《2020年山西省高考4月份考前适应性测试文科数学含答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年山西省高考4月份考前适应性测试文科数学含答案（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、 A卷选择题答案 一 选择题 1 B 解析 由zi i 1 得z i 1 i 化简得z 1 i 2 C 解析 A是既不充分也不必要条件 B是充分不必要条件 C是必要不充分条件 D是充要条件 3 A 解析 根据题目中条件可以判断 是正确的 是错误的 4 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 5 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 6 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 视星等数字越小亮度越高 故最亮时约为3 7
2、 7 B 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 8 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 9 D 解析 当a b c 1时 易知S1 S2 S3 1 2 此时 ABC是边长为2的正三角形 面积为 3 2 而由A B C D四个选项的计算结果依次为3 3 4 3 3 2 故选D 10 A
3、 解析 设A x1 y1 B x2 y2 y 2ax PA的斜率kPA 2ax1 PA y ax1 2 2ax1 x x1 把P的坐标代入上述方程得 1 ax1 2 2ax1 1 x1 ax1 2 2ax1 1 0 同理ax2 2 2ax2 1 0 x1x2 1 a 由PA PB 2ax1 2ax2 1 x1x2 1 4a2 由 得a 1 4 秘密 启用前 2020年山西省高考考前适应性测试 文科数学参考答案详解及评分说明 文科数学试题答案第1页 共5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
4、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4题答图 1 y x O 11 C 解析 f x sin2x 23 sin2x 3 2sin 2x 3 又f x 1 f x2 4 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 5 12 x2处取到最小值 则 x2 k2 12 得 x1 x2 k 1 k2 3 k1 k2 Z 所以 x1 x2的最小值为 3 12 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M
5、EFGHN 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 B卷选择题答案 1 D2 C3 A4 B5 A6 A 7 C8 C9 D10 D11 C12 B A B卷非选择题答案 二 填空题 13 0 1 解析 因为A x 1 x 2 B Z 所以A B 0 1 14 7 9 解析 由cos 10 1 3 得 cos 2 20 2cos2 10 1 7 9 所以sin 2
6、70 sin 2 20 90 cos 2 20 7 9 15 2 解析 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 AD 1 2 AB AC AD 2 1 4 AB AC 2 1 4 b2 c2 bc 7 4 c2 b2 bc 6c2 0 得b 2c 由正弦定理得 sinB sinC 2 文科数学试题答案第2页 共5页 H A NB C D E F
7、M A1 D1 C1 B1 G 第12题答图 文科数学试题答案第3页 共5页 16 3 1 2 m 1 解析 f x 3x 2 a f 1 3 a 0 a 3 此时f x x 3 3x f x 3x2 3 令f x 0得x 1 A 1 2 B 1 2 又P m m 3 3m 当P为切点时 由切线AP的斜率得3m2 3 m3 3m 2 m 1 化简得3 m 1 m 1 m 1 2 m 2 m 1 解得m 1 2 由图象知 若线段AP与曲线f x 有异于A P的公共点 则 1 2 m 3 4 10分 所以存在P 满足条件 且 A P A C VP A BM VC A BM 3 4 3 2 3 2
8、12分 若用条件 二面角A MN C大小为60 由 1 得 A MB是二面角A MN C的平面角 A MB 60 8分 三棱锥A BCM的体积为V 1 3 S A BM 33 2 3 4 10分 所以存在P 满足条件 且 A P A C 1 12分 若用条件 A 到平面BCNM的距离为 2 2 过A 作A O BM 垂足为O 则A O 平面BCNM 8分 A O 2 2 A MB 45 或 A MB 135 9分 三棱锥A BCM的体积为V 1 3 S A BM 33 2 6 4 3 4 11分 所以不存在P 满足条件 12分 19 解 1 答案一 能 1分 假设购买一袋该零食 获得玩具A B
9、 C的概率相同 此时购买一袋该零食获得每一款玩具的概率均为 1 3 对统计数据整理 可得购买一袋该零食 获得玩具A B C的频率分别是32 35 33 与假设中的概率非常 接近 故可以认为假设成立 即能够认为购买一袋该零食 获得玩具A B C的概率相同 6分 答案二 不能 1分 对统计数据整理 可得购买一袋该零食 获得玩具A B C的频率分别是32 35 33 其中35 32 3 差别较大 故不能够认为购买一袋该零食 获得玩具A B C的概率相同 6分 2 据题设知 将其购买的第一袋 第二袋 第三袋零食中附赠的玩具按顺序列出 可知共有27种不同的可能 即 AAAAABAACABAABBABCA
10、CAACBACC BAABABBACBBABBBBBCBCABCBBCC CAACABCACCBACBBCBCCCACCBCCC 10分 其中 可集齐三种玩具的情况共有6种可能 以下划线形式标出 而每种可能出现的机会相等 根据古典概型的概率计算公式知p 6 27 2 9 12分 20 解 1 当m 2时 f x lnx x 2 3x 2 f x 1 x 2x 3 f 2 3 2 又 f 2 ln2 2分 故曲线y f x 在点 2 f 2 处的切线方程为3x 2y 2ln2 6 0 4分 2 由已知得f x 1 x m x 1 1 mx 1 x 1 x 5分 若m 0 当0 x 0 当x 1时
11、 f x 0 i 当m 1时 则f x x 1 2 x 0恒成立 且只有x 1时f x 0 因此 f x 在 0 上单调递增 8分 ii 当m 1时 则由f x 0得x 1或0 x 1 m 由 f x 0得 1 m x 1 f x 在 0 1 m 上单调递增 在 1 m 1 上单调递减 在 1 上单调递增 10分 iii 当0 m 0得x 1 m 或0 x 1 由f x 0得1 x 1 m f x 在 0 1 上单调递增 在 1 1 m 上单调递减 在 1 m 上单调递增 12分 21 解 1 由已知设H x y A x1 y1 B x1 y1 于是有x 2 2y2 2 x1 2 2y1 2
12、2 相减得 x2 x1 2 2 y1 2 y2 2分 又kHA kHB y y1 x x1 y y1 x x1 y2 y1 2 x2 x1 2 1 2 4分 kHA 1 kHB 1 2 5分 文科数学试题答案第4页 共5页 文科数学试题答案第5页 共5页 2 设M 4 y0 P x3 y3 Q x4 y4 则S MPE 1 2 FE y0 1 2 FE y3 1 2 FE y0 y3 S PFE 1 2 FE y3 S QFE 1 2 FE y4 由S PFE S MPE S QFE得y0 2y3 y4 7分 设l x my 1 令x 4 得y0 5 m 2y 3 y4 5 m 9分 把x m
13、y 1代入 x2 2 y2 1得 m 2 2 y2 2my 1 0 y3 y4 2m m2 2 y3y4 1 m2 2 11分 联立得y3 5 m 2m m2 2 y4 4m m2 2 5 m 把 代入 得 5 m 2m m2 2 4m m2 2 5 m 1 m2 2 12分 化简得m4 19m2 50 0 由于此方程无解 故所求直线l 不存在 22 解 设P 为AB延长线上任意一点 则 S OAB S OBP S OAP 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 OE 1 由题知 OA 3 6分 把 3 代入 cos 得 ON 1 2 把 3 代入 3 2sin 6 得 OM 3 2 8分 OE OA ON OM 1 3 NE AM 10分 23 解 因为x 3 所以x 3 0 所以f x x 3 x a 3 x x a 1 当a 3时 f x 2x a 3 x a 3 a a 3时 因为x 3 所以x a 1 综上 得证 10分
