1、20202020 年山西省高考考前适应性测试理科数学年山西省高考考前适应性测试理科数学试卷试卷 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 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.已知集合 2 ,Ax y yx，,2Bx yyx，则AB中元素的个数是
2、（ ） A.0 B.1 C.2 D.3 2.国际上通常用年龄中位数指标作为划分国家或地区人口年龄构成类型的标准：年龄中位数在 20 岁以下为 年轻型人口；年龄中位数在 2030 岁为成年型人口；年龄中位数在 30 岁以上为老年型人口. 全面放开二孩政策对我国人口年龄中位数的影响 上图反映了我国全面放开二孩政策对我国人口年龄中位数的影响.据此，对我国人口年龄构成的类型做出如 下判断： 建国以来直至 2000 年为成年型人口；从 2010 年至 2020 年为老年型人口；放开二孩政策之后我国仍 为老年型人口. 其中正确的是（ ） A. B. C. D. 3.已知函数 e3,1, ln ,1, x
3、x x f x x 则关于函数 f x的说法不正确的是（ ） A.定义域为R B.值域为3, C.在R上为增函数 D.只有一个零点 4.在四边形ABCD中，3, 1AC ，2,BDm，ACBD，则该四边形的面积是（ ） A.10 B.2 5 C.10 D.20 5.天上有些恒星的亮度是会变化的，其中一种称为造父（型）变星，本身体积会膨胀收缩造成亮度周期性的 变化.第一颗被描述的经典造父变星是在 1784 年. 上图为一造父变星的亮度随时间的周期变化图，其中视星等的数值越小，亮度越高，则此变星亮度变化的 周期、最亮时视星等，分别约是（ ） A.5.5，3.7 B.5.4，4.4 C.6.5，3.
4、7 D.5.5，4.4 6.双曲线 1 C： 22 22 1 xy ab 与 2 C： 22 22 1 xy ba （0ab） 的离心率之积为 4， 则 1 C的渐近线方程是 （ ） A.yx B.2yx C. 23yx D. 23yx 7.某几何体的三视图如图所示，已知网格纸中小正方形的边长为 1，则此几何体的体积是（ ） A.279 B.2712 C.33 D.189 8.已知RtABC中，90A， 角A，B，C的对边分别为a，b，c， 其内切圆半径为r， 由 1 2 ABC Sbc ， 又 111 222 ABC Sarbrcr ， 可得 bc r abc .类比上述方法可得： 三楼锥P
5、ABC中， 若90BAC， PA 平面ABC，设ABC的面积为 1 S，PAB的面积为 2 S，PAC的面积为 3 S，PBC的面积为 4 S，则该三棱锥内切球的半径是（ ） A. 123 1234 S S S SSSS B. 123 1234 2S S S SSSS C. 123 1234 3S S S SSSS D. 123 1234 2 S S S SSSS 9. 6 3 1 2xx x 展开式中，常数项是（ ） A.220 B.220 C.924 D.924 10.函数 2 3sin22sinxxf x ，若 12 3f xf x，则 12 xx的最小值是（ ） A. 6 B. 4 C
6、. 3 D. 2 3 11.已知长方体 1111 ABCDABC D，2ABAD， 1 4AA ，M是 1 BB的中点，点P在长方体内部或表 面上，且/MP平面 11 AB D，则动点P的轨迹所形成的区域面积是（ ） A.6 B.4 2 C.4 6 D.9 12.数列 n a中， 1 5 6 a ， 1 2 510 56515 n n n na a nnan ，则 99 a（ ） A. 1 2019 B. 2018 2019 C. 1 2020 D. 2019 2020 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 13.已知复数 3 2i i z （i为虚数单位） ，则z _
7、. 14.等差数列 n a中， 4 18a ， 20 30a，则满足不等式 n an的正整数n的最大值是_. 15.设 1 F， 2 F分别为椭圆C： 2 2 1 4 x y的左、右焦点，A，B分别为C上第二、四象限的点，若四边形 12 AFBF为矩形，则该矩形的面积是_，AB所在直线的方程是_. 16.已知函数 log x a xxfa（其中0a且1a ）有零点，则实数a的最小值是_. 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。第 1721 题为必考题，每个试题考生 都必须作答。第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共 60 分. 17.（12
8、 分） 在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且costantan3aBABc. （1）求A； （2）若ABC的面积为3，求a的最小值. 18.（12 分） 如图 1， 已知等边ABC的边长为 3， 点M，N分别是边AB，AC上的点， 且2BMMA，2ANNC. 如图 2，将AMN沿MN折起到AMN的位置. （1）求证：平面A BM平面BCNM； （2）给出三个条件：AMBC；二面角AMNC 大小为60；7AB.在这三个条件中任 选一个，补充在下面问题的条件中，并作答： 在线段BC上是否存在一点P，使直线 PA 与平面A BM所成角的正弦值为 3 10 10 ，若存在，求出PB的
