2020太原一模-文科综合试题 PDF
2020年山西省太原市高考数学一模试卷(文科) (含答案解析)
2020年山西省太原市高考数学一模试卷(文科)一、单项选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知全集U={0,1,2,3,4,5},若集合A={1,2,3,5}，B={2,3,4}则(C U A)∪B为()．A. {1,2,4}B. {4}C. {0,2,4}D. {0,2,3,4}2.已知复数z=(1+x)+i(i为虚数单位，x∈R)在复平面内对应的点在第二象限，则x的取值范围是()A. (−∞,−1)B. (−1,0)C. (−∞,0)D. (0,1)3.已知等差数列{a n}的前n项和为S n，若S13=26，a11=10，则a20=()A. 26B. 28C. 30D. 324.已知a⃗=(2,0)，b⃗ =(1,1)，若(λb⃗ −a⃗ )⊥a⃗，则λ=()A. 1B. 2C. 3D. 45.“勾股圆方图”是我国古代数学家赵爽设计的一幅用来证明勾股定理的图案，如图所示.在“勾股圆方图”中，四个相同的直角三角形与中间的小正方形拼成一个大正方形.若直角三角形中较小的锐角满足，则从图中随机取一点，此点落在阴影部分的概率是A. B. C. D.6.程序框图(即算法流程图)如图所示，其输出结果是()A. 101102B. 100101C. 99100D. 98997.函数f(x)=|2x−2|2x+2的图象大致为()A. B.C. D.8.设变量x，y满足约束条件{2x+y≤2x+2y≤2x≥0 y≥0，则目标函数z=−2x+y的最大值是()A. 4B. 2C. 1D. −239.若对任意x∈R，都有cos(2x−5π6)=sin(ωx+φ)(ω∈R,|φ|<π)，则满足条件的有序实数对(ω,φ)的对数为A. 0B. 1C. 2D. 310.《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”，将底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”，已知某“堑堵”和“阳马”组合而成的几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A. 5√36B. 7√36C. √36D. 3√3611.已知抛物线C：y2=2px(p>0)，直线l：y=√3(x−1)，l与C交于A，B两点，若|AB|=163，则p=()A. 8B. 4C. 2D. 112.函数f(x)是定义域在R的可导函数，满足：f(x)<f′(x)且f(0)=2，则f(x)e x>2的解集为()A. (−∞,0)B. (0,+∞)C. (−∞,2)D. (2,+∞)二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.双曲线x24−y23=1的渐近线方程是______，实轴长为______．14.已知函数f(x)=ax−log2(2x+1)+cos x(a∈R)为偶函数，则a=________________．15.如图，四边形ABCD和ABEF均是边长为1的正方形，且平面ABCD⊥平面ABEF.M，N分别为对角线AC，BF上两点，则MN的最小值为________．16.已知首项为1的数列{a n}，满足a n+1=11+a n(n∈N∗)，则a3=______ ．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.某校为了解校园安全教育系列活动的成效，对全校3000名学生进行一次安全意识测试，根据测试成绩评定“优秀”“良好”“及格”“不及格”四个等级，现随机抽取部分学生的答卷，统计结果及对应的频率分布直方图如下所示．等级不及格及格良好优秀得分[70,90)[90,110)[110,130)[130,150]频数6a24b(Ⅰ)求a、b、c的值；(Ⅱ)试估计该校安全意识测试评定为“优秀”的学生人数；(Ⅲ)已知已采用分层抽样的方法，从评定等级为“优秀”和“良好”的学生中任选6人进行强化培训；现在再从这6人中任选2人参加市级校园安全知识竞赛，求选取的2人中恰有1人为“优秀”的概率．18.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．(1)若sin(A+π)=2cos A，求A的值；6(2)若cos A=1，b=3c，求sin C的值.319.如图，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB=BC=BD=4，∠ABC=∠DBC=120°，E，F，G分别为AC，DC，AD的中点．(1)求证：EF⊥平面BCG；(2)求三棱锥D−BCG的体积．20. 已知函数f(x)=(x −a −1)e x−1，a >0．(1)当a =1时，求y =f(x)在点(2,f(2))处的切线方程；(2)设函数g(x)=f(x)+alnx −x ，求g(x)的极值点．21. 已知椭圆E 的中心在原点，焦点在x 轴上，它的一个顶点恰好是抛物线x 2=4√2y 的焦点，离心率等于√63.椭圆E 的左焦点为F ，过点M(−3,0)任作一条斜率不为零的直线l 与椭圆E 交于不同的两点A ，B ，点A 关于x 轴的对称点为C ．(Ⅰ)求椭圆E 的方程；(Ⅱ)求证：CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =λFB ⃗⃗⃗⃗⃗ (λ∈R)；(Ⅲ)求△MBC 面积的最大值．22. 在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为{x =cosαy =1+sinα(α为参数)，以坐标原点为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．(Ⅰ)求曲线C 的极坐标方程；(Ⅱ)设A ，B 为曲线C 上两点(均不与O 重合)，且满足∠AOB =π3，求|OA|+|OB|的最大值．23. 已知函数f(x)=|x +1|−|4−2x|．(1)求不等式f(x)≥13(x −1)的解集；(2)若函数f(x)的最大值为m ，且2a +b =m(a >0,b >0)，求2a +1b 的最小值．【答案与解析】1.答案：D解析：本题考查了集合的化简与运算问题，属于基础题．根据补集和并集的定义，写出(∁U A)∪B即可．解：全集U={0,1，2，3，4，5}，集合A={1,2，3，5}，B={2,3，4}，则∁U A={0,3，4}，所以(∁U A)∪B={0,2，3，4}．故选D．2.答案：A解析：本题考查了复数的代数表示及其几何意义，属于基础题．由题意，可得1+x<0，即可得解．解：∵复数z=(1+x)+i(i为虚数单位，x∈R)在复平面内对应的点在第二象限，则1+x<0，解得x<−1，∴x的取值范围是(−∞,−1)．故选A．3.答案：B解析：本题考查等差数列的求和，属于基础题．利用等差数列的性质求解即可．=13a7=26，所以a7=2，解：S13=13(a1+a13)2所以4d=a11−a7=8，解得d=2，所以a20=a11+9d=10+9×2=28．故选B．4.答案：B解析：解：a⃗=(2,0)，b⃗ =(1,1)，λb⃗ −a⃗=(λ−2,λ)，∵(λb⃗ −a⃗ )⊥a⃗，∴(λb⃗ −a⃗ )⋅a⃗=0，即2(λ−2)=0，∴λ=2．故答案为：2．利用已知条件求出λb⃗ −a⃗，利用向量的垂直，求出λ即可．本题考查向量的垂直条件的应用，基本知识的考查．5.答案：D解析：本题主要考查几何概型与数学文化的考查，根据几何概型的概率公式求出对应区域的面积是解决本题的关键；设出大正方形的边长，结合cosα=45，分别求出小直角三角形的边长，得到小正方形的面积，结合几何概型的概率公式进行求解即可；属于基础题．解：设大正方形边长为5，由cosα=45知α对边等于3，邻边等于4，∴小正方形的边长为1，面积等于S=1，则对应的概率P=125．故选D．6.答案：B解析：本题考查的知识要点：程序框图在数列中的应用，利用裂项相消法求数列的和的应用．属于基础题型．直接利用程序框图的循环结构，数列的求和和利用裂项相消法在数列求和中的应用求出结果．解：根据程序框图：S=S+1i −1i+1，执行第一次循环时：S=0+1−12=12，执行第二次循环时，S =1−12+12−13=23，当n =100时，输出结果为：S =1−12+12−13+⋯−1101=1−1101=100101．故选：B ． 7.答案：B解析：本题主要考查函数图像的识别，考查学生思考推理的过程．