云南民族中学2020届高三高考适应性月考卷(六)数学(文)试题含答案
云南民族中学2020届高考适应性月考卷（六）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C C BD B A B C D A C B【解析】1．由题知，当0x =时，可得1y =±；当1x =时，可得0y =，故{101}B −，，，所以A B = {011}−，，，其子集的个数是328=，故选C ．2．22(12i)(2i)25i 2i i (2i)(2i)4i z ++++==−+−，故z 的虚部是1，故选C ． 3．由逆否命题的定义知A 项正确；若a b >，0c =时，22ac bc =，反之，若22ac bc >成立，一定可以得到a b >，所以“a b >”是“22ac bc >”的必要不充分条件，B 错误；特称命题的否定是将存在量词改为全称量词且否定结论，C 正确；因为p q ∨为假命题，所以p ，q 均为假命题，D 正确，故选B ．4．依题意得，1(4)220AC BD =×−+×= ，∴AC BD ⊥．∴四边形ABCD 的面积为11||||520522AC BD =××= ，故选D ． 5．因为35791145a a a a a ++++=，所以7545a =，所以79a =，因为33S =−，所以21a =−，所以公差7225a a d −==，所以5235a a d =+=，故选B ． 6．311π()sin cos sin 4426f x x x x =−=−，图象向右平移(0π)m m <<个单位长度，得到1πsin 26y x m =−−，由于得到的图象关于原点对称，故是奇函数，所以ππ6m k −−=，k ∈Z ，当1k =−时，5π6m =，故选A ． 7．设正方体的棱长为a ，则三棱锥P ABC −的正视图与侧视图都是三角形，且面积都是212a ，故选B ．8．依题意知，2()3f x x a ′=+，则32133113a b a k k ++= ×+=+=，，，由此解得132a b k =− = = ，，，所以21a b +=，故选C ． 9．如图1，作出点(23)P −−，关于y 轴的对称点0(23)P −，．由题意知反射光线与圆相切，其反向延长线过点0P ．故设反射光线为(2)3y k x −−，即230kx y k −−−=．∴圆心到直线的距离2|3223|11k k d k −−−−==+，解得43k =−或34k =−，故选D ． 10．如图2，设00()A x y ，，则60AFB =°∠，0||2p FB x =−，故0||22p AF x =− ．又0||2p AF x =+，∴00222p p x x −=+，解得032x p =．033||2322y AF p p ==×=．∵332A p p，在双曲线22221(00)x y a b a b −=>>，的一条渐近线上，∴332b p p a = ，解得2243b a =．由222a bc +=，得22243a a c +=，即2273c a =，∴213c e a ==，故选A ． 11．如图3，设m CD x =，则(16)m AD x =−，由题意可知164x a x −> >，，解得416x a <<−，矩形花圃的面积(16)S x x =−，其最大值26408()16812a f a a a a << = −+< ，，，≤，故其图象为C ，故选C ． 12．①函数()f x 的定义域是(0)(0)−∞+∞ ，，，2ln ||()x f x x x −=+，不满足函数奇偶性的定义，所以函数()f x 为非奇非偶函数，所以①错误；②取1x =−，1x =，(1)(1)1f f −==，所以函数()f x 在(0)(0)−∞+∞ ，，不是单调函数，所以②错误；③当0x >时，2ln ()x f x x x =−，要使()0f x >，即2ln 0x x x −>，即3ln 0x x −>，令3()ln g x x x =−，21()3g x x x′=−，()0g x ′=，得313x =，所以()g x 在3103，上递减，在313 +∞ ，上递增，所以31()03g x g > ≥，所以③正确；④当0x <时，函数2ln()x y x x −=−的零点即为2ln()0x x x−−=的解，也就是3ln()0x x −−=，3ln()x x =−等价于函数3()f x x =与函数()ln()h x x =−图象有交点，在同一坐标系中画出这两个函数图象，可知他们只有一个交点，所以④是正确的，故选B ．图1图2 图3二、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4 135 120− 7【解析】13．根据茎叶图中的数据，可知成绩在区间[139，151]上的运动员人数是20，用系统抽样的方法从35人中抽取7人，成绩在区间[139，151]上的运动员应抽取207435×= (人)． 14．在△ABC 中，由余弦定理得2222()()cos 22a c b a c b c b B ac ac+−++−==，∵3a =，4b c +=， 30B =°，∴34()3cos 223c b B c +−==，即34()3c b c +−=，34c b +=，结合4b c +=，解得135c =． 15．由已知，得111n a n n n n ==+−++，则12(21)(32)n n S a a a =+++=−+−… (1)11n n n +++−=+−…，∴1110n +−=，解得120n =，即直线方程化为1211200x y ++=，故直线在y 轴上的截距为120−．16．设至少需要计算n 次，由题意知1.5 1.40.0012n −<，即2100n >，由6264=，72128=知7n =． 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）45003009015000×=，所以应收集90位女生的样本数据． …………………………………………………………（2分）（2）由频率分布直方图得12(0.1000.025)0.75−×+=，所以该校学生每周平均体育运动时间不少于4小时的概率的估计值为0.75．…………………………………………………………（4分）（3）由（2）知，300位学生中有3000.75225×=人的每周平均体育运动时间不少于4小时，75人的每周平均体育运动时间少于4小时．又因为样本数据中有210份是关于男生的，90份是关于女生的，所以每周平均体育运动时间与性别的列联表如下：每周平均体育运动时间与性别列联表男生女生 总计 每周平均体育运动时间不超过4小时45 30 75每周平均体育运动时间超过4小时165 60 225 总计210 90 300 结合列联表可算得22300(456030165)100 4.762 3.841752252109021K ××−×==≈>×××， 所以，在犯错误的概率不超过5%的前提下认为“该校学生的每周平均体育运动时间与性别有关”．………………………………………………………………（12分） 18．（本小题满分12分）（1）证明：因为由题意知13q =， 所以1111333n n n a − =×= ，111113331213n n n S −− ==−， 所以12n n a S −=． ……………………………………………………（6分）（2）解：31323(1)log log log (12)2n n n n b a a a n +=+++=−+++=−……， 所以{}n b 的通项公式为(1)2n n n b +=−． ……………………………………（12分）19．