《加15套高考模拟卷》云南省2020届高考适应性考试数学试卷含解析

云南省会泽县第一中学2020届高考适应性考试数学试卷一、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.某几何体的三视图如图所示，其中正视图是边长为4 的正三角形，俯视图是由边长为4 的正三角形和一个半圆构成，则该几何体的体积为（）正视用 热视图他视图8+也 8巫 4+迫 4+也A.3 B.3 c.3D.32.已知三棱锥A BC D 中，底 面 为 等 边 三 角 形，A5=AC=AO=3,BC=2#），点 E 为 CD的中点，点F为BE的中点.若点M、N是空间中的两动点，且H=H=2,MN=2,则A ,AN=M F N F（）A.3 B.4 C.6 D.83.如图是一几何体的平面展开图，其中四边形ABCD为矩形，E,F 分别为PA,PD 的中点，在此几何 直 线 BE与直线CF异面；,直 线 BE与直线AF异面；直线EF/平面PBC；平面BCE-L平面PAD.其中正确的结论个数为（）A.4 个B.3 个C.2 个D.1 个（7 1 兀、4.函数y=l n c o s x -5 c x的图象是（）1 ,5.若对区间 0,1 内的任意实数,w，/,都有./（X1）+/a2）N，（A3）成立，则实数4 的取值范围是（）A.1,2 B e,4 c,1,2）e,4 D f l,46.西安市为了缓解交通压力，实行机动车限行政策，每辆机动车每周一到周五都要限行一天，周 末（周六和周日）不限行某公司有A,B,C,D,E 五辆车，每天至少有四辆车可以上路行驶.已知E 车周四限行，8 车昨天限行，从今天算起，A,。两车连续四天都能上路行驶，E 车明天可以上路，由此可知下列推测一定正确的是（）A.今天是周四 B.今天是周六 C.A 车周三限行D.0 车周五限行7.已知函数/(x)=l g(W +l),记。=/(5 0 2),b=/(l o g0 2 3),c =/，则 4,),c 的大小关系为()A.b c a B.a b c c.c a b p c b a8.执行如图所示的程序框图，若输入的。力的值分别为1,2,则输出的S是（）A.70 B.2 9 C.12 D.57T T T9.将函数y =s i n（2 x-：）的图象向左平移;个单位，所得图象对应的函数在区间（一加,根）上无极值点,4 4则机的最大值为（）兀 R 3冗 71A.8 B.4 C.8 D.210.若函数x）=x g（x）是定义在R上的奇函数，在（F,O）上是增函数，且/=0,g（0）=0,则使得g（x）贝!JaC.若 c 4=，m l l a ,m J 1（3 则m D 若。工y,则12 .已知向量a =（l,2五），愀=1,向量a与/，的夹角为12 0。，则卜+目的值为（）A.而 B.6 C.7 D.13二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共2（）分。Z 1 一j D-=1 +t n I I _13.已知a/eR,复数z =a i且1 +i （i为虚数单位），则帅=，国=.T T 1 Tf（x）=s i n（0）14.已知函数.3 的最小正周期为乃，若将函数 X）的图像向左平移4个单位，则所得 函 数 图 像 的 一 条 对 称 轴 为.（任意写出一条即可）15.如图，在 四 棱 柱.8A 4 G.中，A 4f,平面 AB CO,A B/C D,N D C B =9。,A B=A D =A A,=2D Ct 0为棱C G上-动点，过直线入。的平面 分 别 与 棱 明，叫交于点P,R,则下 列 结 论 正 确 的 是.对于任意的点。，都有APQ R对于任意的点。，四边形A P Q R不可能为平行四边形存在点Q,使得山?2为等腰直角三角形存在点。，使得直线8 C平面APQ R16.设（*-1）4（2%+1）=%+6-2（彳 +1）2+。5（*+1）则+。2+%的值为,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.（12分）已知正方形的边长为4,E,F 分 别 为 的 中 点，以 E/为棱将正方形A8CO折成如图所示的6（）的二面角，点 M 在线段A B上.若 M 为 A B 的中点，且直线“/，由A R E 三点所确定平面的交点为。，试确定点。的位置，并证明直线。/平面E M C；是否存在点M,使得直线D E与平面E M C所成的角为6；若存在，求此时二面角知一E C 一/的余弦值，若不存在，说明理由.18.（12分）如图，菱形A8C。的对角线A C 与 8。相交于点。，FO_L平面A 8 C D,四边形Q4E/为平行四边形.B 求证：平面OEEJ平面；若 A B =F O =2,B D =2丘,点在线段8E上，且 B F =3 H F,求平面AC”与平面OE/所成角的正弦值.19.（12分）如图，在直三棱柱ABC A 4 G 中，A4BC是等腰直角三角形，A C =B C =l,例=2,点。是侧棱A A 的中点.证明：。1_1平面以；求三棱锥4 BC D 的体积.20.（12分）四棱锥P ABC。中，平面PC。1 平面A 8 C O,四边形A8CO为矩形，A3=4,A D =3,Z P A B =90.c：yo3贬求证：PD_L平面ABC。；若直线8。与平面PAB所成角的正弦值为10,求二面角C-P A D 的余弦值.21.（12分）如图，点。在以A 8 为直径的圆。上，PA垂直与圆。所在平面，G为 O C 的垂心求证:平面O PG L 平 面P AC；若尸A=AB=2AC=2,求二面角A OP G 的余弦值.7 _ j-1-=122.（10分）设斜率不为0 的直线/与抛物线*=4），交于A,B 两点，与 椭 圆 6 4 交于C,。两点，记直线A,O B ,O C,。的斜率分别为匕，“2,%,均.若直线/过（%）,证明：0 4,0 8；k、+&求证：k+K的值与直线/的斜率的大小无关.