解：因为f(−1)=|2−1−2|2−1+2=35，f(1)=|21−2|21+2=0，所以f (−1)≠f (1)，所以函数f(x)不是偶函数，图象不关于y 轴对称，故排除A ，C ，又f (0)=13，排除D ．故选B ． 8.答案：C解析：本题考查利用简单线性规划求最值.由题意，作出可行域，由图形判断出目标函数z =y −2x 的最大值的位置，即可求出其最值．解：由题意，作出可行域，如图所示：由{x +2y =2x =0，得A(0,1)，由z=−2x+y得y=2x+z，平行移动直线y=2x+z，当直线过点A时，截距最大，则z的值最大，∴目标函数z=−2x+y的最大值是1.故选C．9.答案：C解析：本题考查诱导公式及三角函数的性质，属于中档题．由诱导公式可得，cos (2x−5π6)=sin (2x−π3)，即可得ω=±2，从而可得ω=2时φ=−π3；ω=−2时，φ=−2kπ+4π3(k∈Z)，即可得结果．解：cos(2x−5π6)=cos(2x−π3−π2)=sin(2x−π3)，由条件知ω=±2，若ω=2，由φ=−π3+2kπ(k∈Z)且|φ|<π，得φ=−π3；若ω=−2，sin(−2x+φ)=sin(2x+π−φ)，则π−φ=−π3+2kπ(k∈Z)，所以φ=−2kπ+4π3(k∈Z)，又|φ|<π，则φ=−2π3．故选C．10.答案：A解析：解：由三视图知：几何体右边是四棱锥，即“阳马”，底面边长为1和√3，高为1，其体积V1=13×√3×1=√33左边是直三棱柱，即“堑堵”，底面边长是√3和1的直角三角形，高为1，其体积V2=12×1×√3=√32∴该几何体的体积V=V1+V2=√33+√32=5√36．故选：A．由已知中的三视图，可知该几何体右边是四棱锥，即“阳马”，左边是直三棱柱，即“堑堵”，该几何体的体积只需把“阳马”，和“堑堵”体积分别计算相加即可．本题考查了四棱锥与三棱柱的三视图及其体积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．11.答案：C解析：解：直线l：y=√3(x−1)与抛物线y2=2px联立，可得3x2+(−6−2p)x+3=0，Δ=(6+2p)2−36>0，x1+x2=6+2p3,x1x2=1，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，∵|AB|=√(x1−x2)2+(y1−y2)2=2|x1−x2|，∴2√(6+2p3)2−4=163，∴p=2，故选：C．直线与抛物线联立，利用韦达定理及弦长公式，即可求出p．本题考查抛物线方程，考查直线与抛物线的位置关系，考查学生的计算能力，属于中档题．12.答案：B解析：解：设F(x)=f(x)e x，则F′(x)=f′(x)−f(x)e x，∵f(x)<f′(x)，∴F′(x)>0，即函数F(x)在定义域上单调递增；∵f(0)=2，∴不等式f(x)e x>2等价为F(x)>F(0)，解得x>0，所求不等式的解集为(0,+∞)．故选：B．根据条件构造函数F(x)=f(x)e x，求函数F(x)的导数，利用函数的单调性即可求出不等式的解集．本题主要考查了函数单调性的判断和应用，根据条件构造函数是解决本题的关键．13.答案：√3x±2y=0 4解析：本题考查双曲线的简单性质的应用，是基本知识的考查．直接利用双曲线方程求解渐近线方程与实轴长即可．解：双曲线x24−y23=1，可得a=2，b=√3，所以双曲线的渐近线方程是：√3x±2y=0，实轴长为：4．故答案为：√3x±2y=0；4．14.答案：12解析：本题考查了函数的奇偶性的应用，属于基础题．根据偶函数的定义可得f(−x)=f(x)，即可得−ax−log2(2−x+1)+cos(−x)=ax−log2(2x+ 1)+cos x，整理即可求得a．解：因为f(x)是偶函数，故f(−x)=f(x)，即−ax−log2(2−x+1)+cos(−x)=ax−log2(2x+1)+cos x，∴2ax=log2(2x+1)−log2(2−x+1)=log22x+12−x+1=x，由x的任意性2a=1，可得a=12．故答案为12．15.答案：√33解析：本题考查利用空间向量求空间两点间的距离，建立空间直角坐标系，设BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λBF ⃗⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1)求出M ，N 的坐标，把|MN |表示为λ的函数，配方求得最小值．解：由已知得，BA ，BE ，BC 两两相互垂直．以B 为坐标原点，分别以BA ，BE ，BC 方向为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则A(1,0，0)，F(1,1，0)，C(0,0，1)．BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0)，CA⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,−1)，设BN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λBF ⃗⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1)，CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =μCA ⃗⃗⃗⃗⃗ (0≤μ≤1)，则BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(λ,λ,0)，BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,1)+μ(1,0,−1)=(μ,0,1−μ)，所以N(λ,λ,0)，M(μ,0，1−μ)，MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(λ−μ,λ,μ−1)，所以|MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2=(λ−μ)2+λ2+(μ−1)2=2λ2−2λμ+2μ2−2μ+1=2(λ−μ2)2+32(μ−23)2+13≥13，当且仅当λ=13，μ=23时取等号．所以|MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |≥√33． 故答案为√33． 16.答案：23解析：本题主要考查数列项的求解，属于基础题，根据数列的递推关系是解决本题的关键．根据数列的递推关系即可得到结论．解：∵首项为1，满足a n+1=11+a n ∴a 2=11+1=12，a 3=11+12=23，故答案为：2317.答案：解：(Ⅰ)由频率和为1，得(0.005+c +0.02+0.01)×20=1，解得c =0.015，由a 6=0.0150.005，解得a =18，由b 6=0.010.005，解得b =12；(Ⅱ)该校安全意识测试评定为“优秀”的频率是0.01×20=0.2，估计该校安全意识测试评定为“优秀”的学生人数为3000×0.2=600；(Ⅲ)采用分层抽样的方法，从评定等级为“优秀”和“良好”的学生中任选6人，抽取比例为12：24=1：2；“优秀”人数选2人，记为A、B，“良好”人数选4人，记为C、D、E、F，现再从这6人中任选2人，基本事件数是AB、AC、AD、AE、AF、BC、BD、BE、BF、CD、CE、CF、DE、DF、EF共15种，选取的2人中有1人为“优秀”的基本事件数是AC、AD、AE、AF、BC、BD、BE、BF共8种，故所求的概率为P=815．解析：本题考查了列举法计算基本事件数和发生的概率，也考查了频率分布直方图的应用问题，是基础题．利用列举法写出基本事件数，求出对应的概率值．(Ⅰ)由频率和为1求出c的值，根据频率与频数的比例关系求出a、b的值；(Ⅱ)计算评定为“优秀”的频率，求出对应的频数即可；(Ⅲ)采用分层抽样法，抽取优秀和良好的学生分别为2人和4人，18.答案：解：(1)由题意知sin Acosπ6+cos Asinπ6=2cos A，即sin A=√3cos A，且cos A≠0，所以tan A=√3，因为0<A<π，所以A=π3.(2)由cos A=13，b=3c，及a2=b2+c2−2bccos A，可得b2=a2+c2，所以△ABC是直角三角形，且B=π2，所以sin C=cos A=13．解析：本题考查三角形的余弦定理、考查两角和的正弦公式，属于基础题．