2020年山西省高考4月份考前适应性测试理科数学含答案

A卷选择题答案 一、 选择题 1. C 【解析】 作图可知两曲线有两个交点， 故选C. 2. A 【解析】 根据题目中条件可以判断是正确的， 是错误的. 3. B 【解析】 如图， 由于分段函数f ( x )的值域为( -3,e - 3)0, + )， 因此选B 4. C 【解析】 因为 AC BD， 所以 AC BD = 3 2 + ( -1) m = 0， 即m = 6， 所以四边形的面积为 | AC | BD 2 = 32+()-1 2 22+ 62 2 = 10， 故选C 5. A 【解析】 根据图象中相邻最高点与最低点的位置， 可以估计周期约为5.5.视星等数值越小亮度越高， 故最亮时 约为3.7. 6. D 【解析】 由已知 c a c b = 4， 即c2= 4ab， a2+ b2= 4ab， b a + a b = 4. 变形得 （b a） 2-4 b a + 1 = 0， a b 0， 故 b a = 2 -3， 双曲线C1的渐近线方程为y = ( 2 -3 ) x. 7. B 【解析】 由三视图可知， 几何体是由一个底面半径为3， 高为3的圆柱体和一个底面边长为32， 高为2的正四 棱锥组合而成， 圆柱体的体积为27， 正四棱锥的体积为12， 所以几何体的体积为27 + 12. 8. B 【解析】 设PA = a，AB = b，AC = c， 则 VP - ABC= 1 3 SABCPA = 1 6 abc， 又VP - ABC= 1 3 S1R + 1 3 S2R + 1 3 S3R + 1 3 S4R， R = 3VP - ABC S1+ S2+ S3+ S4 = 1 2 abc S1+ S2+ S3+ S4 . 又 S1= 1 2 bc，S2= 1 2 ab，S3= 1 2 ac. S1S2S3= 1 8 a2b2c2. 1 2 abc =2S1S2S3， R = 2S1S2S3 S1+ S2+ S3+ S4. 秘密启用前 2020年山西省高考考前适应性测试 理科数学参考答案详解及评分说明 理科数学试题答案第1页 （共6页） 评分说明： 1. 考生如按其他方法或步骤解答， 正确的， 同样给分； 有错的， 根据错误的性质， 参照评分说明中相应的规定 评分. 2. 计算题只有最后答案而无演算过程的， 不给分； 只写出一般公式但未能与试题所给的具体条件联系的， 不 给分. （第3题答图） 1 y x O 9. B 【解析】( ) x3- 2x + 1 x 6 =( ) x4- 2x2+ 1 x 6 = ( x2- 1)12 x6 ， 即求分子展开式中x6项的系数. 分子二项展开式的通项为C r 12( x 2)12 - r( -1)r， 令24 - 2r = 6， 解得r = 9， 此时C 9 12( x 2)12 - 9( -1)9 = -220 x6， 故原式展开后， 常数项为-220. 10. A 【解析】f ( x ) =3 sin2x + 2sin2x = 2sin ( 2x - 6 ) + 1， 所以函数f ( x)的最大值为3， 最小值为-1， 又因为 f ( x1)f ( x2) = -3， 所以f ( x )在x1， x2处取到最大值和最小值， 不妨设在x1处有最大值， 则x1= k1 + 3 ， x2处取到 最小值， 则x2= k2 - 6 ， 得|x1+ x2= | | | | | | | |( k 1+ k2) + 6 ， k1，k2Z， 所以|x1+ x2的最小值为 6 . 11. D【解 析】如 图 所 示 ，E,F,G,H,N分 别 为B1C1,C1D1,DD1,DA,AB的 中 点 ， 则 EF B1D1 NH，MN B1A FG， 所以平面MEFGHN平面 AB1D1， 所以动点P 的轨迹是六边形MEFGHN及其内部 . 因为AB = AD = 2，AA1= 4， 所以 EF=HN= 2， EM=MN=FG=GH=5， GM=22，E到GM的距离为5 - ( 2 2 )2= 32 2 ， 所以S = 2S梯形EFGM= 2 2 + 22 2 32 2 = 9. 