9、长；若不存在，请说明理由. 注：如果多个条件分别解答，按第一个解答给分。 19.（12 分） 已知抛物线C： 2 4yx. （1） ）若x轴上的点A关于直线1yx的对称点在C上，求A点的坐标； （2）设过C的焦点F的直线l与C交于P，Q两点，PQ的延长线与y轴交于M，O为坐标原点，若 POQ的面积等于MOQ面积的 3 倍，求直线l的方程. 20.（12 分） 设函数 2 1 lnaxaf xx x ，其中aR. （1）若 f x在0,上为增函数，求a的取值范围； （2）当 1 2 a ，1,x时，求证： 1 e0 x f x . 21.（12 分） 现有甲，乙两种不透明充气包装的袋装零食，每袋
10、零食甲随机附赠玩具 1 M， 2 M， 3 M中的一个，每袋零 食乙从玩具 1 N， 2 N中随机附赠一个.记事件 n A：一次性购买n袋零食甲后集齐玩具 1 M， 2 M， 3 M；事件 n B：一次性购买n袋零食乙后集齐玩具 1 N， 2 N. （1）求概率 4 P A， 5 P A及 4 P B； （2）已知 1 11 n nnn P AaP AbP B ，其中a，b为常数，求 n P A. （二）选考题：共 10 分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分，作 答时请用 2B 铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑。 22.选修 4-4：坐标系与参数方程
11、（10 分） 在极坐标系Ox中，直线l过点3,0A与点3, 6 B . （1）求直线l的极坐标方程； （2）已知圆C：cos.若曲线0与l，C相交于A，E两点；曲线 3 与l，C相交于M，N 两点，E，N异于极点O，求证：/NE AM. 23.选修 4-5：不等式选讲（10 分） 已知函数 3f xxxa，当3x时 f x的最小值是 2. （1）求a； （2）若2mna，求证： 22 51mn. 20202020 年山西省高考考前适应性测试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参考答案详解及评分说明 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
12、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. 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 30,，因此选 B. 4.C【解析】因为ACBD，所以3 210AC BDm ，即6m， 所以四边形的面积为 2 222 3126 10 22 ACBD ，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.
13、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4 cc ab ，即 2 4cab， 22 4abab，4 ba ab . 变形得 2 410 bb aa ，0ab，故23 b a ， 双曲线 1 C的渐近线方程为 23yx . 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3 2，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2712. 8.B【解析】设PAa，ABb，ACc，则 11 36 P ABCABC VSPAabc ， 又 1234 1111 3333 p ABC VS
14、 RS RS RS R ， 12341234 1 3 2P ABC abc V R SSSSSSSS . 又 1 1 2 Sbc， 2 1 2 Sab， 3 1 2 Sac. 222 123 1 8 S S Sa b c. 123 1 2 2 abcS S S， 123 1234 2S S S R SSSS . 9.B【解析】 12 6 2 6 42 3 6 1 121 2 x xx xx xxx ， 即求分子展开式中 6 x项的系数. 分子二项展开式的通项为 12 2 12 1C r r r x ， 令2426r，解得9r ，此时 12 9 9 926 12 C1220xx ， 故原式展开后
15、，常数项为220. 10.A 【解析】 2 3sin22sin2sin 21 6 xxxf x ， 所以函数 f x的最大值为 3， 最小值为1， 又因为 12 3f xf x，所以 f x在 1 x， 2 x处取到最大值和最小值，不妨设在 1 x处有最大值，则 11 3 xk ， 2 x处取到最小值， 则 22 6 xk ， 得 1212 6 xxkk ， 1 k， 2 k Z.所以 12 xx 的最小值为 6 . 11.D【解析】 如图所示，E，F，G，H，N分别为 11 BC， 11 C D， 1 DD，DA，AB的中点，则 11/ /EF B DNH， 1 /MN B A FG，所以平