(1)利用两角和的正弦公式，即可求出角A的正弦，从而求出角A;(2)利用余弦定理得b2=a2+c2，所以△ABC是直角三角形，且B=π2，即可求解．19.答案：证明：(1)∵△ABC和△BCD所在平面互相垂直，AB=BC=BD=4，∠ABC=∠DBC=120°，E，F，G分别为AC，DC，AD的中点，∴△ABC≌△DBC，∵G是AD中点，∴CG⊥AD，同理BG⊥AD，又BG∩CG=G，∴AD⊥平面BGC，∵E，F分别是AC，DC的中点，∴EF//AD，∴EF⊥平面BCG．解：(2)在平面ABC内，作AO⊥BC，交CB的延长线于O，如图，∵平面ABC⊥平面BCD，∴AO⊥平面BDC，又G为AD的中点，∴G到平面BDC的距离h是AO长的一半，在△AOB中，AO=AB⋅sin60°=2√3，∴三棱锥D−BCG的体积：V D−BCG=V G−BCD=13×12×BD×BC×sin120°×√3=4．解析：(1)推导出△ABC≌△DBC，CG⊥AD，BG⊥AD，从而AD⊥平面BGC，推导出EF//AD，由此能证明EF⊥平面BCG．(2)作AO⊥BC，交CB的延长线于O，推导出AO⊥平面BDC，G到平面BDC的距离h是AO长的一半，三棱锥D−BCG的体积V D−BCG=V G−BCD．本题考查线面垂直的证明，考查三棱锥体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．20.答案：解：(1)当a=1时，f(x)=(x−2)e x−1，∴f′(x)=(x−1)e x−1，∴k=f′(2)=e，∵f(2)=0，∴y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y=e(x−2)；(2)g(x)=f(x)+alnx−x=(x−a−1)e x−1+alnx−x，x>0，∴g′(x)=(x−a)e x−1+ax−1，x>0，由g′(x)=(x−a)e x−1−x−ax=(x −a)(e x−1−1x )=0，可得x =1或x =a ，当0<a <1时，可得g(x)在(0,a)单调递增，在(a,1)单调递减，在(1,+∞)单调递增，可得g(x)在x =a 处取得极大值，在x =1处取得极小值；当a =1处，g(x)单调递增，无极值；当a >1时，可得g(x)在(0,1)单调递增，在(1,a)单调递减，在(a,+∞)单调递增，可得g(x)在x =1处取得极大值，在x =a 处取得极小值．解析：本题考查导数的几何意义和利用导数研究函数的极值，属于中档题．(1)求得f(x)的导数，可得切线的斜率，由点斜式方程可得切线的方程；(2)求得g(x)的解析式，求得导数，令g ′(x)=0，解方程可得x =1，x =a ，讨论0<a <1，a =1，a >1，可得单调性，即可得到极值点．21.答案：解：(Ⅰ)设椭圆E 的方程为x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)，抛物线x 2=4√2y 的焦点为(0,√2)，由题意可知c a =√63，b =√2，a 2−b 2=c 2， 解得a =√6，b =√2，c =2，∴椭圆E 的方程为x 26+y 22=1；(Ⅱ)证明：点M 坐标为(−3,0).于是可设直线l 的方程为y =k(x +3)，联立{y =k(x +3)x 2+3y 2=6得(1+3k 2)x 2+18k 2x +27k 2−6=0， △=(18k 2)2−4(1+3k 2)(27k 2−6)>0，解得k 2<23．设点A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，则x 1+x 2=−18k 21+3k ，x 1x 2=27k 2−61+3k ，y 1=k(x 1+3)，y 2=k(x 2+3)，∵F(−2,0)，C(x 1,−y 1).∴FC⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1+2,−y 1)，FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 2+2,y 2)， ∵(x 1+2)y 2−(x 2+2)(−y 1)=(x 1+2)k(x 2+3)+(x 2+2)k(x 1+3)=k[2x 1x 2+5(x 1+x 2)+12]=k[2⋅27k 2−61+3k 2+5⋅(−18k 21+3k 2)+12]=0，∴CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =λFB ⃗⃗⃗⃗⃗ (λ∈R)；(Ⅲ)由(Ⅱ)可知：k 2<23，由题意可知：S =12|MF||y 1|+12|MF||y 2|=12|MF||y 1+y 2|=12|k(x 1+x 2)+6k|=3|k|1+3k 2=31|k|+3|k|≤2√3=√32． 当且仅当k 2=13<23，“=”成立，∴k 2=13时，△MBC 面积S 取得最大值√32．解析：(Ⅰ)设椭圆E 的方程为x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)，由题意可知可知c a =√63，b =√2，a 2−b 2=c 2，解方程即可得到所求；(Ⅱ)点M 坐标为(−3,0).于是可设直线l 的方程为y =k(x +3).设点A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，F(−2,0)，C(x 1,−y 1)，FC⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1+2,−y 1)，FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 2+2,y 2)，利用向量共线定理即可判断出； (Ⅲ)利用三角形的面积计算公式和基本不等式即可得出．本题综合考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题转化为方程联立得到根与系数的关系、三角形的面积公式、向量共线定理等基础知识与基本技能方法，属于难题．22.答案：解：(I)曲线C 的参数方程为{x =cosαy =1+sinα(α为参数)，转换为直角坐标方程为x 2+(y −1)2=1，整理得x 2+y 2−2y =0，转换为极坐标方程为ρ=2sinθ．(II)设A(ρ1,θ)，则B(ρ2,θ+π3)，故ρ1=2sinθ，ρ2=2sin(θ+π3)，所以|OA|+|OB|=ρ1+ρ2=2sinθ+2sin(θ+π3)=2√3sin(θ+π6)． 当θ=π3时，|OA|+|OB|的最大值为2√3．解析：(Ⅰ)直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换求出结果． (Ⅱ)利用三角函数关系式的恒等变换和极径的应用求出结果．本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，三角函数关系式的恒等变换，极径的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．23.答案：解：(1)f(x)=|x+1|−|4−2x|={x−5,x<−13x−3,−1≤x≤2−x+5,x>2,因为f(x)≥13(x−1)，所以{x<−1x−5≥13(x−1)或{−1≤x≤23x−3≥13(x−1)或{x>2−x+5≥13(x−1),解得：x无解或1≤x≤2或2<x≤4，故不等式f(x)≥13(x−1)的解集为[1,4]；(2)由(1)可知f(x)在(−∞,2]时单调递增，在[2,+∞)时单调递减，则f(x)的最大值m=f(2)=3，则2a+b=3(a>0,b>0)，所以2a +1b=13(2a+b)(2a+1b)=13(2ab+2ba+5)≥13(2√2ab·2ba+5)=3，当且仅当a=b=1时，等号成立，所以2a +1b的最小值为3．解析：本题考查绝对值不等式的解法，利用基本不等式求最值，属于中档题．(1)f(x)≥13(x−1)转化为{x<−1x−5≥13(x−1)或{−1≤x≤23x−3≥13(x−1)或{x>2−x+5≥13(x−1)，先求出每个不等式组的解集，再求它们的并集即可；(2)由(1)可知f(x)的最大值m=f(2)=3，则2a+b=3(a>0,b>0)，再由基本不等式即可求出．。
2020届山西省太原市一模数学(文科)试卷及答案