（本小题满分12分） （1）证明：方法一：取AD 的中点O ，连接OP ，OC ，AC ，依题意，可知△P AD ，△ACD 均为正三角形，所以OC AD ⊥，OP AD ⊥，又OC OP O = ，OC ⊂平面POC ，OP ⊂平面POC ，所以AD ⊥平面POC ，又PC ⊂平面POC ，所以PC AD ⊥． ………………………………………………………（4分） 方法二：连接AC ，依题意，可知△P AD ，△ACD 均为正三角形，又M 为PC 的中点，所以AM PC ⊥，DM PC ⊥，又AM DM M = ，AM ⊂平面AMD ，DM ⊂平面AMD ，所以PC ⊥平面AMD ，又AD ⊂平面AMD ，所以PC AD ⊥． …………………………………………（4分）（2）解：点D 到平面P AM 的距离即点D 到平面P AC 的距离．由（1）可知PO AD ⊥，又平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD 平面ABCD AD =，PO ⊂平面P AD ，所以PO ⊥平面ABCD ，即PO 为三棱锥P ACD −的高．在Rt △POC 中，3PO OC ==，6PC =， …………………………………（6分）在△P AC 中，2PA AC ==，6PC =，边PC 上的高22102AM PA PM =−=， 所以△P AC 的面积11101562222PAC S PC AM ==××= △． 设点D 到平面P AC 的距离为h ，由D PAC P ACD V V −−=， 得1133PAC ACD S h S PO = △△． ……………………………………………（10分） 又23234ACD S =×=△， 所以115133323h ×=×× ，解得2155h =， 所以点D 到平面P AM 的距离为2155． ……………………………………（12分）20．（本小题满分12分） 解：（1）椭圆W ：2214x y +=的右顶点B 的坐标为(2，0). 因为四边形OABC 为菱形，所以AC 与OB 相互垂直平分．所以可设(1)A m ，，代入椭圆方程得114m 2+=，即32m =±． 所以菱形OABC 的面积是11||||22||322OB AC m =××= ． ……………………………………………………（5分）（2）假设四边形OABC 为菱形，因为点B 不是W 的顶点，且直线AC 不过原点， 所以可设AC 的方程为(00)y kx m k m =+≠≠，．由2244x y y kx m += =+，，消去y 并整理得222(14)8440k x kmx m +++−=． 设11()A x y ，，22()C x y ，， 则1224214x x km k+=−+，121222214y y x x m k m k ++=+=+ ． 所以AC 的中点为2241414km m M k k − ++，． 因为M 为AC 和OB 的交点，所以直线OB 的斜率为14k−．因为114k k −≠−，所以AC 与OB 不垂直， 所以OABC 不是菱形，与假设矛盾．所以当点B 不是W 的顶点时，四边形OABC 不可能是菱形．……………………………………………………（12分）21．（本小题满分12分）解：（1）2()321g x x ax ′=+−，由题意23210x ax +−<的解集是113 − ，， 即23210x ax +−=的两根分别是13−，1． 将1x =或13−代入方程23210x ax +−=， 得1a =−，所以32()2g x x x x =−−+． ……………………………………………（4分）（2）由题意22ln 3212x x x ax +−+≤在(0)x ∈+∞，上恒成立， 可得31ln 22a x x x −−≥． 设31()ln 22h x x x x=−−， 则22131(1)(31)()222x x h x x xx −+′=−+=−． 令()0h x ′=，得1x =或13−(舍)， 当01x <<时，()0h x ′>；当1x >时，()0h x ′<，所以当1x =时，()h x 取得最大值，max ()2h x =−，所以2a −≥，所以a 的取值范围是[2)−+∞，．………………………………………………………………（12分）22．（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】解：（1）以极点为圆心的单位圆为1ρ=与2sin 2ρθ=联立，得2sin 21θ=， 所以1sin 22θ=， 因为π02θ ∈，，所以π12θ=或5π12，从而交点的极坐标为π112 ，和5π112 ，． …………………………………（5分）（2）曲线22πsin 4ρθ= +的直角坐标方程为4x y +=， 玫瑰线2sin 2ρθ=极径的最大值为2，且可于π24N，取得， 连接O ，π24N ，，与4x y +=垂直且交于点π224M，， 所以距离的最小值为222−，…………………………………………（8分） 此时π224M ，，π24N ，． …………………………………………（10分）23．（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】解：（1）由题设知|1||2|5x x ++−>，不等式的解集是以下三个不等式组解集的并集：2125x x x ++−> ≥，或12125x x x −< +−+> ≤，或1125x x x <− −−−+>，， 解得函数()f x 的定义域为(2)(3)−∞−+∞ ，，．………………………………………………（5分）（2）不等式()2f x ≥，即|1||2|2x x m ++−+≥，∵x ∈R 时，恒有|1||2||(1)(2)|3x x x x ++−+−−=≥，不等式|1||2|2x x m ++−+≥解集是R ，∴23m +≤，m 的取值范围是(1]−∞，．…………………………………（10分）。
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ACABDBCADDDA【解析】1．由复数z 为纯虚数，可得3a =-，则复数z 的虚部为6-，故选A ．2．由集合{|13}A x x =-≤≤，集合{|33}B x x x =或≤，则{|33}A B x =I ≤，故选C ． 3．由已知可知，函数ln e x y x ==，定义域为(0)+∞，，值域为(0)+∞，，其中A 选项定义域和值域都为(0)+∞，，故选A ．4．由a r 在b r 方向上的投影为122227||cos 2||(3)a b a b e θ===r r r r r g rr g r ，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 ，a 1，a 2，b 1，b 2，12，满足条件的事件有5个，则发生概率为56P =，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12，故选B ． 7．由已知可知，4sin 5α=，3cos 5α=-，则可得4tan 3α=-，利用正切二倍角公式24tan 27α=，故选C ． 8．由10a =，6b =，可得4x =，进入循环体，8a =，5b =，3x =，再次进入循环体，6a =，4b =，则2x =，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2222(23)r r =+，解得43r =，故选D ． 10．由正弦定理可得，223sin sin sin sin 604B C A ==︒=，故选D ． 11．圆22(1)9x y ++=表示以(10)C -，为圆心，半径等于3的圆．由MA MB =，得CM 垂直平分AB ，再由()M m n ，在直线2y x =上，所以2n m =．由两条直线垂直可得，2011m t m -=-+g ，解得121m t =-+，再由直线AB 与圆相交，22(62)4(1)0t t ∆=+-+>，得0t >或34t <-，则(10)(02)m ∈-U ，，，故选D ．12．由已知可得，22()2a x af x x x x-'=-=，在(12)，内不是单调函数，则在区间内存在极值点，令()0f x '=，有22a x =，(12)x ∈，，故(28)a ∈，，故选A ． 