山西省晋中市2020届高三普通高等学校招生统一模拟考试(四模)数学(理)试题答案

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山西省晋中市2020届高三普通高等学校招生统一模拟考试(四模)数学(理)试题答案

理科数学 第 1页 理科数学 第 2页 2020 年普通高等学校招生统一模拟考试 理科数学答案 A 一、选择题: 1.B 2.A 3.A 4.C 5.C 6.D 7.B 8.C 9.A 10.C 11.A 12.B 1.解:令 2 0 2x x    ,所以  2,M   由 2 2 0 0x x x    或 2x  , 所以    ,0 2,N      0,2U N ð 所以   , ,U UM N M N M N M N N U M N      I I U, 故选:B 2.解:     21 ibaba i z  , i z 1 是实数,所以 0 ba 选 A 3.解: 8 714cos242cos2sin 2                 选 A 4.解:       2 3,2 3A 在渐近线上,故 2 3 2 3  a b ,又       2 3,2 3A 在以OF 为直径的圆上, 2 2222 2 3 2 3 2 3 2 3 cc                     得 1,3,2  bac 选 C 5.解:依题意,有 ( ) ( )g x g x   ,则 ( ) e ex xg x   为奇函数,且在 R 上单调递增, 所以 ( )f x 为偶函数. 当 0x  时,有 ( ) (0)g x g , 任取 1 2 0x x  ,则    1 2 0g x g x  ,由不等式的性质可得    1 1 2 2 0x g x x g x  , 即    1 2 0f x f x  ,所以,函数 ( )f x 在 (0 ) , 上递增, 因此, 3 7 7 (4)2 2 2f f f f                   , 故选:C. 6.解:由已知中的程序框图可知:该程序的循环变量 n 的初值为 1,终值为 2021,步长为 2,故循环共执行 了 1010 次。 由 S 中第一次累加的是 12 11  ,第二次累加的是 42 13  ,一直下去, 故该算法的功能是求首项为 1,公比为 4 的等比数列的前 1010 项的和,故选: D. 7. 解:由图可知,仅有一个阳爻的有坎、艮、震三卦,从中取两卦满足条件,其种数是 31 3 C ;没有 阳爻的是坤卦.于是所求的概率 28 33 2 8  C P .故选 B. 8.解:       03sin xxf ,向右平移 8  个单位长度后,得到函数的解析式为          8 33sin xxf ,函数的图像关于直线 3 x 对称 Zkk  ,28 3 33  ,得 Zkk  ,8  ,又  0 ,所以 8 7  ,         8 73sin xxf ,当     8,8 x 时     4 5,28 73 x ,            1,2 2 8 73sin x 选 C 9.解析:选择 A.由 AB⊥BC,PB⊥BC,可知 BC⊥平面 PAB.将三棱锥 P ー ABC 补形为如图所示的三棱柱,则它们的外接球相同,由此易知外接球球 心 O 应在棱柱上下底面三角形的外心连线上,记△ABP 的外心为 E,由△ ABD 为等边三角形,可得 BE=1.又 OE= 32 BC ,故在 OBERt 中, OB= 2 此即为外接球半径,从而外接球表面积为 16 10.解:假设点 M 在准线的上半部分,准线与 x 轴交点为 P,过点 N 作 x 轴的垂线,垂足为 Q,设点 ( , )N x y . 易得, ~MPF NQF  ,又 2MN NF  ,所以 1 1 3 3QF PF p  ,则 1 6x p ①; 又 1 1 3| || |2 2 2 4OFN pS OF NQ y      ,得 3y p  , 代入抛物线方程 2 2y px ( 0)p  ,得 3 3 2x p  ②,联立①②得, 理科数学 第 3页 理科数学 第 4页 3p  .故选 C. 11.解: 3 B , 4ac ,则 ABC 面积的最大值为 32 342 1sin2 1 Bac .选 A 12.解 )()()上恒成立在( )上是增函数,在区间( 2,01,01,1,001)1cos()]([ 1,0ln)1sin()( '       af af 0)1sin()1cos()]1cos([,)1cos( 10)1cos( '   a 11)1cos( 11,0)1cos(1,0)1cos(  a),()()单调递增,在(  ,故选 B. 二、填空题: 13. 160 14. 2,1 15.4 16. 8 3 13.解:  rrr r xCT 226 61    , 3,026  rr ,故常数项为 160 . 14.解:       01  mxfxf 得   1xf 或   mxf  ,作出函数  xfy  的图像,如图示,由图可知,   1xf 有两个根,故   mxf  有三个根故  2,1m 15.解:建立如图的直角坐标系,设 mAB  ,    mttM ,0,,0  , 由题意可知,    mDC ,1,0,2 ,    tmMDtMC  ,1,,2  tmMDMC 32,42  ,   432162 2  tmMDMC ,当且仅当 3 2mt  时取等号, 即 MDMC 2 的最小值为 4. 16.