2020年山西省太原市高考数学一模试卷（文科）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．太原市2020年高三年级模拟试题（一）数学试卷（文科）（考试时间：120分值）1．（5分）已知全集{0U =，1，2，3，4}，集合{1A =，2，3}，{2B =，4}，则()U A B ð为()A ．{1，2，4}B ．{2，3，4}C ．{0，2，3，4}D ．{0，2，4}2．（5分）已知i 是虚数单位，复数1(2)m m i ++-在复平面内对应的点在第二象限，则实数m 的取值范围是()A ．(,1)-∞-B ．(1,2)-C ．(2,)+∞D ．(-∞，1)(2-⋃，)+∞3．（5分）已知等差数列{}n a 中，前5项和525S =，23a =，则9(a =)A ．16B ．17C ．18D ．194．（5分）已知平面向量(4,2),(1,3)a b =-=- ，若a b λ+ 与b 垂直，则(λ=)A ．2-B ．2C ．1-D ．15．（5分）七巧板是中国古代劳动人民发明的一种传统智力玩具，它由五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成．（清)陆以湉《冷庐杂识》卷中写道：近又有七巧图，其式五，其数七，其变化之式多至千余，体物肖形，随手变幻，盖游戏之具，足以排闷破寂，故世俗皆喜为之．如图是一个用七巧板拼成的正方形，若在此正方形中任取一点，则此点取自阴影部分的概率为()A ．516B ．1132C ．716D ．13326．（5分）某程序框图如图所示，若4a =，则该程序运行后输出的结果是()A ．74B ．95C ．116D ．1377．（5分）函数21()||x f x x -=的图象大致为()A ．B ．C ．D ．8．（5分）已知变量x ，y 满足约束条件6321x y x y x +⎧⎪--⎨⎪⎩，若目标函数2z x y =+的最大值为()A ．3B ．5C ．8D ．119．（5分）设a R ∈，[0b ∈，2)π，若对任意实数x 都有sin(3)sin()3x ax b π-=+，则满足条件的有序实数对(,)a b 的对数为()A ．1B ．2C ．3D ．410．（5分）刘徽注《九章算术 商功》中，将底面为矩形，一棱垂直于底面的四棱锥叫做阳马．如图，是一个阳马的三视图，则其外接球的半径为()A 3B ．3C 3D ．411．（5分）过抛物线24y x =上点(1,2)P 作三条斜率分别为1k 、2k 、3k 的直线1l 、2l 、3l ，与抛物线分别交于不同与P 的点A ，B ，C ．若120k k +=，231k k =- ，则下列结论正确的是()A ．直线AB 过定点B ．直线AB 斜率一定C ．直线BC 斜率一定D ．直线AC 斜率一定12．（5分）函数()f x 的定义域为(,2)-∞，()f x '为其导函数．若1(2)()()x xx f x f x e-'-+=且(0)0f =，则()0f x <的解集为()A ．(,0)-∞B ．(0,1)C ．(1,2)D ．(0,2)二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．（5分）双曲线2228x y -=的实轴长是．14．（5分）已知函数4()log (41)()x f x kx k R =++∈是偶函数，则k 的值为．15．（5分）在如图所示装置中，正方形框架的边长都是1，且平面ABCD 与平面ABEF 互相垂直，活动弹子M ，N 分别在正方形对角线AC ，BF 上移动，则MN 长度的最小值是．16．（5分）我们知道，裴波那契数列是数学史上一个著名数列，在裴波那契数列{}n a 中，11a =，21a =，*21()n n n a a a n N ++=+∈．用n S 表示它的前n 项和，若已知2020S m =，那么2022a =．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题；共60分．17．（12分）手机运动计步已成为一种时尚，某中学统计了该校教职工一天走步数（单位：百步），绘制出如下频率分布直方图：（Ⅰ）求直方图中a 的值，并由频率分布直方图估计该校教职工一天步行数的中位数；（Ⅱ）若该校有教职工175人，试估计一天行走步数不大于130百步的人数；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，该校从行走步数大于150百步的3组教职工中用分层抽样的方法选取6人参加远足活动，再从6人中选取2人担任领队，求着两人均来自区间(150，170]的概率．18．（12分）已知ABC ∆中，a ，b ，c 分别是内角A ，B ，C 的对边，212cossin()cos 362C C ππ++=-．（Ⅰ）求C ；（Ⅱ）若3c =，ABC ∆，求11a b+的值．19．（12分）如图（1）在等腰直角三角形ABC 中，90ACB ∠=︒，4AB =，点D 为AB 中点，将ADC ∆沿DC 折叠得到三棱锥1A BCD -，如图（2），其中160A DB ∠=︒，点M ，N ，G 分别为1A C ，BC ，1A B 的中点．（Ⅰ）求证：MN ⊥平面DCG ；（Ⅱ）求三棱锥1G A DC -的体积．20．（12分）已知函数()cos x f x e x =-．（1）求()f x 在点(0，(0))f 处的切线方程；（2）求证：()f x 在(2π-，)+∞上仅有两个零点．21．（12分）椭圆E 的焦点为1(1,0)F -和2(1,0)F ，过2F 的直线1l 交E 于A ，B 两点，过A 作与y 轴垂直的直线2l ，又知点(2,0)H ，直线BH 记为3l ，2l 与3l 交于点C ．设22AF F B λ= ，已知当2λ=时，1||||AB BF =．（Ⅰ）求椭圆E 的方程；（Ⅱ）求证：无论λ如何变化，点C 的横坐标是定值，并求出这个定值．（二）选考题：共10分，请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．作答时请用2B 铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑．（本小题满分10分）[选修4-4：坐标系与参数方程]22．（10分）在平面直角坐标系xOy 中，曲线1C 的参数方程为3cos (3sin x y θθθ=⎧⎨=⎩为参数），已知点(6,0)Q ，点P 是曲线1C 上任意一点，点M 满足2PM MQ =，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系．（Ⅰ）求点M 的轨迹2C 的极坐标方程；（Ⅱ）已知直线:l y kx =与曲线2C 交于A ，B 两点，若4OA AB =，求k 的值[选修4-5：不等式选讲]（本小题满分0分）23．已知函数()|2|f x x a =+，()|1|g x x =-．（Ⅰ）若()2()f x g x +的最小值为1，求实数a 的值；（Ⅱ）若关于x 的不等式()()1f x g x +<的解集包含1[2，1]，求实数a 的取值范围．2020年山西省太原市高考数学一模试卷（文科）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．太原市2020年高三年级模拟试题（一）数学试卷（文科）（考试时间：120分值）1．（5分）已知全集{0U =，1，2，3，4}，集合{1A =，2，3}，{2B =，4}，则()U A B ð为()A ．{1，2，4}B ．{2，3，4}C ．{0，2，3，4}D ．{0，2，4}【解答】解：{0U A = ð，4}，(){0U A B ∴= ð，2，4}；故选：D ．2．（5分）已知i 是虚数单位，复数1(2)m m i ++-在复平面内对应的点在第二象限，则实数m 的取值范围是()A ．(,1)-∞-B ．(1,2)-C ．(2,)+∞D ．(-∞，1)(2-⋃，)+∞【解答】解： 复数1(2)m m i ++-在复平面内对应的点在第二象限，∴1020m m +<⎧⎨->⎩，解得1m <-．∴实数m 的取值范围是(,1)-∞-．故选：A ．3．（5分）已知等差数列{}n a 中，前5项和525S =，23a =，则9(a =)A ．16B ．17C ．18D ．19【解答】解：525S = ，23a =，53255S a ∴==，则35a =，则公差322d a a =-=，11a =，则918217a =+⨯=．故选：B ．4．（5分）已知平面向量(4,2),(1,3)a b =-=- ，若a b λ+与b 垂直，则(λ=)A ．2-B ．2C ．1-D ．1【解答】解： 平面向量(4,2),(1,3)a b =-=- ，若a b λ+与b 垂直，(∴2)46100a b b a b b λλλ+=+=++=，求得1λ=-，故选：C ．