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号 1314 15 16 答案12⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，或12⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭， 10，18.53215【解析】13．对函数求导可得，2141(21)(21)()4x x x f x x x x x -+-'=-==．当12x >时，()0f x '>，故增区间为12⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，或12x ≥时，()0f x '≥，故增区间为12⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭，． 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12070180x +-=元，则10x =．设顾客一次购买干果的总价为M 元，当0150M <<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150M ≥时，0.8()0.7M x M -≥，即8M x ≥对150M ≥恒成立，则8150x ≤，18.75x ≤，又2x ∈Z ，所以x 的最大值为18.5． 15．由正弦定理可知，()()()b c b c b a a +-=-，且2b =，22224(1)3c a a a =-+=-+，则3c 316．如图1，建立空间坐标系，设正方形的边长为2，则(000)A ，，，(210)F ，，，(100)E ，，，设(02)(02)M m m ，，≤≤，则(210)AF =u u u r，，，(12)ME m =--u u u r，，，2cos 55m θ=⨯+，令2(02)t m t =-≤≤，2cos 553293t θ=⎛⎫+- ⎪⎝⎭2255532923=⎛⎫+- ⎪⎝⎭，则21sin θ≥21 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43S S =，所以40a =，130a d +=，即13a d =-． 又因为32a =，图1所以12322a d d d +=-+=，解得2d =-， ………………………………（4分）所以3(3)2(3)(2)28n a a n d n n =+-=+-⨯-=-+． …………………………（6分）（2）因为130a d =->，所以0d <， 所以1(1)(1)322n n n n n S na d nd d --=+=-+， 1(1)(4)n a a n d n d =+-=-g ．因为n n S a ≥，所以23(4)2n n n d n d ⎛⎫---⎪⎝⎭≥． ………………………………（8分）因为0d <，所以2342n nn n ---≤，整理得2980n n -+≤，解得18n ≤≤， 所以n 的取值范围是{|18}n n n ∈N ≤≤，． ………………………………（12分）18．（本小题满分12分）解：（1）1(5068121520)87t =-++++++=，1(24567810)67y =++++++=，7172217136ˆ0.3 3.64467i ii i i t yt yba y bt t t==-====-=-∑∑$$，， 故生长速度y 关于月平均气温t 的线性回归方程为ˆ0.3 3.6yt =+． …………（6分）（2）当3t =时，0.33 3.6 4.5y =⨯+=， 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ABD ⊥平面BCD ，平面ABD I 平面BCD BD =， 又BD DC ⊥，所以DC ⊥平面ABD ． …………………………………（1分） 因为AB ⊂平面ABD ，所以DC AB ⊥． …………………………………（2分） 又AD AB ⊥， DC AD D =I ， 所以AB ⊥平面ADC ．…………………………………………………………（6分）（2）解：22AB =2AD =， ∴23BD =如图2，依题意ABD BDC △∽△，所以AB CDAD BD=， ∴26CD = ……………………………………………………………（7分） 故6BC =．……………………………………………………………（8分）由于AB ⊥平面ADC ，AB AC ⊥，E 为BC 的中点， 得3AE =，同理3DE =，所以22ADE S =△．因为DC ⊥平面ABD ，所以1833A BCD ABD V CD S -==g △设点B 到平面ADE 的距离为d ，则114332ADE B ADE A BDE A BCD d S V V V ---====g △， 所以6d =， …………………………………………………………（11分）即点B 到平面ADE 6 ………………………………………（12分）20．（本小题满分12分）解：（1）由题意知12c e a ==， 又222c a b =-，可得2243a b =∶∶， 又因为22223121a b ⎛⎫⎪⎝⎭+=，代入可求得2243a b ⎧=⎨=⎩，， ………………………………（2分）所以所求椭圆的标准方程为22143x y +=．…………………………………（6分）（2）设00()P x y ，，根据椭圆的对称性，不妨设00y >． 根据椭圆的方程，易知(20)A -，，(20)B ，， ……………………………………（7分）AP 的直线方程为00(2)2y y x x =++， 联立方程组0012(2)2y x y y x x ⎧=⎪⎪⇒⎨⎪=++⎪⎩，M ：000000422222y y x y x y ⎛⎫ ⎪+-+-⎝⎭，， 同理得N ：000000422222y y y x y x ⎛⎫- ⎪+-+-⎝⎭，……………………………………（8分）000000000000424222222222y y y y OM ON x y x y y x y x ⎛⎫⎛⎫⇒=- ⎪⎪+-+-+-+-⎝⎭⎝⎭u u u u r u u u r g ，，图222200022222200000016412(22)(22)(22)y y y x y x y x y =-=------，…………………………………………………………（10分）又P 在椭圆上，∴222200000141(03)433x y y x y ⎛⎫+=⇒=-< ⎪⎝⎭ 20220001239318(0)4241(22)33y OM ON y y y ⎛+⇒==∈-∞+∞ ⎛⎫⎝⎦-+--- ⎪⎝⎭u u u u r u u u r g U ，，．…………………………………………………………（12分）21．（本小题满分12分）（1）解：令()0f x '=，即1cos 2x =，(0π)x ∈，，得π3x =， 当x 变化时，()f x '，()f x 变化如下：x π03⎛⎫ ⎪⎝⎭， π3 ππ3⎛⎫ ⎪⎝⎭， ()f x ' − 0 + ()f x减最小值增所以函数()f x 的单调递减区间为π03⎛⎫ ⎪⎝⎭，，单调递增区间为ππ3⎛⎫⎪⎝⎭，．……………………………………………………（5分）（2）证明：因为21()cos 2g x x m x =+，所以()sin g x x m x '=-， 令()()sin h x g x x m x '==-，则()1cos h x m x '=-． ……………………（6分）因为1m >，所以1(01)m∈，， 所以()1cos 0h x m x '=-=，即1cos x m=在(0π)，内有唯一解0x ， 当0(0)x x ∈，时，()0h x '<；当0(π)x x ∈，时，()0h x '>， 所以()h x 在0(0)x ，上单调递减，在0(π)x ，上单调递增，……………………………………………………（8分）所以0()(0)0h x h <=，又因为(π)π0h =>，所以()sin h x x m x =-在0(π)(0π)x ⊆，，内有唯一零点1x ．