参考答案一、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、A2、B3、C4、A5、D6、A7、A8、B9、A10、Cn、c12、B二、填空题：本题共4 小题，每小题5 分，共 20分。13、ab=-6|z|=A/10兀x=14、615、16、17三、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、(1)证明见解析；(2)0,-.4【解析】【分析】(1)利用中位线不难得到。的位置，连接D F 交 C E 于 N ,则。/M N,证得线面平行；(2)取 A E中点“，以 为原点建立空间坐标系，设 利 用 线 面 所 成 角 去 列 方 程，解得f值，然后确定二面角M-E C-F的两个面的法向量，利用公式求解即可.【详解】(1)因为直线MF u 平面ABFE,故点。在平面A B F E内也在平面A O E内，所以点0 在平面ABFE与平面AO E的交线上(如图所示)因为4 9 B E,为 A 3 的中点，所以AOAM所以A O =B F,所以点。在 EA的延长线上，且 AO=2连结。尸交EC于 N,因为四边形CDE尸为矩形，所以N 是 EC的中点连结M N,因为M N为 A。尸的中位线，所以MN O D,又因为M N u 平面E M C,所以直线。平面EMC.(2)由已知可得，E F 上A E ,E F L D E,所以EF_L平面AOE,所以平面平面O D E,取 A E的中点”为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系,所以 E(-1,0,0),ZX0,0,G),C(0,4,/3),尸(一 1,4,0),所以 EZ)=(l,0,G)，C=(1,4,73)，设 M(l/,0)(0/2,0）,E（板,0,2）,产（0,0,2）,D E =（V 2,V 2,2）,D F =（0,V 2,2）,f i F=（0,-72,2）,Cf i =（72,72,0）,AC=（-272,0,0）,V BH=3HF,A CH=C5+-S F =|V2,I，3 3 3 /设平面OEF的法向量为勺=(石，加4),+2 1 0,令y+2Z=0得 勺=（0,-V2,l）.同理可求得平面ACH的一个法向量4 =(0,-272,1).1-COS2（勺,2）=旦,.平面A C 与平面DEF所成角的正弦值为逅.9【点睛】(1)用向量法解决空间角问题的关键是建立适当的空间直角坐标系，然后得到相关点的坐标，求出直线的方向向量或平面的法向量，然后利用向量的运算进行求解.(2)向量法求二面角大小时，可分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小.19、(1)详见解析；(2)【解析】【分析】(1)由ACGA1是矩形，且AC=1,AA1=2,D是棱A4)的中点，得到D Q D C,又B C,侧 面AC”证得BCLDG，利用线面垂直的判定定理，即可证得D G，平面BCD.(2)由 可得B|G而B C D,贝IJ VB LBCD MVCLBCD，利用体积公式，即可求解.【详解】(1)证明：；ACGA1是矩形，且AC=1,AA|=2,D是棱A 4的中点./.ADACADAiG均为等腰直角三角形，DC,DC.又 BC 侧面AG BC DC,.又：BC c DC=C,BC,CD u 面BCD,由线面垂直的判定定理，可得D G，平面BCD.（2）因为B C/B C,且B C u面BCD,BG U面BCD,；.B /面BCD.,VBBCD=V g-B C D =SA B CD?I x 1 X 5/2 JA/-=.【点睛】本题主要考查了线面垂直的判定与证明，以及利用等体积法求解三棱锥的体积，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理是判定和证明的关键，同时注意等体积法的应用，着重考查了转化思想，以及推理与论证能力，属于基础题.20、（1）见 证 明（2）生 反41【解析】【分析】（1）先根据面面垂直性质定理得线面垂直，再根据线面垂直判定与性质定理证结果，（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面角与二面角.【详解】解：（1）因为平面PC_L平面A 8CD,且N8CO=90.所以8 c L平面P C O,所以又因为 A8J.PA,A B L AD,所以AB，平面PA。，所以POL A3.又因为所以P。，平面A8CD.（2）以。为原点，D A DP，0 c方向分别为轴，）轴，z轴正方向建立如图空间直角坐标系.作。ELPA于E,连接8E,因 为 平 面 平 面P AB,所以OE，平面P A B ,N DBE即为直线BD与平面P A B所成的角,故 匹=逑，所以。e=述BD 102中，令 P D =x,则尤3=，9+/.述,2解得x=3,故 A（3,0,0）,P（0,3,0）,C（0,0,4）.设平面P AC的一个法向量为加=（a,b,c）,m-A P -0m-A C =0所以-3a+3/?=0-3a+4c=0，可取/=（4,4,3）.又因为平面P AD的一个法向量为DC=（0,0,4）,411cM,冈=滴=湍=粤.综合图形可知，所求二面角的余弦值为H 匣.41【点睛】本题考查面面垂直性质定理 线面垂直判定与性质定理以及利用空间向量求线面角与二面角，考查基本分析求解能力，属中档题.21、（1）见 解 析（2）撞1.17【解析】试题分析：（1）延长OG交AC1于点M,由重心性质及中位线性质可得0 M/8 C,再结合圆的性质得O M 1 AC,由已知PA J.O M,可证OML 平面PA C,进一步可得平面OPGJ_平面PAC；（2）以点。为原点，CB，C A AP方向分别为1，），z轴正方向建立空间直角坐标系，写出各点坐标，利用二面角与二个半平面的法向量的夹角间的关系可求二面角的余弦值.试题解析：（D如图，延长OG交AC于点M.因为G为A4OC的重心，所以M为AC的中点.因为0为A8的中点，所以。例/3C.因为A8是圆。的直径，所以8 C L A C,所以。M_LAC.因为PA _L平面ABC,O M u平面A B