5．（5分）七巧板是中国古代劳动人民发明的一种传统智力玩具，它由五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成．（清)陆以湉《冷庐杂识》卷中写道：近又有七巧图，其式五，其数七，其变化之式多至千余，体物肖形，随手变幻，盖游戏之具，足以排闷破寂，故世俗皆喜为之．如图是一个用七巧板拼成的正方形，若在此正方形中任取一点，则此点取自阴影部分的概率为()A ．516B ．1132C ．716D ．1332【解答】解：设大正方形的边长为4，则面积4416⨯=，阴影部分可看做一个等腰直角三角形，边长为221222242⨯=，另外一部分为梯形，上底为222222232=，故概率716P =．故选：C ．6．（5分）某程序框图如图所示，若4a =，则该程序运行后输出的结果是()A ．74B ．95C ．116D ．137【解答】解：由题意知，该程序计算的是数列1{}(1)n n +前四项的和再加上1．111(1)1n n n n =-++，11111111(1)()()(2233445S ∴=+-+-+-+-95=．故选：B ．7．（5分）函数21()||x f x x -=的图象大致为()A ．B ．C．D ．【解答】解：22()11()()||||x xf x f xx x----===-，则()f x为偶函数，图象关于y轴对称，排除B，C，当0x>时，211()xf x xx x-==-为增函数，排除A，故选：D．8．（5分）已知变量x，y满足约束条件6321x yx yx+⎧⎪--⎨⎪⎩，若目标函数2z x y=+的最大值为()A．3B．5C．8D．11【解答】解：作出可行域如图，由2z x y=+知，1122y x z =-+，所以动直线1122y x z=-+的纵截距12z取得最大值时，目标函数取得最大值．由16xx y=⎧⎨+=⎩得(1,5)A．结合可行域可知当动直线经过点(1,5)A 时，目标函数取得最大值12511z =+⨯=．故选：D ．9．（5分）设a R ∈，[0b ∈，2)π，若对任意实数x 都有sin(3)sin()3x ax b π-=+，则满足条件的有序实数对(,)a b 的对数为()A ．1B ．2C ．3D ．4【解答】解： 对于任意实数x 都有sin(3sin()3x ax b π-=+，则函数的周期相同，若3a =，此时sin(3sin(3)3x x b π-=+，此时5233b πππ=-+=，若3a =-，则方程等价为sin(3)sin(3)sin(3)sin(3)3x x b x b x b ππ-=-+=--=-+，则3b ππ-=-+，则43b π=，综上满足条件的有序实数组(,)a b 为5(3,3π，4(3,)3π-，共有2组，故选：B ．10．（5分）刘徽注《九章算术 商功》中，将底面为矩形，一棱垂直于底面的四棱锥叫做阳马．如图，是一个阳马的三视图，则其外接球的半径为()A B ．3C ．2D ．4【解答】解：根据几何体的三视图转换为几何体为：挂几何体为四棱锥体．如图所示：所以r ==．故选：C ．11．（5分）过抛物线24y x =上点(1,2)P 作三条斜率分别为1k 、2k 、3k 的直线1l 、2l 、3l ，与抛物线分别交于不同与P 的点A ，B ，C ．若120k k +=，231k k =- ，则下列结论正确的是()A ．直线AB 过定点B ．直线AB 斜率一定C ．直线BC 斜率一定D ．直线AC 斜率一定【解答】解：120k k +=，231k k =- 可得设1l d 的斜率为k ，则2l ，3l 的斜率分别为：k -，1k，设直线1l 的方程为：(1)2y k x =-+，则2l 的方程为(1)2y k x =--+，3l 的方程为1(1)2y x k=-=，设1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y ，3(C x ，3)y ，联立直线1l 与抛物线的方程：2(1)24y k x y x=-+⎧⎨=⎩，整理可得222[2(2)4](2)0k x k k x k +--+-=，所以22(2)1A k x k -=，所以22(2)A k x k -=，代入直线1l 中可得22(2)44(1)2[1]2A k k y k x k k k --=-+=-+=，即22(2)(k A k -，42kk -；联立直线2l 与抛物线的方程可得2(1)24y k x y x =--+⎧⎨=⎩，整理可得222[2(2)4(2)0k x k k x k -++++=，所以22(2)1B k x k +=，可得22(2)B k x k +=，代入2l 中可得22(2)24(1)2[1]2B k k y k x k k k ++=--+=--+=-，即22(2)(k B k +，24k k +-；联立直线3l 与抛物线的方程：21(1)24y x k y x⎧=-+⎪⎨⎪=⎩，整理可得24840y ky k -+-=，284C y k =- ，所以42C y k =-，代入抛物线的方程可得2(21)C x k =-，可得2((21)C k -，42)k -；所以222224224818(2)(2)ABk k k k k k k k k k k k -++===---+-为定值；故选：B ．12．（5分）函数()f x 的定义域为(,2)-∞，()f x '为其导函数．若1(2)()()xxx f x f x e -'-+=且(0)0f =，则()0f x <的解集为()A ．(,0)-∞B ．(0,1)C ．(1,2)D ．(0,2)【解答】解：令()(2)()g x x f x =-，2x <，由题意可得，1()xxg x e -'=，当1x >时，()0g x '<，函数单调递减，当01x <<时，()0g x '<，函数单调递减，又(0)0g =，2x →时，()0g x →，由()0f x <可得()02g x x <-即()0g x >，结合函数图象可知，02x <<．故选：D ．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．（5分）双曲线2228x y -=的实轴长是4．【解答】解：双曲线2228x y -=化为标准方程为22148x y -=24a ∴=2a ∴=24a ∴=即双曲线2228x y -=的实轴长是4故答案为：414．（5分）已知函数4()log (41)()x f x kx k R =++∈是偶函数，则k 的值为12-．【解答】解：（1）由函数()f x 是偶函数，可知()()f x f x =-44log (41)log (41)x x kx kx -∴++=+-即441log 241x xkx -+=-+，4log 42x kx=-2x kx ∴=-对一切x R ∈恒成立，12k ∴=-故答案为12-．15．（5分）在如图所示装置中，正方形框架的边长都是1，且平面ABCD 与平面ABEF 互相垂直，活动弹子M ，N 分别在正方形对角线AC ，BF 上移动，则MN 长度的最小值是3．【解答】解：如图，以A 为坐标原点，分别以AF ，AB ，AD 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．则(0A ，0，0)，(0B ，1，0)，(1F ，0，0)，(0C ，1，1)，设(0,,)AM AC λλλ== ，(,,0)BN BF μμμ==-，01λ ，01μ ．(0MN AB AM BN =-+=，1，0)(0-，λ，)(λμ+，μ-，0)(μ=，1λμ--，)λ-．∴||MN ==λμ=时等号成立）．令(02)t t λμ+= ，则||MN ．∴当23t =，即13λμ==时，||3min MN ==．MN ∴．故答案为：3．16．（5分）我们知道，裴波那契数列是数学史上一个著名数列，在裴波那契数列{}n a 中，11a =，21a =，*21()n n n a a a n N ++=+∈．用n S 表示它的前n 项和，若已知2020S m =，那么2022a =1m +．【解答】解：11a = ，21a =，*21()n n n a a a n N ++=+∈，123a a a ∴+=，234a a a +=，345a a a +=，⋯⋯201920202021a a a +=，202020212022a a a +=，以上累加得：12342020202134202120222222a a a a a a a a a a ++++⋯⋯++=++⋯⋯++，123202020222a a a a a a m ∴+++⋯⋯+=-=，20221a m ∴=+，故答案为：1m +．