……………………………………………………（10分）当1(0)x x ∈，时，()0h x <，即()0g x '<； 当1(π)x x ∈，时，()0h x >，即()0g x '>，所以()g x 在1(0)x ，上单调递减，在1(π)x ，上单调递增， 所以函数()g x 在1x x =处取得最小值， 即1m >时，函数()g x 在(0π)，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32sin x y θθ⎧'=⎪⎨'=⎪⎩，，(θ为参数)，消去θ得22134x y ''+=．将cos sin x y ρθρθ=⎧⎨=⎩，代入直线l 的方程，得l ：28x y -=，所以曲线2C 的方程为22134x y ''+=，直线l 的普通方程为l ：280x y --=．…………………………………………………………（5分）（2）由（1）可设点P 为(32sin )θθ，，[02π)θ∈，．则点P 到直线l 的距离为π4sin 83|23cos 2sin 8|55d θθθ⎛⎫-+ ⎪--⎝⎭==，故当πsin 13θ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，即11π6θ=时，d 45，P 点的坐标为312⎛⎫- ⎪⎝⎭，．…………………………………………………………（10分）23．（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】解：（1）当3k =-时，16431()213641x x f x x x x ⎧-+<⎪⎪⎪=⎨⎪⎪->⎪⎩，，，≤≤，，，故不等式()4f x ≥可化为1644x x >⎧⎨-⎩，≥或11324x ⎧⎪⎨⎪⎩≤≤，≥或13644x x ⎧<⎪⎨⎪-+⎩，≥，解得0x ≤或43x ≥，∴所求解集为403x x x ⎧⎫⎨⎬⎩⎭≤或≥．………………………………………（5分）（2）当133k x ⎡⎫∈-⎪⎢⎣⎭，时，由1k >-有310x -<，30x k +≥，∴()1f x k =+，不等式()()f x g x ≤可变形为14k x ++≤， 故3k x +≤对133k x ⎡⎫∈-⎪⎢⎣⎭，恒成立，即33k k -+≤，解得94k ≤，而1k >-，故914k -<≤．∴k 的取值范围是914⎛⎤- ⎥⎝⎦，．……………………………………………（10分）。
云南省 云南民族中学2020届 高三适应性月考卷(五)数学 (理)试题(含解析)
D．
7．由题意可得 a = 3 ，b = 6 ，h = 2 ，可得 A = 12 × (3× 6 + 3× 3 + 6 × 6) = 12 × 63 ，V = 21，故 程序输出 V 的值为 21，故选 B．
8．如图 2 所示，由球心作平面 ABC 的垂线，则垂足为 BC 的中点 M．又
AM
=
1 2
1+ i
为 H，故选 D．
3．由折线图，知月跑步平均里程的中位数为 5 月份对应的里程数，月跑步平均里程不是逐 月增加的，月跑步平均里程高峰期大致在 9，10 月份，故 A，B，D 错，故选 C．
4．逆用二项式定理得 C1n + 2C1n + 22 C2n + 23 C3n + … + 2n Cnn = (1 + 2)n = 3n = 729 ，即 3n = 36 ，所 以 n = 6 ，所以 C1n + C2n + C3n + … + Cnn = 26 − C0n = 64 −1 = 63 ，故选 A．
xB
= 1 ， xC
=
2
，由
y y
= =
−x x−+1，2，得
yD
=
1 2
，所以 S△BCD
=
1 2
× (xC
−
xB ) ×
1 2
=
1 4
．
图3
14．答案： Sn
= n2 −14n ．设等差数列 {an} 的首项为 a1 ，公差为
d，由
aa52
= +
−11， a9 = −2，
得
2a1a1++d1=2d−1=1，−2，
云南师范大学附属中学2021届高三高考适应性月考卷（六）语文试题 Word版含答案
Evaluation Only. Created with Aspose.Words. Copyright 2003-2016 Aspose Pty Ltd.秘密★启用前云南师范大学附属中学2021届高三高考适应性月考卷（六）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。
提到一座城市，人们往往会想到具有代表性的文化地标：600岁的紫禁城见证着北京城的过往，拓荒牛雕塑标记着深圳的开拓进取，珠海大剧院“日月贝”讲述着“珠生于贝，贝生于海”的城市记忆，古典园林里生长着苏州的温婉……这些城市文化地标或深植于历史文化，或投射着时代风貌，以鲜明独特的符号形象，成为一个城市的精神和文化象征，与人们产生紧密的情感连接、文化认同。
作为一种人文景观，文化地标首先应当与地理环境“不违和”。
人文景观与自然环境浑然天成、融为一体，才能给人以美的享受。
无论是中华文化天人合一、道法自然的审美意境，还是如今兴起的保护生态、亲近自然的绿色发展理念，都强调人文景观与自然环境和谐共生。
丽江古城依山傍水、以水为脉，整座古城获评世界文化遗产；国家体育场“鸟巢”充分采用自然采光和通风，勾勒出现代北京的美丽风景。
反之，若缺乏对自然的敬畏，滥造钢筋水泥地标，即便再大的“手笔”，也与审美旨趣和群众期待相差甚远。
《管子》言：“因天材，就地利，故城郭不必中规矩，道路不必中准绳。
”因地制宜，因势利导，与自然环境和谐共存，相得益彰，这是文化地标的基本要求。
作为一种符号化呈现，文化地标也应该追求形神兼备。
2019-2020学年云南师大附中高三(下)月考数学试卷(理科)(含答案)
2019－2020学年云南师大附中高三（下）月考数学试卷（理科）（六）一、选择题.1.（5分）已知集合2{|log 1}A x x =<，集合{|||2}B x N x =∈<，则(A B = )A .{|01}x x <<B .{|02}x x <C .{|22}x x -<<D .{0，1}2.（5分）已知i 为虚数单位，则复数3(1)(1)(i i --= )A .2iB .2i -C .2D .2-3.（5分）已知平面向量a ，b 的夹角为30︒，||1a =，1()2a a b -=-，则||(b = )AB .2C .3D .44.（5分）已知实数x ，y 满足约束条件()1221x y x y y +⎧⎪-⎨⎪⎩，则yx 的最大值为( )A .2B .32C .1D .235.（5分）在区间(0,3)上随机地取一个数k ，则事件“直线y kx =与双曲线22:1C x y -=有两个不同的交点“发生的概率为( ) A .13B .12C .23D .16.（5分）已知3(21)()x x a -+展开式中各项系数之和为27，则其展开式中2x 项的系数为( )A .24B .18C .12D .47.（5分）ABC ∆的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c，若sin A =，a =，c a >，则角C 的大小为( )A .3πB .2πC .23πD .34π8.（5分）在下面四个三棱柱中，A ，B 为三棱柱的两个顶点，E ，F ，G 为所在棱的中点，则在这四个三棱柱中，直线AB 与平面EFG 不平行的是( )A .B .C .D .9.（5分）已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>与抛物线2:2(0)E y px p =>有公共焦点F ，椭圆C 与抛物线E 交于A ，B 两点，且A ，B ，F 三点共线，则椭圆C 的离心率为( )A 21B .22C .3D .51-10.（5分）已知数列{}n a 满足：对*n N ∀∈，1log (2)n n a n +=+，设n T 为数列{}n a 的前n 项之积，则下列说法错误的是( ) A .12a a >B .17a a >C .63T =D .76T T <11.（5分）数学家托勒密从公元127年到151年在亚历山大城从事天文观测，在编制三角函数表过程中发现了很多重要的定理和结论，如图便是托勒密推导倍角公式“2cos212sin αα=-”所用的几何图形。