16、面/MEFGHN平面 11 AB D，所以动点P的轨迹是六边形MEFGHN及其内部. 因为2ABAD， 1 4AA ，所以2EFHN，5EMMNFGGH，2 2GM ，E 到GM的距离为 2 23 2 5 22 ，所以 22 23 2 229 22 EFGH SS 梯形 . 12.C【解析】由 1 2 51052 32556515 nn n nn nana a nnannan ， 故 1 52 3 25 n n n na na na ， 记2 nn bna，则 1 5 5 n n n b b b ， 两边取倒数，得 1 111 5 nn bb ， 所以 1 n b 是以 1 5 为公差的等差数
17、列， 又 11 112 35ba ，所以 1211 1 555 n n n b ， 所以 5 212 n n b a nnn ， 故 99 51 100 1012020 a . B 卷选择题答案 1.C 2.D 3.D 4.C 5.A 6.C 7.D 8.B 9.B 10.A 11.D 12.B A、B 卷非选择题答案 二、填空题 13.5 【解析】 3 2i2i 12i ii z ，5z . 14.59 【解析】由 41 201 318, 1930, aad aad 得 1 63 , 4 3 , 4 a d 即 603 4 n n a . 又 603 4 n n an ，解得60n，故正整数
18、n的最大值为 59. 15.2； 2 4 yx 【解析】由已知得 12 2AFAFa， 22 2 12 4AFAFc， 2 得 12 2AFAF， 矩形 12 AFBF的面积为 12 2SAFAF. 矩形 12 AFBF的外接圆方程为 22 3xy，与椭圆C的方程联立得 2 63 , 33 A . 又AB过坐标原点， AB的斜率为 2 tan 4 AB k ， AB所在直线的方程为 2 4 yx . 16. 1 e e 【解析】由 f x存在零点，即函数 1 x y a 与 1 log a yx的图象有公共点. 当1a 时，两图象显然有公共点； 当01a时，由图可知，a最小时，两图象均与直线y
19、x相切，此时，设切点坐标为 00 ,x y， 则 0 0 0 00 1 11 ln1, , , x x y a yx aa 0 0 0 , 1 11 ln1, x x x a aa 0 0 0 1 1 l , n1, x x a x a 00 0 1 lnln, 1 ln1. xx a x a 0 ln1x ， 0 ex ， 11 ln ea ， 1 e ea . 三、解答题 17.解：由已知得 sinsin cos3 coscos AB aBc AB ， sincoscossin 3 cos ABAB ac A . sin 3 cos AB ac A . 由正弦定理 sinsin ac AC
20、 ，得 sin sin3sin cos C AC A . 又因为sin0C ，tan3A， 3 A .6 分 （2）由ABC的面积为3，得4bc ， 由余弦定理得 22222 2cos24abcbcAbcbcbcbcbc， 当且仅当bc时，取得等号， 所以a的最小值为 2.12 分 18.（1）证明：由已知得1AM ，2AN ，60A， MNAB，MNAM，MNAB， 又MBAMM，MN 平面A BM. MN 平面BCNM，平面A BM平面BCNM.4 分 （2） （）若用条件AMBC，由（1）得AMMN，BC和MN是两条相交直线， A M平面BCNM. 以M为原点，MB，MN， MA 分别为
21、x，y，z轴建立空间直角坐标系. 则0,0,1 A ，设 2, 3 ,0Paa，其中 3 0 2 a，则 2, 3 , 1APaa. 平面A BM的法向量为0,10n . 设直线 PA 与平面A BM所成角为， 则 2 2 33 10 sincos, 10 231 a A P n aa ， 解得 663 22 a ，所以不存在P满足条件.12 分 （）若用条件二面角AMNC 大小为60，由（1）得A MB是二面角AMNC 的平面角， 60A MB. 过 A 作AOBM，垂足为O，则AO平面BCNM. 在平面BCNM中，作ODOB，点D在BM的右侧. 以O为原点，OB，OD， OA 分别为x，y
22、，z轴建立空间直角坐标系. 则 3 0,0, 2 A ，设 3 , 3 ,0 2 Paa ，其中 3 0 2 a，则 33 , 3 , 22 A Paa . 平面A BM的法向量为0,10n . 设直线 PA 与平面A BM所成角为， 则 2 2 33 10 sincos, 10 33 3 24 a A P n aa ， 解得 3 2 a 或3a （舍去） ，所以存在P满足条件，这时3PB.12 分 （）若用条件7AB，在A BM中，由余弦定理得120A MB. 过 A 作AOBM，垂足为O，则AO平面BCNM. 同（）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
23、 3 0,0, 2 A ，设, 3 ,0 5 2 Paa ，其中 3 0 2 a，则 3 , 3 , 5 22 A Paa . 平面A BM的法向量为0,10n . 设直线 PA 与平面A BM所成角为， 则 2 2 33 10 sincos, 10 3 3 24 5 a A P n aa ， 2 215210aa.解得 15573 42 a ， 所以不存在P满足条件.12 分 19.解： （1）设点,0A a关于直线1yx的对称点为,A x y， 则 1, 1, 22 y xa yax 解得1x，1ya . 1,1Aa. 把 A 点坐标代入 2 4yx得 2 14a， 1a或3a . 1,0