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题；共60分．17．（12分）手机运动计步已成为一种时尚，某中学统计了该校教职工一天走步数（单位：百步），绘制出如下频率分布直方图：（Ⅰ）求直方图中a 的值，并由频率分布直方图估计该校教职工一天步行数的中位数；（Ⅱ）若该校有教职工175人，试估计一天行走步数不大于130百步的人数；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，该校从行走步数大于150百步的3组教职工中用分层抽样的方法选取6人参加远足活动，再从6人中选取2人担任领队，求着两人均来自区间(150，170]的概率．【解答】解：（Ⅰ）由题意得：0.002200.00620200.002200.002201a ⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=，解得0.008a =，设中位数是110x +，则0.002200.006200.008200.0120.5x ⨯+⨯+⨯+=，解得15x =，∴中位数是125．（Ⅱ）由175(0.002200.006200.00820)98⨯⨯+⨯+⨯=，∴估计一天行走步数不大于130百步的人数为98．（Ⅲ）在区间(150，170]中有28人，在区间(170，190]中有7人，在区间(190，210]中有7人，按分层抽样抽取6人，则从(150，170]中抽取4人，(170，190]和(190，210]中各抽取1人，再从6人中选取2人担任领队，基本事件总数2615n C ==，这两人均来自区间(150，170]包含的基本事件个数246m C ==，∴这两人均来自区间(150，170]的概率62155m p n ===．18．（12分）已知ABC ∆中，a ，b ，c 分别是内角A ，B ，C 的对边，212cossin()cos 362C C ππ++=-．（Ⅰ）求C ；（Ⅱ）若3c =，ABC ∆的面积为2，求11a b+的值．【解答】解：（Ⅰ）212cos sin()cos 362C c C ππ++=-，1sin()cos 62C C π∴+-=，∴11cos cos 222C C C +-=，∴11cos 222C C -=，1sin(62C π∴-=，而C 为三角形的内角，3C π∴=；（Ⅱ）ABC ∆，及3C π=，得1sin 23ab π=化简可得6ab =，又3c =，由余弦定理，得222cos 9a b ab C +-=，化简得2215a b +=，a b ∴+=，∴11a b a b ab ++==19．（12分）如图（1）在等腰直角三角形ABC 中，90ACB ∠=︒，4AB =，点D 为AB 中点，将ADC ∆沿DC 折叠得到三棱锥1A BCD -，如图（2），其中160A DB ∠=︒，点M ，N ，G 分别为1A C ，BC ，1A B 的中点．（Ⅰ）求证：MN ⊥平面DCG ；（Ⅱ）求三棱锥1G A DC -的体积．【解答】解：（Ⅰ）由题意知，在图（1）中，AC BC ==，2AD BD CD ===，∴在三棱锥1A BCD -中，1A D BD =，1A C BC =，G 是1A B 的中点，1DG A B ∴⊥，1CG A B ⊥，DG CG G = ，1A B ∴⊥平面DGC ，点M ，N ，分别为1A C ，BC 的中点．1//MN A B ∴，MN ∴⊥平面DCG ．（Ⅱ）解：由图（1）知1CD A D ⊥，CD BD ⊥，1A D BD D = ，CD ∴⊥平面1A DG ，又160A DB ∠=︒，∴△1A DB 是等边三角形，1DG A B ∴⊥，12A B =，11112A G AB ==，DG =，∴11111222A DG S A G DG =⨯⨯=⨯⨯=，∴三棱锥1G A DC -的体积：1111123323G A DC C A DG A DG V V S CD --==⨯==．20．（12分）已知函数()cos x f x e x =-．（1）求()f x 在点(0，(0))f 处的切线方程；（2）求证：()f x 在(2π-，)+∞上仅有两个零点．【解答】解：（1）(0)0f =．∴切点为(0,0)．()sin x f x e x '=+．(0)1f ∴'=，()f x ∴在点(0，(0))f 处的切线方程为：00y x -=-，化为：0x y -=．证明：（2）()sin x f x e x '=+．0x 时，1x e ，()0f x ∴' ，∴函数()f x 在[0，)+∞上单调递增，而(0)0f =，∴函数()f x 在[0，)+∞上只有一个零点0．(2x π∈-，0)时，()cos 0x f x e x ''=+>．∴函数()f x '在(2x π∈-，0)上单调递增，而21(102f eππ'-=-<，(0)10f '=>，∴存在唯一实数0(2x π∈-，0)，使得000()sin 0x f x e x '=+=，且函数()f x 在(2x π∈-，0)x 上单调递减，0(x x ∈，0)上单调递增．又21()02f eππ-=>，00000()cos sin cos 0x f x e x x x =-=--<，(0)0f =．∴函数()f x 在(2x π∈-，0)x 上存在唯一零点，而在0[x x ∈，0)上无零点．综上可得：()f x 在(2π-，)+∞上仅有2个零点．21．（12分）椭圆E 的焦点为1(1,0)F -和2(1,0)F ，过2F 的直线1l 交E 于A ，B 两点，过A 作与y 轴垂直的直线2l ，又知点(2,0)H ，直线BH 记为3l ，2l 与3l 交于点C ．设22AF F B λ= ，已知当2λ=时，1||||AB BF =．（Ⅰ）求椭圆E 的方程；（Ⅱ）求证：无论λ如何变化，点C 的横坐标是定值，并求出这个定值．【解答】解：（Ⅰ）设椭圆方程为22221x y a b+=，其中221b a =-，由已知当2λ=时，不妨设2||BF m =，则2||2AF m =，1||||AB BF = ，1||3BF m ∴=，由椭圆定义得24a m =，从而12||||2AF AF m ==，故此时点A 在y 轴上，不妨设(0,)A b -，从而由已知条件可得3(2B ，)2b，代入椭圆方程，解得23a =，所以2212b a =-=，故所求椭圆方程为：22132x y +=；（Ⅱ）证明：如图所示：，设点1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y ，设直线AB 的方程为：1x my =+，代入椭圆22236x y +=中，得：22(23)440m y my ++-=，∴122423m y y m -+=+，122423y y m -=+，∴1212y y m y y +=，由题设知(2,0)H ，直线BH 斜率222112221211BH y y y k y y y x my y ====+---，∴直线BH 的方程为：1(2)y y x =-，而直线2l 方程为：1y y =，代入1(2)y y x =-，得3x =，故点C 的横坐标是定值3．（二）选考题：共10分，请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．作答时请用2B 铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑．（本小题满分10分）[选修4-4：坐标系与参数方程]22．（10分）在平面直角坐标系xOy 中，曲线1C 的参数方程为3cos (3sin x y θθθ=⎧⎨=⎩为参数），已知点(6,0)Q ，点P 是曲线1C 上任意一点，点M 满足2PM MQ = ，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系．（Ⅰ）求点M 的轨迹2C 的极坐标方程；（Ⅱ）已知直线:l y kx =与曲线2C 交于A ，B 两点，若4OA AB = ，求k 的值【解答】解：（Ⅰ）曲线1C 的参数方程为3cos (3sin x y θθθ=⎧⎨=⎩为参数），设(3cos ,3sin )P θθ，由于点M 满足2PM MQ = ，所以4cos (sin x y θθθ=+⎧⎨=⎩为参数），转换为直角坐标方程为22(4)1x y -+=．转换为极坐标方程为28cos 150ρρθ-+=（Ⅱ）直线:l y kx =转换为极坐标方程为θα=，设1(A ρ，)α，2(B ρ，)α，由于4OA AB = ，所以54OA OB = ，即1254ρρ=，由于28cos 150ρρθ-+=，所以1212128cos 1554ρρθρρρρ+=⎧⎪=⎨⎪=⎩，解得cos 16θ=．