《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