《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》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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（5页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、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年普通高等学校招生统一模拟考试 理科数学理科数学答案答案 A 一 选择题 选择题 1 B2 A3 A4 C5 C6 D7 B8 C9 A10 C11 A12 B 1 解 令202xx 所以 2 M 由 2 200 xxx 或2x 所以 02 N 0 2 UN 所以 UU MNMNMN MNNU MN IIU 故选 B 2 解 21 ibaba i z i z 1 是实数 所以0 ba选 A 3 解 8 7 1 4 cos2 4 2cos2sin 2 选 A 4 解 2 3 2 3 A 在渐近线上 故 2 3 2 3 a
2、b 又 2 3 2 3 A 在以OF为直径的圆上 2 2 2 2 2 2 3 2 3 2 3 2 3 cc 得1 3 2 bac选 C 5 解 依题意 有 gxg x 则 ee xx g x 为奇函数 且在R上单调递增 所以 f x为偶函数 当0 x 时 有 0 g xg 任取 12 0 xx 则 12 0g xg x 由不等式的性质可得 1122 0 x g xx g x 即 12 0f xf x 所以 函数 f x在 0 上递增 因此 377 4 222 ffff 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
3、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3 1 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 03sinxxf 向右平移 8 个单位长度后 得到函数的解析式为 8 3 3sinxxf 函数的图像关于直线 3 x对称Zkk 28 3 3 3 得 Zkk 8 又 0 所以 8 7 8 7 3sin xxf 当 8 8 x时 4 5 28 7 3 x
4、 1 2 2 8 7 3sin 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 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 3 2 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 MPFNQF 又 2MNNF 所以 11 33 QFPFp 则
5、 1 6 xp 又 113 22 24 OFN p SOFNQy 得 3 y p 代入抛物线方程 2 2ypx 0 p 得 3 3 2 x p 联立 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 3 2 3 4 2 1 sin 2 1 Bac 选 A 12 解 上恒成立在 上是增函数 在区间 2 01 01 1 00 1 1cos 1 0ln 1sin af af 0 1sin 1cos 1cos 1cos 1 0 1cos a 11 1cos 1 1 0 1cos 1 0 1cos a 单调递增 在 故选 B 二 二 填空题 填空
6、题 13 160 14 2 115 416 8 3 13 解 r rr r xCT2 26 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 tmMDMC32 42 432162 2 tmMDMC 当且仅当 3 2m t 时取等号 即MDMC2 的最小值为 4 16 解 sin2sin CA sin 2 sin ABC CBA 为非零常数
7、故点B的轨迹是圆 以线段AC中点为原点 AC所在直线为 x 轴建立直角坐标系 则AC 2 0 2 0 设 B x yABCB2 22 xyxy 22 22 2 22 3320120 xyx 整理得 222 108 33 xy 因此 当ABC 面积最大时 BC边上的高为圆的半径 8 3 三 解答题 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P
8、DAB 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 1PCBA 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
9、 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 aaaaS311 1 21 即 nn anaaa3 21 当1 n时 11 31aa 解得 2 1 1 a 2 分 当2 n时 1121 31 nn anaaa 1 得 1 331 nnn aaa 即 2 1 2 3 1 nn aa 4 分 1 2 3 1 1 nn aa 2 n 又 2 3 1 1 a 所以数列 1 n a是首项为 2 3 公比为 2 3 的等比数列 所以 n n
10、a 2 3 1 5 分 故1 2 3 n n a 6 分 2 由 1 nab n nn 2 3 log1log 2 3 2 3 则 n nn nba 2 3 1 nn n nnT 2 3 2 3 1 2 3 3 2 3 2 2 3 1 1321 1432 2 3 2 3 1 2 3 3 2 3 2 2 3 1 2 3 nn n nnT 8 分 两式相减得 11321 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 1 2 1 nnn n nT 1 2 3 2 3 13 nn n 10 分 1 2 3 2 2 3 66 nn n nT 12 分 19 解 1 由题可知 2 2 a c e 又椭圆
11、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 1 22 cab 3 分 所以椭圆C的方程为1 2 2 2 y x 4 分 2 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 2 1 AB TF 6 分 当直线l的斜率存在时 设直线l的方程为 1 xky 2211 yxByxA 由 1 2 1 2 2 y x xky 得 022412 2222 kxkxk 8 分 由韦达定理得 12 4 2 2 21 k k xx 12 22 2 2 21 k k xx 则 2 2 21 2 21 2 21 122 4
12、1 k k xxxxkAB 9 分 联立 2 1 1 x x k y 可得 k T 1 2所以 2 2 1 1 k k TF 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 22 1kk 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 k p k XP 1 k p k k XP 1 1 3 分 故X的分布列为 X
13、k 1 k k 1 P k p k p 1 4 分 k pp k k p k XE kkk 1 11 11 6 分 2 i 由 1 记 k ppf k 1 1 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 k kg k 1 9 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 x x m nxfln 0 1 22 x x xm xx
14、 m xf 2 分 当0 m时 0 x f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 0 x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 x x nxfln 1 x x xnxxfxgln 1 33 xx xg 11 3 2 6 分 依题意设 kxgxg 21 即 03 11 03 11 2 2 2 1 2 1 k xx k xx 7 分 所以1 11 21 xx 212121 2xxxxxx 因为 21 xx 故4 21 xx 8 分 所以 21 21 2121 l
15、nln 11 3xx xx xxxgxg 2121 ln13xxxx 9 分 令4 21 xxt tttln13 10 分 所以 40 1 3 t t t 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0 22 xyx 故0cos 2 即 cos 2 分 因为 22 2 sin4cos 4 故4sin4cos 2222 即44 22 yx 即1 4 2 2 y x 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
16、代入 cos 得 0 cos P 由OPOQ2 得 QP 2 即 0 2 2 0 sin31 4 cos2 解得 3 2 sin 0 2 则 3 1 cos 0 2 8 分 又 2 0 0 故 3 32 sin31 4 0 2 Q 3 3 cos 0 P 9 分 故MPQ 的面积 3 2 sin 2 1 0 PQOMQOMPMPQ OMSSS 10 分 23 解 1 化简得321xx 1 分 当0 x时 323 xxxxf 由 1 xf即13 x 解得2 x 又0 x 所 以02 x 当30 x时 xxf33 由 1 xf 即132 x 解得 3 2 x 又20 x 所以 3 2 0 x 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 32 3 2 94 fcba 6 分 所以 cba cba cba 941 94 3 1941 因为0 cba所以由柯西不等式 222222 1 3 1 2 1 3 2 3 1 cba cba c c b b a a 1 33 1 22 1 3 1 2 3 196 941 3 1