24、A 或3,0A.4 分 （2）设 0 0,My（ 0 0y ） ， 11 ,Q x y， 22 ,P x y，O到直线l的距离为d. 则 1 2 MOQ SMQ d ， 1 2 OPQ SPQ d . 由3 POQMOQ SS ，得3PQQM，即3PQQM，得 21 4xx. 由已知直线l的斜率存在，且不为 0， 设l：1yk x，代入 2 4yx，得 2222 240k xkxk. 12 2 4 2xx k ， 12 1x x . 由得 1 1 2 x ， 2 2x 代入得 2 8k . 2 2k 直线l的方程为2 22 20xy或2 22 20xy.12 分 20.解： （1） f x在0
25、,上增函数， 3 22 1121 20 axx ax x x xx f 恒成立， 即 23 11 2a xx ，0,x恒成立， 令 23 g ttt（0t ） ，则 2 23g ttt， 由 0g t得 2 3 t ，当 2 0, 3 t 时， 0g t， g t为增函数； 当 2 , 3 t 时， 0g t， g t为减函数； min 24 327 gg x ， 2 27 a ，故 2 , 27 a .6 分 （2）当 1 2 a 时，令 121 1 elne xx axaxF xf x x （1x ） ， 则 2121 111111 2 ee xx a x Fxxx xxx ， 令 1 e
26、xxh x ，得 1 e1 x h x ， 由于1x 时， 0h x， h x为增函数； 由于1x时， 0h x， h x为减函数； 10h xh，即 1 exx ， 2121 111111 2 ee xx axx xxx Fx x 2 32 2222 1212121 0 xxxxx x xxxxx ， F x在1,为增函数，又 10F， 0F x ，即 1 e0 x f x .12 分 21.解： （1）一次性购买 4 袋零食甲获得玩具的情况共有 4 381种不同的可能， 其中能够集齐三种玩具的充要条件是 1 M， 2 M， 3 M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
27、能性为 122 342 C C A36， 故 4 364 819 P A， 一次性购买 5 袋零食甲获得玩具的情况共有 5 3243不同的可能， 其中能够集齐三种玩具的充要条件是 1 M， 2 M， 3 M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 132 352 C C A60， 222 353 C C C90， 故 5 609050 24381 P A . 一次性购买 4 袋零食乙获得玩具的情况共有 4 216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 1 N，全是 2 N， 故 4 27 1 168
28、 P B .6 分 （2）记 nn aP A， nn bP B，根据题意及（1）的计算，不难整理得下表： n 1 2 3 4 5 nn aP A 0 0 2 9 4 9 50 81 nn bP B 0 1 2 3 4 7 8 由于 n B的对立事件总是 2 种情形（即全是 1 N，全是 2 N） ，容易得到 1 21 11 22 n n n b . 为解出待定系数a，b， 令 2 322 3 433 , , aa abb aa abb 即 2 3 21 0 92 423 994 , , ab ab 解得 1, 2 , 3 a b 或 3, 2 3 a b （舍去，因为 4 544 2 3 3
29、aab ）. 故 1 11 2 3 n nnn aab ， 即 11 1 21 2 33 nn nn aa ， 同理 22 12 21 2 33 nn nn aa ， 21 21 2 33 aa ， 累加可得 11 12 12 33 nn nn P Aa （2n）. 当1n 时， 1 0a 适合上式， 11 12 12 33 nn nn P Aa （nN ）.12 分 22.解：设,P 为AB延长线上任意一点，则 OABOBPOAP SSS ， 即 111 3 3 sin3sin3sin 26262 .2 分 化简得33 sincos， 即l的极坐标方程为 3 2sin 6 . 当P在AB之间
30、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1OE ，由题知3OA .6 分 把 3 代入cos得 1 2 ON ； 把 3 代入 3 2sin 6 得 3 2 OM .8 分 1 3 OEON OAOM ，/NE AM.10 分 23.解：因为3x，所以30x ，所以 33xxaf xxxa . （1）当3a时， 23, 3,3. xaxa a ax f x 所以 min 3f xf aa .2 分 由32a，得1a .3 分 当3a 时，因为3x，所以0xa， 23xxaf . 所以 min 33f xfa . 由32a ，得5a. 综上1a 或5a.5 分 （2）证明：当1a 时，21mn. 所以 2 222222 51221mnmnmn.7 分 当5a时，25mn. 所以 2 222222 5122251mnmnmn. 综上，得证.10 分