12. C 【解析】 由an + 1= ( 5n + 10 ) an ( n2+ 5n + 6 ) an+ 5n + 15 = 5( n + 2 ) an ( n + 3)( n + 2 ) an+ 5， 故( n + 3) an + 1= 5( n + 2 ) an ( n + 2 ) an+ 5， 记bn= ( n + 2 ) an， 则bn + 1= 5bn bn+ 5， 两边取倒数， 得 1 bn + 1 = 1 5 + 1 bn， 所以 1 bn 是以 1 5 为公差的等差数列， 又 1 b1 = 1 3a1 = 2 5， 所以 1 bn = 2 5 + ( n - 1) 1 5 = n + 1 5 ， 所以an= bn n + 2 = 5 ( n + 1)( n + 2 )， 故a99= 5 100 101 = 1 2020. B卷选择题答案 1. C2. D3. D4. C5. A6. C 7. D8. B9. B10. A11. D12. B A、 B卷非选择题答案 二、 填空题 13.5 【解析】z = 2 + i i3 = 2 + i -i = -1 + 2i，|z =5. 14. 59 【解析】 由 a4= a1+ 3d = 18, a20= a1+ 19d = 30, 得 a1= 63 4 , d = 3 4, 即an= 60 + 3n 4 . 又an= 60 + 3n 4 n， 解得n 1时， 两图象显然有公共点； 当 0 a 1时， 由图可知，a最小时， 两图象均与直线y = x相切， 此时， 设切点坐标为()x0,y0， 则 y0=( ) 1 a x0 , y0= x0, ( ) 1 a x0 ln 1 a = 1, x0=( ) 1 a x0 , ( ) 1 a x0 ln 1 a = 1, x0=( ) 1 a x0 , x0ln 1 a = 1, lnx0= x0ln 1 a, x0ln 1 a = 1. lnx0= 1， x0= e， ln 1 a = 1 e ， a = e -1 e 三、 解答题 17. 解：（1） 由已知得acosB( sinA cosA + sinB cosB ) =3 c， a( sinAcosB + cosAsinB cosA ) =3 c， a sin( A + B ) cosA =3 c. 由正弦定理 a sinA = c sinC 得sinA sinC cosA =3 sinC. 又因为sinC 0， tanA =3， A = 3 .6分 （2） 由ABC的面积为3， 得bc = 4， 由余弦定理得a2= b2+ c2- 2bccosA = b2+ c2- bc 2bc - bc = bc = 4， 当且仅当b = c时， 取得等号， 所以a的最小值为2.12分 18.（1） 证明： 由已知得AM = 1，AN = 2，A = 60， MN AB， MN AM，MN MB. 又MB AM = M， MN 平面ABM. MN 平面BCNM， 平面ABM平面BCNM.4分 （2） （i） 若用条件AMBC， 由 （1） 得AM MN， BC和MN是两条相交直线， AM平面BCNM. 以M为原点，MB，MN，MA分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系. 则A （0， 0， 1） ， 设P （2-a，3 a， 0） ， 其中0 3 2 ， 所以不存在P满足条件.12分 （ii） 若用条件二面角A-MN-C大小为60， 同 （1） 得AMB就是二面角A-MN-C的平面角， AMB=60. 过A作AOBM， 垂足为O， 则AO平面BCNM. 在平面BCNM中， 作OD OB， 点D在BM的右侧. 以O为原点，OB,OD,OA分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系. 则A （0， 0， 3 2 ） ， 设P （3 2 - a，3 a， 0） ， 其中0 0 )，Q( x1,y1)，P( x2,y2)， O到直线l的距离为d. 则SMOQ= 1 2 |MQ d，SOPQ= 1 2 |PQ d. 由SPOQ= 3SMOQ， 得|PQ = 3|QM， 即 PQ = 3 QM， 得x2= 4x1. 由已知直线l的斜率存在， 且不为0， 设l：y = k( x - 1)， 代入y 2 = 4x， 得k2x2- ( 2k2+ 4 ) x + k2= 0. 