云南民族中学2020届高三高考适应性月考卷(七)理科数学答案解析
1绝密★启用前云南民族中学2020届高三毕业班高考适应性月考卷（七）数学(理)试题参考答案解析一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）【解析】1．∵{1}M N =I ，∴1M ∈， 即{01}M =，，∴{012}M N =U ，，，∴M N U 子集的个数为328=个，故选D．2．由5z z =g ,可得22(1)5a a +-=,解得1a =-或2a =,∴12i z =-+或2i z =-,∵在复平面内对应的点位于第三象限,∴12i z =-+,故选B ．3．该几何体是三棱锥,底面是俯视图,三棱锥的高为3；底面三角形是斜边长为6,高为3的等腰直角三角形,此几何体的体积为11633932V =⨯⨯⨯⨯=,故选B ．4．∵tan 2α=,∴2262cos sin 22cos 2sin cos 5ααααα+=+=,故选D ． 5．∵二项式2nx ⎫⎪⎭的展开式中第7项二项式常数最大,∴12n =,∴二项式为122x ⎫⎪⎭,令1x =,可得展开式中各项系数的和12(12)1n T =-=,故选A ．6．他听第二节课的时间不少于20分钟,应在8：50~9：00之间随机到达教室,区间长度为10,所以他在8：50~9：30之间随机到达教室,听第二节课的时间不少于20分钟的概率是101404P ==,故选B ． 7．∵11()ln ||ln ||()f x x x x x f x x x ⎛⎫⎛⎫-=-+-=-+=- ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭,∴()f x 是奇函数,关于(00)，对称,排除A,B ；当2x =时,5(2)ln 202f =>,故选D ．8．∵()(1234)(1)a P X n n n n ===+，，，,∴1261220a a a a +++=,∴54a =,∴1522P X ⎛⎫<<= ⎪⎝⎭。
云南省昆明市云南民族中学西南名校2020届高三数学第二次月考试题 文 答案
1云南民族中学2020届高考适应性月考卷（二）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 DABCBDABCCAD【解析】1．由{123}A =，，，{|21}B y y x x A ==+∈，，∴{357}B =，，，因此{12357}A B =U ，，，，，故选D ．2．1i (1i)2CA CB BA =+=-++--=-u u u r u u u r u u u r，故选A ．3．若+=0a b ，则=-a b ，所以∥a b ，若∥a b ，则+=0a b 不一定成立，故前者是后者的必要不充分条件，故选B ．4．由题意知前5个个体的编号为08，02，14，07，01，故选C ．5．设等比数列{}n a 的公比为q ，由题意知235444(1)a a a a =-=，则244440a a -+=，解得42a =，又114a =，所以3418a q a ==，即2q =，所以2112a a q ==，故选B ．6．由三视图知，该几何体是四棱锥，底面是直角梯形，且1(12)232S =+⨯=底，∴133V x =g3=，解得3x =，故选D ．7．设(31)P ，，圆心(22)C ，，则||2PC =(31)P ，且与PC 垂直，所以最短弦长为2222(2)22-=A ． 8．若输入20N =，则2i =，0T =，20102N i ==是整数，满足条件，011T =+=，213i =+=，5i ≥不成立，循环；203N i =不是整数，不满足条件，314i =+=，5i ≥不成立，循环；2054N i ==是整数，满足条件，112T =+=，415i =+=，5i ≥成立，输出2T =，故选B ．9．如图1所示，将直三棱柱111ABC A B C -补充为长方体，则该长方222(23)(3)14++=，设长方体的外接球的半径为R ，则24R =，2R =，所以该长方体的外接球的体积3432ππ33V R ==，故选C ．10．根据函数图象可知，当0x <时，切线的斜率小于0，且逐渐减小，当0x >时，切线的斜图12率大于0，且逐渐增大，故选C ．11．由题意(0)A a -，，(0)F c ，，2c a M ⎛- ⎝⎭，由双曲线的定义可得22c a cc a a a c+=--，∴22340c ac a --=，∴2340e e --=，∴4e =，故选A ．12．∵()f x 在区间123⎡⎤⎢⎥⎣⎦，上是增函数, ∴1()20f x x a x '=+-≥在123⎡⎤⎢⎥⎣⎦，上恒成立，即12a x x -+≥在123⎡⎤⎢⎥⎣⎦，上恒成立，∵1x x -+在123⎡⎤⎢⎥⎣⎦，上是减函数，∴1x x -+的最大值83=，∴823a ≥，即43a ≥，故选D ．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）【解析】13．由(34)=-，a ，(02)=，b ，所以||5=a ，||2=b ，4cos 5θ=，因为[0π]θ∈，，所以3sin 5θ=，所以3||||||sin 5265θ⨯==⨯⨯=a b a b ．14．分类讨论，当0a >时，作图可得2a =；当0a ≤时，无解．15．设第n 年开始超过200万元， 则2015130(112%)200n -⨯+>，化为(2015)lg1.12n ->lg2lg1.3-，0.300.112015 3.80.05n -->=，取2019n =，因此开始超过200万元的年份是2019年． 16．由正弦定理得24sin sin sin30AB BC C A ===︒，∵5π6A B +=，∴4sin AC B +=+514sin π4sincos 10sin 62A B B B B B B B ⎫⎛⎫=+-=++=+⎪ ⎪⎪⎝⎭⎭)B ϕ=+，∴AC 的最大值为三、解答题（共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）317．（本小题满分12分）解：（1）设{}n a 的公比为q ， 由题设可得121(1)2(1)6a q a q q +=⎧⎪⎨++=-⎪⎩，，解得2q =-，12a =-，故{}n a 的通项公式为(2)n n a =-．…………………………………………（6分）（2）由（1）可得11(1)22(1)133n n n n a q S q +-==-+--， 由于3221422(1)33n n n n n S S ++++-+=-+- 1222(1)233n n n S +⎡⎤=-+-=⎢⎥⎣⎦， 故1n S +，n S ，2n S +成等差数列． ………………………………………………（12分）18．（本小题满分12分）解：（1）设各组的频率为(123456)i f i =，，，，，，依题意，前三组的频率成等比数列，后四组的频率成等差数列， 故10.150.20.03f =⨯=，20.450.20.09f =⨯=，22310.27f f f ==， 所以由36()41(0.030.09)2f f +⨯=-+， 得60.17f =，所以视力在5.0以下的频率为10.170.83-=，故全年级视力在5.0以下的人数约为10000.83830⨯=．………………………………………………………（8分）（2）2K 的观测值2100(4118329) 4.110 3.84150507327k ⨯⨯-⨯=≈>⨯⨯⨯，因此能在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为视力与学习成绩有关系．………………………………………………………（12分）419．