解: sin 2sin C A, sin 2sin   AB C CB A 为非零常数,故点 B 的轨迹是圆. 以线段 A C 中点为原点, A C 所在直线为 x 轴建立直角坐标系 则 A C( 2,0), (2,0) ,设 ( , )B x y A B CB2 , 2 2x y x y2 2( 2 2 ( 2     ) ) 2 23 3 20 12 0   x y x ,整理得 2 2 210 8( ) ( )3 3   x y 因此,当 A BC 面积最大时, BC 边上的高为圆的半径 8 3 . 三、解答题: 17.(1)证明:取 AB 的中点为 M ,连接 PMDM , ,因为 PAB 是等边三角形,所以 PMAB  ……………(1 分) 因为在直角梯形 ABCD 中, 2,1,  ABCDBCBCAB 所以 2 BDAD 所以 DAB 为等腰三角形,所以 DMAB  ……………(3 分) 因为 MDMPM  ,所以 PDMAB 平面 ……………(4 分) 因为 PDMPD 平面 ,所以 PDAB  .………………………………(5 分) (2)解:因为 2PD , 1DM , PM 为正三角形 PAB 的 AB 边上的高,所以 3PM . 因为 222 PMDMPD  ,所以 DMPD  ,由(1)可知 DPDCDM ,, 两两垂 直.………………………(6 分) 以 D 为坐标原点建立直角坐标系 xyzD  ,则        2,0,0,0,1,0,0,1,1,0,1,1 PCBA  则      0,1,1,2,1,1,0,2,0  DAPAAB ………………………(7 分) 设平面 APB 的法向量为  zyxm ,, 则      0 0 mPA mAB 即      02 02 zyx y 令 2x 得  1,0,2m .………………………………(8 分) 设平面 APD 的法向量为  zyxn  ,, 则      0 0 nPA nDA 即      02 0 zyx yx 令 1x ,则  0,1,1n ………………………………(9 分) 理科数学 第 5页 理科数学 第 6页 3 3 23 12,cos   nm ………………………………(11 分) 因为二面角 DPAB  为锐二面角,所以其余弦值为 3 3 ………………………………(12 分) 注:第(2)问采用非向量方法同样给分。 18.解:(1)由题设     nnn aaaaS 311)1( 21   , 即 nn anaaa 321   ① 当 1n 时, 11 31 aa  ,解得 2 1 1 a ,………………………………(2 分) 当 2n 时 1121 31   nn anaaa  ② 1 -②得 1331  nnn aaa ,即 2 1 2 3 1  nn aa ………………………………(4 分) )( 12 31 1  nn aa ( 2n )又 2 311 a 所以数列 1na 是首项为 2 3 ,公比为 2 3 的等比数列,所以 n na      2 31 ……………(5 分) 故 12 3      n na ………………………………(6 分) (2)由(1)   nab n nn      2 3log1log 2 3 2 3 ,则   n nn nba      2 31 ,   nn n nnT                       2 3 2 312 332 322 31 1321    1432 2 3 2 312 332 322 312 3                       nn n nnT  ………………………………(8 分) 两式相减得 11321 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 312 1                           nnn n nT  1 2 3 2 313                 nn n ……………(10 分) 1 2 322 366           nn n nT ………………………………(12 分) 19.解:(1)由题可知 2 2 a ce ,又椭圆 C 上的点到其左焦点的最大距离为 21 ,所以 21 ca ,所以 ,1,2  ca ………………………………(2 分) 122  cab ………………………………(3 分) 所以椭圆 C 的方程为 12 2 2  yx .………………………………(4 分) (2)①当直线l 的斜率不存在时,直线l 的方程为 1x ,则  0,2T , 所以       2 2,1A ,        2 2,1B ,此时 2 21  AB TF ;………………………………(6 分) ②当直线l 的斜率存在时,设直线l 的方程为  1 xky , ),(),,( 2211 yxByxA 由        12 1 2 2 yx xky 得   022412 2222  kxkxk ………………………………(8 分) 由韦达定理得 12 4 2 2 21   k kxx , 12 22 2 2 21   k kxx 则     2 2 21 2 21 2 21 12241 k kxxxxkAB   ……………………(9 分) 联立        2 11 x xky ,可得      kT 1,2 所以 2 2 1 1 k kTF  ………………………………(10 分) 理科数学 第 7页 理科数学 第 8页 所以         2 2 122 12 122 1 122 21 22 22 22 22 22 2 1        kk kk kk kk kk k AB TF 因为 221 kk  所以等号不成立. 