《2020年3月山西省高三适应性调研考试数学(理科)A卷答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年3月山西省高三适应性调研考试数学(理科)A卷答案（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2020 年 3 月山西省高三适应性调研考试 数学 (理科 )A 卷答案 题号1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案C B C D A A B A B C A D 1解析： 因为 ?UB1,3,4,6 ，A1,3,5,6 ，所以 A(?UB) 1,3,6 ，故选 C. 答案： C 2解析： z 2i 1 i (2i)(1i) (1i)(1i) 13i 2 ，z 在第四象限， z 的实部为 1 2， z 13i 2 ，故 A、C、D 错误； |z|（ 1 2） 2（ 3 2） 2 10 2 ，B 正确，故选B. 答案： B 3解析： 因为 yx 3 和 y1 xx 是奇函数，
2、 yx 3 在R上是增函数， y 1 xx 在 (,0)和 (0,)+上都是减函数，所以选C. 答案： C 4 解析：方案一中，没有剔除 (10,21)， 线性相关性弱些， 成负相关； 方案二中， 剔除 (10,21)， 线性相关性强些，也成负相关，相关性越强，r越接近于1，故选 D. 答案： D 5解析： 对于 log30.2，由对数函数的图象与性质可知log30.2log310； 对于 0.23，由指数函数的图象与性质可知00.2 3301， 综上可知， log30.20.2330.2，故选 A. 答案： A 6解析： 作出该几何体的直观图如图所示，由图可知，该几何体为正方体 除去一个四棱
3、锥，所以体积V1 1 31 1 2 5 6，故选 A. 答案： A 7解析： 所有情况为4 4，恰有一条路线未被选中的情况为 C 3 4C24A 3 3，由古典概型可知所 求概率 P C34C 2 4A 3 3 44 9 16，故选 B. 答案： B 8 解析： 由 S 1 21 1 32 1 n1n (2 1) (32) (n1n)n1 12 0201， 解得 n 2 019. 所以当 n 的值为 2 019 时，满足判断框内的条件； 当 n 的值为 2 020 时，不满足判断框内的条件，退出循环，输出S的值 故结合选项，判断框内应填入的条件为n2 020？.故选 A. 答案： A 9解析：
4、 当 xy2时， sin(xy)0， 当 xy0 时， sin(xy)0 时， x 6 4 6， 3 6 ， 函数 f(x)2sin( x 6) 在区间 4， 3 上存在最小值 2， 4 6 2，可得 4 3. 当 1 的图象如图所示因为f(x1) f(x2)，所以 2x1ln x2，由图可知1x2e 2，则 x24x1x2 2ln x2，令 g(t)t2ln t(121)P(X22)P(X23) 而 P(X22)P(x6，y8，z8)P(x 7，y7，z8)P(x7，y 8，z7) 1 2 1 6 1 4 1 2 1 2 1 4 1 2 1 6 3 4 7 48， 4 分 P(X23)P(x
5、7，y8，z8) 1 2 1 6 1 4 1 48， 5 分 故 P(X21) 7 48 1 48 1 6， 即该单位一个月中A， B，C 三台设备使用的易耗品总数超过21 件的概率为 1 6. 6 分 (2)依题意知， X 所有可能的取值为19,20,21,22,23. P(X19)P(x6，y6，z7) 1 2 1 3 3 4 1 8， P(X20)P(x6，y6，z8)P(x6，y 7，z7)P(x7，y6，z7) 1 2 1 3 1 4 1 2 1 2 3 4 1 2 1 3 3 4 17 48， P(X21)P(x6，y7，z8)P(x6，y8，z 7)P(x7，y6，z8)P(x7
6、， y7，z7) 1 2 1 2 1 4 1 2 1 6 3 4 1 2 1 3 1 4 1 2 1 2 3 4 17 48， 由(1)知， P(X22) 7 48，P(X23) 1 48. 8 分 若该单位在购买设备的同时购买了20 件易耗品，设该单位一个月中购买易耗品所需的总 费用为 Y 元， 则 Y 的所有可能取值为2 000,2 200,2 400,2 600. P(Y2 000)P(X19)P(X20) 23 48， P(Y2 200)P(X21)17 48， P(Y2 400)P(X22) 7 48， P(Y2 600)P(X23) 1 48， 所以 E(Y)2 000 23 48