（本小题满分12分）如图2，取BC 的中点D ，连接AD ，1B D ，1C D ． （1）证明：∵11B C BC ∥，112BC B C =， ∴四边形11BDC B ，11CDB C 是平行四边形， ∴11C D B B ∥，11CC B D ∥， 在正方形11ABB A 中，11//BB AA ， ∴11C D AA ∥，∴四边形11ADC A 为平行四边形， ∴11AD AC ∥，∵1B D AD D =I ，∴平面1ADB ∥平面11A C C ， 又1AB ⊂平面1ADB ，∴1AB ∥平面11A C C ． …………………………………（6分）（2）解：在正方形11ABB A 中，12A B =， 又1A BC △是等边三角形，∴12A C BC == ∴22211AC AA A C +=，222AB AC BC +=， 于是1AA AC ⊥，AC AB ⊥，又1AA AB ⊥，∴1AA ⊥平面ABC ，∴1AA CD ⊥， 又CD AD ⊥，1AD AA A =I ， ∴CD ⊥平面11ADC A ，于是多面体111ABC A B C -是由直三棱柱111ABD A B C -和四棱锥11C ADC A -组成的． 又直三棱柱111ABD A B C -的体积为1221124=，四棱锥11C ADC A -的体积为1221136=，故多面体111ABC A B C -的体积为1154612+=．………………………………（12分）20．（本小题满分12分）解：（1）∵2263P ⎛ ⎝⎭，是抛物线E ：22(0)y px p =>上一点， ∴2p =，即抛物线E 的方程为24y x =，(10)F ，，图25∴221a b -=．又∵2263P ⎛ ⎝⎭，在椭圆C ：22221x y a b +=上，∴2248193a b+=，结合221a b -=知23b =（舍负），24a =， ∴椭圆C 的方程为22143x y +=，抛物线E 的方程为24y x =．…………………………………………（5分）（2）如图3，由题意可知直线l 1的斜率存在，设直线l 1的方程为(1)y k x =-， 11()A x y ，，22()B x y ，，33()C x y ，，44()D x y ，．①当0k =时，||4AB =，直线l 2的方程为1x =，||4CD =， 故1||||82ACBD S AB CD ==g g 四边形； ②当0k ≠时，直线l 2的方程为1(1)y x k =--，由22(1)143y k x x y =-⎧⎪⎨+=⎪⎩，，得2222(34)84120k x k x k +-+-=，∴2122834k x x k +=+，212241234k x x k -=+．由弦长公式知2222121212212(1)||1|(1)[()4]43k AB k x x k x x x x k ++-=++-=+，同理可得2||4(1)CD k =+． ∴2222221112(1)24(1)||||4(1)224343ACBDk k S AB CD k k k ++==+=++g g g g 四边形． 令21t k =+，(1)t ∈+∞，， 则2222424244141124ACBDt S t t t t ===-⎛⎫---+ ⎪⎝⎭四边形， 当(1)t ∈+∞，时，1(01)t ∈，，21243t ⎛⎫--+< ⎪⎝⎭，2483ACBD S >=四边形．综上所述，四边形ACBD 面积的最小值为8．…………………………（12分）图3621．（本小题满分12分）解：（1）当2a =时，2()(2)e x f x x x =-+， 2()(2)e x f x x '=-+．当()0f x '>时，2(2)e 0x x -+>，注意到e 0x >， 所以220x -+>，解得x << 所以函数()f x的单调递增区间为(；同理可得，函数()f x的单调递减区间为(-∞，和)+∞．………………………………………………………………（4分）（2）因为函数()f x 在(11)-，上单调递增， 所以()0f x '≥在(11)-，上恒成立． 又2()[(2)]e x f x x a x a '=-+-+，即2[(2)]e 0x x a x a -+-+≥，注意到e 0x >， 因此2(2)0x a x a -+-+≥在(11)-，上恒成立，也就是221111x x a x x x +=+-++≥在(11)-，上恒成立． 设111y x x =+-+，则2110(1)y x '=+>+，即111y x x =+-+在(11)-，上单调递增， 则1311112y <+-=+，故32a ≥． …………………………………………（12分）22．（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】解：（1）利用22cos sin 1ϕϕ+=，把圆C 的参数方程1cos sin x y ϕϕ=+⎧⎨=⎩，，(ϕ为参数)化为22(1)1x y -+=，∴22cos 0ρρθ-=，即2cos ρθ=． ………………………………………（5分）（2）设11()ρθ，为点P 的极坐标，由1112cos π3ρθθ=⎧⎪⎨=⎪⎩，，解得111π.3ρθ=⎧⎪⎨=⎪⎩，7设22()ρθ，为点Q的极坐标，由2222(sin )π3ρθθθ⎧=⎪⎨=⎪⎩，解得223π.3ρθ=⎧⎪⎨=⎪⎩， ∵12θθ=，∴12||||2PQ ρρ=-=．……………………………………………………（10分）23．（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】解：（1）当1a =时，230()||2|1|201321x x f x x x x x x x -<⎧⎪=+-=-⎨⎪->⎩，，，≤≤，，，当0x <时，由238x -≤，得20x -<≤； 当01x ≤≤时，由28x -≤，得01x ≤≤； 当1x >时，由328x -≤，得1013x <≤， 综上所述，不等式()8f x ≤的解集为1023⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，．…………………………………………………………………（5分）（2）∵230()||2||2032a x x f x x x a a x x a x a x a -<⎧⎪=+-=-⎨⎪->⎩，，，≤≤，，，则()f x 在()a -∞，上单调递减，在()a +∞，上单调递增， ∴当x a =时，()f x 取最小值a ， 若()6f x ≥恒成立，则6a ≥， ∴实数a 的取值范围为[6)+∞，．…………………………………………（10分）。
云南师大附中2020届高考适应性月考卷(六)理数 试卷及答案
A
OF c AF p
bc
C
OF p
a
AB AB
AF b a
a
a
aa
a
aT
TT
T
TT
ADC DC r AB r
DE BD DC DF EC
DC AC FC r r AB
DC r r AB
r
fx x
x
BD DC
BAC
ABC
AE AB BD DC
ADB ADE
FC r AB r
DC FC AC DC
O
O xyz
A
A
VC A DA A DA DO O A
OD O A OO
D
xyz
BBC
C
AD
AA
AD A D
AC CA A
n xyz
AA n AC n
y
n xy z
n AD n AD
n AD
AD
CA A
Cx y F
l
l y kx
xy
x kx
Ax y Bx y
x x k xx
AF BF
xx
x
k
x
k
k
Ax x
B
AB x x
a a b a ab a ab
b
xy
xy
y
x
y
x
y
y
x
Cx y
k
y kx
yx k C
y kx y kx
C Cx y
x
x xa
x x x xx
ABC a b
A
a
xx
x
A
B
B
云南民族中学2020届高三高考适应性月考卷(七)数学(理)试题答案