综上, AB TF1 的最小值为 2 2 ,此时直线l 的方程为 1x .………………………………(12 分) 注:直线l 的方程可采用 1 myx . 20.解:(1)由题意, X 的可能取值为 k 1 , k k1 …………………(1 分) kpkXP       1 , kpk kXP       11 ,…………………(3 分) 故 X 的分布列为 X k 1 k k1 P kp kp1 ………………………………(4 分)     kppk kpkXE kkk 11111  ………………………………(6 分) (2)(i)由(1),记   kppf k 11  ,因为 0k .所以  pf 在  1,0p 上单调递减, 故 p 越大,  pf 越小, 即所需平均检验次数越少,该方案越合理。………………………(8 分) (ii)记   kkg k 19.01  ,当   1kg 且取最小值时, 该方案最合理,……………………(9 分) 因为   1.11 g ,   69.02 g ,   604.03 g ,   594.04 g ,   61.05 g .………………(11 分) 所以 4k 时平均检验次数最少,约 594594.01000  次.………………………………(12 分) 21.解:(1)   xx mnxf ln ,    01 22  xx xm xx mxf ………………………(2 分) 当 0m 时,   0 xf 在 0x 时恒成立,即  xf 在  ,0 单调递减; 当 0m 时  xf 在  m,0 单调递增,在  ,m 单调递减.………………………………(4 分) (2)因为   mnf 1 ,而   ,0x 有    1fmnxf  恒成立,知  xf 当 1x 时有最大值  1f ,由(1)知必有 1m , 所以   xxnxf ln1  ,     xxxnxxfxg ln133  ,   xxxg 113 2  ………………………………(6 分) 依题意设     kxgxg  21 ,即         0311 0311 2 2 2 1 2 1 kxx kxx ……………………………(7 分) 所以 111 21  xx , 212121 2 xxxxxx  因为 21 xx  故 421 xx ……………………………(8 分) 所以        21 21 2121 lnln113 xxxxxxxgxg        2121 ln13 xxxx  ………………………………(9 分) 令 421  xxt ,   ttt ln13  ,……………………………(10 分) 所以,    4013  ttt 所以  t 在  ,4 上单调递增……………………………(11 分)     2ln2114   t ………………………………(12 分) 22.解:(1)依题意,曲线 4 1 2 1: 2 2 1       yxC ,即 022  xyx 故 0cos2   ,即  cos .…………………………(2 分) 因为  22 2 sin4cos 4  ,故 4sin4cos 2222   ,即 44 22  yx ,即 14 2 2  yx . ………………………………(4 分) 理科数学 第 9页 理科数学 第 10页 (2)将 0  代入  22 2 sin4cos 4  得 0 2 2 sin31 4  Q …………………………(6 分) 将 0  代入  cos 得 0cos P 由 OPOQ 2 ,得 QP  2 ,即   0 2 2 0 sin31 4cos2   ,解得 3 2sin 0 2  ,则 3 1cos 0 2  ……………………………(8 分) 又 20 0   ,故 3 32 sin31 4 0 2  Q 3 3cos 0  P …………………………(9 分) 故 MPQ 的面积   3 2sin2 1 0    PQOMQOMPMPQ OMSSS ………………………………(10 分) 23.解:(1)化简得 3 2 1x x   ……………………………(1 分) ①当 0x 时,     323  xxxxf ,由   1xf 即 13 x ,解得 2x ,又 0x ,所 以 02  x ; ②当 30  x 时,   xxf 33  ,由   1xf ,即 132  x ,解得 3 2x ,又 20  x ,所以 3 20  x ; ③当 3x 时,   3 xxf ,不满足   1xf ,此时不等式无解;………………………(4 分) 综上,不等式   1xf 的解集为      3 2,2 ………………………………(5 分) (2) 323 294      fcba ,…………………………(6 分) 所以         cbacbacba 941943 1941 因为 0,, cba 所以由柯西不等式          222222 )13()12()1()3()2()(3 1 cbacba              ccbbaa 1331221 3 1 2   3 1969413 1 2  ……………………………(8 分) 当且仅当 14 3 cba 时,等号成立.……………………………(9 分) 所以 cba 941  的最小值为 3 196 .………………………………(10 分)
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