7、2 200 17 482 400 7 482 600 1 482 142. 10 分 若该单位在购买设备的同时购买了21 件易耗品，设该单位一个月中购买易耗品所需的总 费用为 Z 元， 则 Z 的所有可能取值为2 100,2 300,2 500. P(Z2 100)P(X19)P(X20)P(X21)5 6， P(Z2 300)P(X22) 7 48， P(Z2 500)P(X23) 1 48， 所以 E(Z)2 100 5 62 300 7 482 500 1 48 2 138. 11 分 因为 E(Y) E(Z)，所以该单位在购买设备时应同时购买21 件易耗品12 分 21 解： (1)证
8、明： 法一 ：f(x)2ae2 x 1， 当 a 0 时， f(x)0 时，令 f(x)0，得 x1 2ln( 1 2a) ， 当 x( ， 1 2ln( 1 2a) 时， f(x)0，f(x)单调递增 2 分 因为函数f(x)有两个零点，所以f( 1 2( ln 1 2a) 0， 即 ae2 1 2 ln 1 2a 1 2ln 1 2a1 1 2 1 2ln(2a)10， 解得 0ae 2. 3 分 当 0a 1 2，又 f(1)ae 211ae20， 所以函数f(x)在( 1，1 2ln 1 2a) 上存在一个零点； 4 分 当 x0 时，因为e xx 2 2 x1，所以 e2x(2x)
9、2 2 2x 1，所以 ae2xa(2x) 2 2 2axa， 所以 f(x)ae2x x1a(2x) 2 2 2axax 12ax2 (2a1)xa1. 令 g(x)2ax2(2a 1)xa10， 解得 x1 12a4a24a1 4a ， x2 12a4a24a1 4a . 因为 g(x)2ax2(2a1)xa1 开口向上， 所以当 xx2时有 g(x)0，所以此时取 x3满足 x3x2且 x31 2ln 1 2a，则 f(x 3)0. 所以 f(x)在( 1 2ln 1 2a，x 3) 上存在一个零点5 分 所以 a 的取值范围为 ( 0， e 2). 6 分 法二 ：f(x)ae2xx1
10、0? a x1 e 2x，1 分 令 g(x) x1 e2x ，则 g(x) 2x1 e2x .2 分 当 x ， 1 2 时， g (x)0，g(x)单调递增； 当 x 1 2， 时， g (x)0，g(x)单调递减； 所以 g(x)maxg 1 2 e 2. 4 分 又因为当x 1 时， g(x)1 时， g(x)0，且当 x时， g(x)0；5 分 所以 f(x)有两个零点时，0a0， 所以 h(t)在(0， )上单调递增，h(t)h(0)0，即 g (t)g(0) 0， 所以 g(t)在(0， )上单调递增， 所以 g(t)g(0)0，所以 t 2(et1) et1 ，11 分 所以
11、12 2xx ee a +.12 分 22 解： (1)直线 l 的参数方程为 x4 1 3t， y2 2 3 t (其中 t 为参数 )， 消去 t 可得 l 的直角坐标方程为22xy82 0；2 分 由 sin2 4cos ，得 2sin2 4 cos ， 则曲线 C 的直角坐标方程为y2 4x.4 分 (2)将直线 l 的参数方程 x4 1 3t， y2 2 3 t 代入 y24x， 得 2t23t36 0，设 A， B对应的参数分别为t1，t2，6 分 则 t1 t2 3 2，t 1t2 18，8 分 所以 |MA|2|MB|2t21t22 (t1t2)22t1t2 153 4 .10
12、 分 23 解： (1) f(x)|2x7|2x5| |(2x7) (2x5)|2，3 分 函数 f(x)的最小值m2.4 分 (2)证明： 法一： (综合法 ) a2b22ab，ab1， ab1，当且仅当 ab 时取等号，6 分 又ab ab 2 ， ab ab 1 2， ab ab ab 2 ，当且仅当ab 时取等号，8 分 由得， ab ab 1 2，ab 2ab. 10 分 法二： (分析法 ) a0，b0，要证 ab2ab，只需证 (ab)24a2b2， 即证 a2b22ab4a2b2，6 分 a2b22，只需证 22ab4a2b2， 即证 2(ab)2ab10， 即证 (2ab1)(ab 1)0，8 分 2ab10，只需证 ab1， 2a2b22ab，ab1 成立， ab 2ab.10 分 法三： 要证明 ab2ab，只需证明 (a b)24a2b2， a2b22，只需证明 (a b)2(a2b2)8a2b2.6 分 ab 2 ab，(ab)24ab，又 a2b22ab，8 分 两式相乘可得：(ab)2(a2b2)8a2b2，所以 ab2ab.10 分