云南民族中学2020届高考适应性月考卷（七）理科数学参考答案一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）【解析】1．∵{1}M N =I ，∴1M ∈， 即{01}M =，，∴{012}M N =U ，，，∴M N U 子集的个数为328=个，故选D ．2．由5z z =g ，可得22(1)5a a +-=，解得1a =-或2a =，∴12i z =-+或2i z =-，∵在复平面内对应的点位于第三象限，∴12i z =-+，故选B ．3．该几何体是三棱锥，底面是俯视图，三棱锥的高为3；底面三角形是斜边长为6，高为3的等腰直角三角形，此几何体的体积为11633932V =⨯⨯⨯⨯=，故选B ．4．∵tan 2α=，∴2262cos sin 22cos 2sin cos 5ααααα+=+=，故选D ．5．∵二项式2nx ⎫⎪⎭的展开式中第7项二项式常数最大，∴12n =，∴二项式为122x ⎫⎪⎭，令1x =，可得展开式中各项系数的和12(12)1n T =-=，故选A ．6．他听第二节课的时间不少于20分钟，应在8：50~9：00之间随机到达教室，区间长度为10，所以他在8：50~9：30之间随机到达教室，听第二节课的时间不少于20分钟的概率是101404P ==，故选B ．7．∵11()ln ||ln ||()f x x x x x f x x x ⎛⎫⎛⎫-=-+-=-+=- ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭，∴()f x 是奇函数，关于(00)，对称，排除A ，B ；当2x =时，5(2)ln 202f =>，故选D ．8．∵()(1234)(1)a P X n n n n ===+，，，，∴1261220a a a a +++=，∴54a =，∴1522P X ⎛⎫<<= ⎪⎝⎭51515(1)(2)42466P X P X =+==⨯+⨯=，故选D ．9．由题意知sin cos a b C c A +=+，由正弦定理可得sin sin sin cos sin A B C A A C +- 0=，整理得sin sin()sin cos 3sin 0A A C C A A C ++-=，即sin sin cos A A C +- 3sin sin 0A C =，又因为(0π)A ∈，，则sin 0A >，所以π3sin cos 2sin 16C C C ⎛⎫-=-= ⎪⎝⎭，即π1sin 62C ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，又因为ππ5π666C -<-<，所以ππ66C -=，解得π3C =，故选B ． 10．将(2)y k x =+代入28y x =，得2222(48)40k x k x k +-+=．设交点的横坐标分别为A x ，B x ，则284A B x x k +=-①，4A B x x =g ．又||2A FA x =+，||2B FB x =+，||2||FA FB =，∴242B A x x +=+②，∴将②代入①得2823B x k =-，22161642233A x k k=-+=-，故2281622433A B x x k k ⎛⎫⎛⎫=--= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭g ，解得289k =．而0k >，∴22k =0∆>，故选D ． 11．如图1，∵底面ABCD 为菱形，∴OA OB ⊥，∴AB 的中点N 为△AOB的外心，取PA 的中点M ，则MN PB ∥，∵PB ⊥底面ABCD ，∴MN ⊥底面ABCD ，∴M 为三棱锥P −AOB 的外接球球心，∵1PB =，π3APB =∠，∴2AP =，∴外接球的半径为1，体积为4π3，故选C ．12．因为函数(2)y f x =+的图象关于直线2x =-对称，函数()y f x =的图象是由函数(2)y f x =+的图象向右平移两个单位长度得到的，所以函数()y f x =的图象关于直线0x =对称，所以函数()y f x =是偶函数，所以()()f x f x -=．因为函数(1)f x +是偶函数，所以(1)(1)f x f x +=-+，所以(2)()()f x f x f x +=-=，所以函数()f x 是周期为2的偶函数．由[01]x ∈，时，π()sin 2f x x =可作出()y f x =与||1e x y ⎛⎫= ⎪⎝⎭的图象如图2所示，可知每个周期内有2个交点，所以函数||()()e x g x f x -==在区间[20182018]-，上的零点个数为201824036⨯=，故选D ．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号 1314 15 16 答案 200021x x x ∃∈-R ，≥5-152+ 【解析】13．因为全称命题的否定是特称命题，命题“x ∀∈R ，221x x -<”的否定是0x ∃∈R ，20021x x -≥．14．由向量a r 在向量b r 方向上的投影为||cos 5||a ba ab b ==r rr r r g r <，>图2图115．由11e e x x y x --'=-+，得0k =．16．因为||OF c =，||OE a =，OE EF ⊥，所以||EF b =，因为1()2OE OF OP =+u u u r u u u r u u u r，所以E 为PF 的中点，||2PF b =，又因为O 为FF '的中点（F '为双曲线的右焦点），所以PF EO '∥，所以||2PF a '=，因为抛物线的方程为24y cx =，所以抛物线的焦点坐标为(0)c ，，即抛物线的焦点和双曲线的右焦点相同，过F 点作x 轴的垂线l ，过P 点作PD l ⊥，则l 为抛物线的准线，所以2PD PF a '==，所以点P 的横坐标为2a c -，设()P x y ，，在Rt PDF △中，222PD DF PF +=，即22244a y b +=，22244(2)4()a c a c c a +-=-，解得e =． 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）（1）解：因为2(1)n n S n a =+，当2n ≥时，112n n S na --=， 两式相减得12(1)n n n a n a na -=+-， 即1(1)n n n a na --=， 所以当2n ≥时，11n n a a n n -=-， 所以121n a a n ==，即2n a n =． …………………………………………（5分）（2）证明：因为2n a n =，4(2)n n n b a a =+，*n ∈N ，所以41112(22)(1)1n b n n n n n n ===-+++， 所以121111112231n n T b b b n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭……1111n n n =-=++． 因为101n >+，所以1111n -<+． 又因为1()1f n n =+在*N 上是单调递减函数， 所以111n -+在*N 上是单调递增函数， 所以当1n =时，n T 取得最小值为12， 所以112n T <≤．………………………………………………………（12分）18．（本小题满分12分）解：（1）120.04140.12160.28180.36200.10220.06240.04x =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯17.40=． ………………………………………………………………………（2分）（2）由题意，X ～N (17.40，6.92)． （i ）10.6827()0.841422P x μσ>-=+≈， ∴17.40 2.6314.77μσ-=-=时，满足题意， 即最低年收入大约为14.77千元；…………………………………………（5分）（ⅱ）由0.9545(12.14)(2)0.50.97732P X P X μσ=-=+≈≥≥， 得每个农民年收入不少于12.14千元的事件概率为0.9773， 记1000个农民年收入不少于12.14千元的人数为ξ， 则ξ～B (103，p )，其中0.9773p =．