所以222113tan 1cos 243k θθ==-=，解得tan k θ==．[选修4-5：不等式选讲]（本小题满分0分）23．已知函数()|2|f x x a =+，()|1|g x x =-．（Ⅰ）若()2()f x g x +的最小值为1，求实数a 的值；（Ⅱ）若关于x 的不等式()()1f x g x +<的解集包含1[2，1]，求实数a 的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）函数()|2|f x x a =+，()|1|g x x =-．()2()|2|2|1|f xg x x a x +=++-|2||22||2(22)|x a x x a x =++-+-- |2|1a =+=，解得1a =-或3a =-；（Ⅱ）1[2x ∈，1]时，不等式()()1f x g x +<，即：|2||1|1x a x ++-<，可得：|2|11x a x ++-<，|2|x a x ∴+<．3a x a ∴-<<-，不等式()()1f x g x +<的解集包含1[2，1]，即：132a-<且1a->，∴312a-<<-．实数a的取值范围：3(2-，1)-．。
2020年山西省太原市高考数学一模试卷(文科)(有答案解析)
2020年山西省太原市高考数学一模试卷（文科）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知全集1，2，3，，集合2，，，则为A. 2，B. 3，C. 2，3，D. 2，2.已知i是虚数单位，复数在复平面内对应的点在第二象限，则实数m的取值范围是A. B.C. D.3.已知等差数列中，前5项和，，则A. 16B. 17C. 18D. 194.已知平面向量，若与垂直，则A. B. 2 C. D. 15.七巧板是中国古代劳动人民发明的一种传统智力玩具，它由五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成．清陆以湉冷庐杂识卷中写道：近又有七巧图，其式五，其数七，其变化之式多至千余，体物肖形，随手变幻，盖游戏之具，足以排闷破寂，故世俗皆喜为之．如图是一个用七巧板拼成的正方形，若在此正方形中任取一点，则此点取自阴影部分的概率为A. B. C. D.6.某程序框图如图所示，若，则该程序运行后输出的结果是A.B.C.D.7.函数的图象大致为A.B.C.D.8.已知变量x，y满足约束条件，若目标函数的最大值为A. 3B. 5C. 8D. 119.设，，若对任意实数x都有，则满足条件的有序实数对的对数为A. 1B. 2C. 3D. 410.刘徽注九章算术商功中，将底面为矩形，一棱垂直于底面的四棱锥叫做阳马．如图，是一个阳马的三视图，则其外接球的半径为A. B. 3 C. D. 411.过抛物线上点作三条斜率分别为、、的直线、、，与抛物线分别交于不同与P的点A，B，若，，则下列结论正确的是A. 直线AB过定点B. 直线AB斜率一定C. 直线BC斜率一定D. 直线AC斜率一定12.函数的定义域为，为其导函数．若且，则的解集为A. B. C. D.二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.双曲线的实轴长是______ ．14.已知函数是偶函数，则k的值为______ ．15.在如图所示装置中，正方形框架的边长都是1，且平面ABCD与平面ABEF互相垂直，活动弹子M，N分别在正方形对角线AC，BF上移动，则MN长度的最小值是______．16.我们知道，裴波那契数列是数学史上一个著名数列，在裴波那契数列中，，，用表示它的前n项和，若已知，那么______．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.手机运动计步已成为一种时尚，某中学统计了该校教职工一天走步数单位：百步，绘制出如下频率分布直方图：Ⅰ求直方图中a的值，并由频率分布直方图估计该校教职工一天步行数的中位数；Ⅱ若该校有教职工175人，试估计一天行走步数不大于130百步的人数；Ⅲ在Ⅱ的条件下，该校从行走步数大于150百步的3组教职工中用分层抽样的方法选取6人参加远足活动，再从6人中选取2人担任领队，求着两人均来自区间的概率．18.已知中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，．Ⅰ求C；Ⅱ若，的面积为，求的值．19.如图在等腰直角三角形ABC中，，，点D为AB中点，将沿DC折叠得到三棱锥，如图，其中，点M，N，G分别为，BC，的中点．Ⅰ求证：平面DCG；Ⅱ求三棱锥的体积．20.已知函数．求在点处的切线方程；求证：在上仅有2个零点．21.椭圆E的焦点为和，过的直线交E于A，B两点，过A作与y轴垂直的直线，又知点，直线BH记为，与交于点设，已知当时，Ⅰ求椭圆E的方程；Ⅱ求证：无论如何变化，点C的横坐标是定值，并求出这个定值．22.在平面直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为为参数，已知点，点P是曲线上任意一点，点M满足，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．Ⅰ求点M的轨迹的极坐标方程；Ⅱ已知直线l：与曲线交于A，B两点，若，求k的值23.已知函数，．Ⅰ若的最小值为1，求实数a的值；Ⅱ若关于x的不等式的解集包含，求实数a的取值范围．-------- 答案与解析 --------1.答案：D解析：【分析】本题考查了集合的运算，属于基础题．由题意，集合，从而求得2，．【解答】解：，2，；故选D．2.答案：A解析：解：复数在复平面内对应的点在第二象限，，解得．实数m的取值范围是．故选：A．由实部小于0且虚部大于0联立不等式组求解．本题考查复数的代数表示法及其几何意义，考查不等式组的解法，是基础题．3.答案：B解析：解：，，，则，则公差，，则．故选：B．根据等差中项求出，然后求出和d，求出本题考查等差数列性质，属于基础题．4.答案：C解析：解：平面向量，若与垂直，，求得，故选：C．由题意利用两个向量的数量积公式、两个向量垂直的性质，求得的值．本题主要考查两个向量的数量积公式、两个向量垂直的性质，属于基础题．5.答案：C解析：解：设大正方形的边长为4，则面积，阴影部分可看做一个等腰直角三角形，边长为，面积，另外一部分为梯形，上底为，下底为，高，面积，故概率．故选：C．先设大正方形的边长为4，则阴影部分可看做一个等腰直角三角形，边长为，另外一部分为梯形，上底为，下底为，高，然后分别求出面积，根据与面积有关的几何概率公式可求．本题考查了观察能力及几何概型中的面积型，属中档题．6.答案：B解析：解：由题意知，该程序计算的是数列前四项的和再加上1．，．故选：B．分析循环体的算法功能可知，该程序计算的是数列前四项的和再加上利用裂项法求和可求解．本题考查了直到型循环结构求数列前n项和的问题，要注意判断准确求和的项数，区分好当型循环结构与直到型循环结构．7.答案：D解析：解：，则为偶函数，图象关于y轴对称，排除B，C，当时，为增函数，排除A，故选：D．根据条件判断函数的奇偶性和对称性，判断当时的单调性，利用排除法进行求解即可．本题主要考查函数图象的识别和判断，利用条件判断函数的奇偶性和单调性是解决本题的关键．8.答案：D解析：解：作出可行域如图，由知，，所以动直线的纵截距取得最大值时，目标函数取得最大值．由得．结合可行域可知当动直线经过点时，目标函数取得最大值．故选：D．先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，只需求出直线过点时，z 最大值即可．本题主要考查了简单的线性规划，以及利用几何意义求最值，属于基础题．9.答案：B解析：解：对于任意实数x都有，则函数的周期相同，若，此时，，此时，若，则方程等价为，，则，则，综上满足条件的有序实数组为，，共有2组，故选：B．根据三角函数恒成立，则对应的图象完全相同．本题主要考查三角函数的图象和性质，结合三角函数恒成立，利用三角函数的性质，结合三角函数的诱导公式进行转化是解决本题的关键．10.答案：C解析：解：根据几何体的三视图转换为几何体为：挂几何体为四棱锥体．如图所示：所以．故选：C．首先把三视图转换为几何体，进一步求出几何体的外接球的半径．本题考查的知识要点：三视图和几何体之间的转换，几何体的外接球的半径的求法的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．11.