理科数学试题答案第4页 （共6页） 理科数学试题答案第5页 （共6页） x1+ x2= 2 + 4 k2 ，x1x2= 1. 由得x1= 1 2， x2= 2代入得k2= 8. k = 22 直线l的方程为22 x - y - 22 = 0或22 x + y - 22 = 0.12分 20. 解：（1） f ( x)在( 0, +)上为增函数， f( x ) = 2ax - 1 x + 1 x2 = 2ax3- x + 1 x2 0恒成立， 即2a 1 x2 - 1 x3， x ( 0, +)恒成立， 令g( t ) = t 2 - t3( t 0 )， 则g( t ) = 2t - 3t2， 由g( t ) = 0得t = 2 3， 当 t ( 0, 2 3 )时，g( t ) 0，g( t )为增函数； 当t ( 2 3, + )时， g( t ) 1)， 则F( x ) = 2ax - 1 x + 1 x2 - 1 ex - 1 x - 1 x + 1 x2 - 1 ex - 1， 令h( x ) = e x - 1 - x， 得h( x) = ex - 1- 1， 由于x 1时，h( x ) 0，h( x )为增函数； 由于x 012分 21. 解：（1） 一次性购买4袋零食甲获得玩具的情况共有34= 81种不同的可能， 其中能够集齐三种玩具的充要条件是M1， M2， M3三个玩具中， 某个玩具出现两次， 其余玩具各出现一次， 对应的 可能性为C1 3C 2 4A 2 2= 36， 故P( A4) = 36 81 = 4 9， 一次性购买5袋零食甲获得玩具的情况共有35= 243种不同的可能， 其中能够集齐三种玩具的充要条件是M1， M2， M3三个玩具中， 某个玩具出现三次， 其余玩具各出现一次或某两个 玩具各出现两次， 另一个玩具出现一次， 对应的可能性分别为C1 3C 3 5A 2 2= 60， C2 3C 2 5C 2 3= 90， 故P( A5) = 60 + 90 243 = 50 81， 一次性购买4袋零食乙获得玩具的情况共有24= 16种不同的可能， 其中不能集齐两种玩具的情况只有2种， 即全是N1， 全是N2， 故P( B4) = 1 - 2 16 = 7 8. 6分 （2）记an= P( An)，bn= P( Bn)， 根据题意及 （1） 的计算， 不难整理得下表： n an= P( An) bn= P( Bn) 1 0 0 2 0 1 2 3 2 9 3 4 4 4 9 7 8 5 50 81 由于Bn的对立事件总是2种情形 （即全是N1， 全是N2） ， 容易得到bn= 1 - 2 2n = 1 - ( 1 2 ) n - 1. 为解出待定系数a,b， 令 a3= a a2+ b2 b2, a4= a a3+ b3 b3, 即 2 9 = a 0 + 1 2 b2, 4 9 = 2 9 a + 3 4 b3, 解得 a = 1, b = 2 3, 或 a = 3, b = - 2 3, （舍去， 因为a5 3a4+( ) - 2 3 4 b4） . 故an= an - 1+( ) 2 3 n - 1 bn - 1， 即an- an - 1=( ) 2 3 n - 1 - 2( ) 1 3 n - 1 ， 同理an - 1- an - 2=( ) 2 3 n - 2 - 2( ) 1 3 n - 2 ， a2- a1= 2 3 - 2 1 3， 累加可得P( An) = an= 1 +( ) 1 3 n - 1 - 2( ) 2 3 n - 1 （n2） . 当n=1时， a1=0适合上式， P （An） =an=1+( ) 1 3 n - 1 -2( ) 2 3 n - 1 （nN*） .12分 22. 解： 设P （，） 为AB延长线上任意一点， 则 SOAB+ SOBP= SOAP， 即 1 2 33 sin 6 + 1 2 3 sin( - 6 ) = 1 2 3 sin.2分 化简得3 =3 sin + cos， 即l的极坐标方程为 = 3 2sin ( + 6 ) . 当P在AB之间或在BA的延长线上时， 可得同样的方程.5分 （2） 把 = 0代入 = cos得|O