，由绝对值变换可知，函数 的最小正周期为 ，故选B.
A． B． C． D．
12．四边形 是菱形， ， ，沿对角线 翻折后，二面角 的余弦值为 ，则三棱锥 的外接球的体积为（）
A． B． C． D．
第II卷（非选择题)
请点击修改第II卷的文字说明
评卷人
得分
二、填空题
13．已知 、 为单位向量， ，则 ____________.
14．等比数列 的首项 ， ，则 ___________.
所以 ， ， ，设 ，
则 ， ，则 ， ，
， ，
球 的半径 ，所求外接球的体积为 ，
故选：B.
【点睛】
本题考查外接球体积的计算，同时也考查了二面角的定义，解题的关键就是要找出球心的位置，并分析几何图形的形状，借助相关定理进行计算，考查推理能力与计算能力，属于中等题.