于是恰好有k 个农民的年收入不少于12.14千元的事件概率是331010()C (1)k k kP k p p ξ-==-， 从而由()(1001)1(1)(1)P k k pP k k p ξξ=-⨯=>=--，得1001k p <， 而1001978.2773p =，∴当0978k ≤≤时，(1)()P k P k ξξ=-<=， 当9791000k ≤≤时，(1)()P k P k ξξ=->=．由此可知，在走访的1000位农民中，年收入不少于12.14千元的人数最有可能是978．………………………………………………………（12分）19．（本小题满分12分）（1）证明：易知，AB ，AD ，AA 1两两垂直，如图3，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系．设AB t =，则相关各点的坐标为(000)A ，，，(00)B t ，，，1(03)B t ，，，(10)C t ，，，1(13)C t ，，，(030)D ，，，1(033)D ，，． 从而1(33)B D t =--u u u u r ，，，(10)AC t =u u u r ，，，(30)BD t =-u u u r，，， 因为AC BD ⊥，所以2300AC BD t =-++=u u u r u u u r g ， 解得3t =3t =舍去)，于是1(333)B D =-u u u u r ，，，(310)AC =u u u r，，， 因为13300AC B D =-++=u u u r u u u u r g ，所以1AC B D u u u r u u u u r ⊥， 即1AC B D ⊥．………………………………………………………（5分）图3（2）解：由（1）知，1(033)AD =u u u u r ，，，10)AC =u u u r ，11(010)B C =u u u u r，，， 设()x y z =，，n 是平面1ACD 的一个法向量，则100AC AD ⎧=⎪⎨=⎪⎩u u u r g u u u u rg ，，n n即0330y y z +=+=⎪⎩，， 令1x =，则(1=-，n ．设直线11B C 与平面1ACD 所成的角为θ，则111111sin |cos |||||B C B C B C θ====u u u u ru u u u r g u u u u r g <，>n n n即直线B 1C 1与平面ACD 1．………………………………………………………（12分）20．（本小题满分12分）（1）证明：联立22162(2)x y y k x ⎧+=⎪⎨⎪=-⎩，，可得2222(31)121260k x k x k +-+-=． 设P 点的坐标为()p p x y ，，Q 点的坐标为()q q x y ，，则221231p q k x x k +=+，2212631p q k x x k -=+，于是有24()431p q p q ky y k x x k k -+=+-=+．因为PQ 的中点为N ，所以222623131k k N k k ⎛⎫- ⎪++⎝⎭，，因此ON 的斜率为13ON k k =-．因为直线ON 交直线3x =于M ，所以13M k ⎛⎫- ⎪⎝⎭，，故MF 的斜率为1MF k k =-，即得1MF PQ k k =-g ，因此MF 与PQ 垂直，π2MFQ =∠．………………………………………………………（6分）（2）解：设2222222()()||()1||1p q p q p q x x k x x PQ I k x x MF k-+-⎛⎫===- ⎪⎝⎭+ 4222222214421[()4]24(31)31p q p q k k k x x x x k k k ⎡⎤-=+-=-⎢⎥++⎣⎦2222124(31)k kk +=+． 令231u k =+，则222(1)(2)1611116119833223416u u I u u u u ⎡⎤-+⎛⎫⎛⎫==---=---⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦． 由于2311u k =+>，故101u<≤，因此max 3I =(当4u =时取到最大值，也即1k =±)． 综上所述，||||PQ MF………………………………………（12分）21．（本小题满分12分）解：（1）()e x f x a '=-．当0a >时，令()0f x '=，则ln x a =，若ln x a <，()0f x '<，所以()f x 在(ln )a -∞，上是单调减函数； 若ln x a >，()0f x '>，所以()f x 在(ln )a +∞，上是单调增函数． 所以()f x 的单调增区间为(ln )a +∞，，单调减区间为(ln )a -∞，．………………………………………………………（4分）（2）由（1）可知，当0a >时，函数()y f x =其图象与x 轴交于两点， 则有e 0i x i ax a -+=，则(1)e 01(12)i x i i a x x i -=>⇒>=，，于是122ex x +=，在等腰三角形ABC 中，显然90C =︒，所以12012()2x x x x x +=∈，，即00()0y f x =<， 由直角三角形斜边的中线性质，可知2102x x y -=-， 所以21002x x y -+=，即1221212e ()022x x x x ax x a +--+++=，所以2112()022x x ax x a -+++=，即2112(1)(1)[(1)(1)]022x x ax x ----+-+=．因为110x -≠，则2211111110212x x x a x --⎛⎫--++= ⎪-⎝⎭，t =，所以221(1)(1)022a at t t -++-=，即211a t =+-，则(1)(1)2a t --=． 所以()1at a t -+=， 所以()12at a t -++=．………………………………………………（12分）22．（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】解：（1）曲线2C 的直角坐标方程为220x y +-=， 曲线3C 的直角坐标方程为2220x y y +-=．…………………………………（5分）（2）曲线1C 的极坐标方程为(0)θαρρ=∈≠R ，，其中0πα<≤，因此A 的极坐标为)αα，，B 的极坐标为(2sin )αα，，所以π|||2sin |4sin 3AB ααα⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，当5π6α=时，||AB 取得最大值，最大值为4． …………………………（10分）23．（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】解：（1）当1a =时，不等式()()f x g x ≥等价于2|1||1|40x x x x -+++--≤①， 当1x <-时，①式化为2340x x --≤，无解；当11x -≤≤时，①式化为220x x --≤，从而11x -≤≤；当1x >时，①式化为240x x +-≤，从而1x <，所以()()f x g x ≥的解集为1x x ⎧⎪-⎨⎪⎪⎩⎭≤．………………………………………………………（5分）（2）当[11]x ∈-，时，()2g x =，所以()()f x g x ≥的解集包含[11]-，，等价于当[11]x ∈-，时，()2f x ≥， 又()f x 在[11]-，上的最小值必为(1)f -与(1)f 之一， 所以(1)2f -≥且(1)2f ≥，得11a -≤≤， 所以a 的取值范围为[11]-，．………………………………………………（10分）。