答案：B解析：解：，可得设的斜率为k，则，的斜率分别为：，，设直线的方程为：，则的方程为，的方程为，设，，，联立直线与抛物线的方程：，整理可得，所以，所以，代入直线中可得，即；联立直线与抛物线的方程可得，整理可得所以，可得，代入中可得，即；联立直线与抛物线的方程：，整理可得，，所以，代入抛物线的方程可得，可得；所以为定值；故选：B．由，，可设直线的方程，可得，的方程，分别于抛物线联立可得A，B，C 的坐标，进而可得直线AB的斜率为定值．本题主要考查了抛物线的性质及直线斜率的求法．属于中档题．12.答案：D解析：解：令，，由题意可得，，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递减，又，时，，由可得即，结合函数图象可知，．故选：D．结合已知构造函数，，结合已知可知的单调性，结合其函数的特征可求解不等式．本题主要考查了利用导数求解函数的单调性，解不等式，体现了数形结合思想的应用，属于中档题．13.答案：4解析：解：双曲线化为标准方程为即双曲线的实轴长是4故答案为：4双曲线化为标准方程为，即可求得实轴长．本题重点考查双曲线的几何性质，解题的关键是将双曲线方程化为标准方程，属于基础题．14.答案：解析：解：由函数是偶函数，可知即，对一切恒成立，故答案为．利用函数为偶函数的定义寻找关于k的方程是求解本题的关键，转化过程中要注意对数的运算性质的运用．本题考查函数为偶函数的定义，考查对数的运算性质，考查学生的转化与化归思想，注意学生的运算整理变形的等价性．15.答案：解析：解：如图，以A为坐标原点，分别以AF，AB，AD所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．则0，，1，，0，，1，，设，，，．1，，，，，．当且仅当时等号成立．令，则．当，即时，．长度的最小值是．故答案为：．以A为坐标原点，分别以AF，AB，AD所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，，，，，可得，求其模，利用基本不等式结合换元法利用二次函数求最值．本题考查空间中点、线、面间的距离计算，训练了空间向量的应用，考查利用换元法与基本不等式求最值，属难题．16.答案：解析：解：，，，，，，，，以上累加得：，，，故答案为：．根据条件，利用累加法得到，从而，．本题主要考查了数列的递推式，以及累加法数列求和，是中档题．17.答案：解：Ⅰ由题意得：，解得，设中位数是，则，解得，中位数是125．Ⅱ由，估计一天行走步数不大于130百步的人数为98．Ⅲ在区间中有28人，在区间中有7人，在区间中有7人，按分层抽样抽取6人，则从中抽取4人，和中各抽取1人，再从6人中选取2人担任领队，基本事件总数，这两人均来自区间包含的基本事件个数，这两人均来自区间的概率．解析：Ⅰ由频率分布直方图列出方程，能求出a和中位数．Ⅱ由频率分布直方图求出一天行走步数不大于130百步的人数的频率，由此能估计一天行走步数不大于130百步的人数．Ⅲ在区间中有28人，在区间中有7人，在区间中有7人，按分层抽样抽取6人，则从中抽取4人，和中各抽取1人，由此能求出从6人中选取2人担任领队，这两人均来自区间的概率．本题考查中位数、频数、概率的求法，考查频率分布直方图的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．18.答案：解：Ⅰ，，，，，而C为三角形的内角，；Ⅱ的面积为，及，得，化简可得，又，由余弦定理，得，化简得，，解析：Ⅰ根据三角函数的化简即可求出C的值，Ⅱ根据三角形的面积公式和余弦定理，即可求出．本题考查了三角函数的化简，三角形的面积公式，余弦定理，属于中档题．19.答案：解：Ⅰ由题意知，在图中，，，在三棱锥中，，，是的中点，，，，平面DGC，点M，N，分别为，BC的中点．，平面DCG．Ⅱ解：由图知，，，平面，又，是等边三角形，，，，，，三棱锥的体积：．解析：Ⅰ推导出，，从而，，进而平面DGC，推导出，由此能证明平面DCG．Ⅱ由，，，得平面，推导出是等边三角形，三棱锥的体积，由此能求出结果．本题考查线面垂直的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．20.答案：解：切点为．．，在点处的切线方程为：，化为：．证明：．时，，，函数在上单调递增，而，函数在上只有一个零点0．时，．函数在上单调递增，而，，存在唯一实数，使得，且函数在上单调递减，上单调递增．又，，．函数在上存在唯一零点，而在上无零点．综上可得：在上仅有2个零点．解析：切点为可得，利用点斜式即可得出切线方程．分类讨论：时，利用导数研究其单调性可得，函数在上只有一个零点时，可得函数在上单调递增，进而得出零点的个数．本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．21.答案：解：Ⅰ设椭圆方程为，其中，由已知当时，不妨设，则，，，由椭圆定义得，从而，故此时点A在y轴上，不妨设，从而由已知条件可得，代入椭圆方程，解得，所以，故所求椭圆方程为：；Ⅱ证明：如图所示：，设点，，设直线AB的方程为：，代入椭圆中，得：，，，，由题设知，直线BH斜率，直线BH的方程为：，而直线方程为：，代入，得，故点C的横坐标是定值3．解析：设椭圆方程为，其中，利用椭圆的定义和已知条件可得，代入椭圆方程解得a，b，c的值，从而得到椭圆方程；设点，，设直线AB的方程为：，与椭圆方程联立，利用韦达定理可得，进而得到直线BH斜率，再得到直线BH的方程与直线方程联立即可得到点C的横坐标是定值3．本题主要考查了椭圆方程，以及正弦与椭圆的位置关系，是中档题．22.答案：解：Ⅰ曲线的参数方程为为参数，设，由于点M满足，所以为参数，转换为直角坐标方程为．转换为极坐标方程为Ⅱ直线l：转换为极坐标方程为，设，，由于，所以，即，由于，所以，解得．所以，解得．解析：Ⅰ直接利用转换关系的应用，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．Ⅱ利用平面向量的应用和一元二次方程根和系数关系式的应求出结果．本题考查的知识要点：参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，极径的应用，一元二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．23.答案：解：函数，．，解得或；时，不等式，即：，可得：，．，不等式的解集包含，即：且，．实数a的取值范围：．解析：Ⅰ化简的表达式，利用绝对值的几何意义，然后通过最小值为1，即可求解实数a的值；Ⅱ化简不等式的解集，通过解集包含，列出不等式，然后求实数a的取值范围．本题考查绝对值不等式的解法，考查转化思想以及计算能力，难度较高．。
山西省太原市高三高考模拟考试(一)文科综合试题.pdf
《2.2.1 细胞通过分裂产生新细胞》 课题课时1主备审核班级七年姓名授课时间授课类型单一型授课节次7【学习目标】1.知道细胞分裂过程和染色体是遗传物质的载体 2. 自主、合作、交流 3. 培养学生观察、区别能力和发散思维能力。
【重 点】动植物细胞的分裂过程【难 点】染色的复制、均分【学习过程】一复习导入：（3分钟） 1、生物中的物质分为两类： 、 。
有机物有糖类、 、 、 。
2、细胞中的能量转换器为 、 。
洋葱鳞片叶表皮细胞中的能量转化器是 3、克隆羊多莉是将白面绵羊的乳腺细胞核植到黑面绵羊的去核卵细胞中形成重组细胞后经一系列培育而成，请分析：多莉的面部的毛色应是 。
二、自主学习内容、指导、检测：（15分钟） 1、生物体由小长大，是与细胞的 、 和 分不开的。
2、细胞的 使细胞数目增多，细胞 使细胞体积增大。
3、细胞分裂时， 先由一个分成两个，随后， 也分成两份，最后在原来细胞的中央，形成新的，植物细胞还形成新的 。
4、细胞分裂时，细胞核中的 的变化最明显，染色体的数量在细胞分裂时已经 ，在细胞分裂过程中，染色体分成 的两份，分别进入两个新细胞中。
这就保证了两个新细胞的染色体形态和数目 。
新细胞和原细胞的染色体形态和数目也相同。
5、染色体是由 和 两种物质组成的，DNA是遗传物质，因此可以说， 就是遗传物质的载体。
三、释疑点拨：（2分钟） 细胞中被碱性染料染成深色的物质叫染色体，染色体是由DNA和蛋白质两种物质组成，DNA是遗传物质，染色体是遗传物质的载体。
四、训练提升：（20分钟） 1．某生物体细胞中含有12对染色体，在细胞分裂后形成的子细胞中，染色体的数目是（ ） A．12条 B．24条 C．12对 D．6对 2．植物体由小长大主要靠数目的增多，而细胞数目增多是由于细胞的（ ） A．生长 B．分化 C．分裂 D．吸收养料 3．下列哪种生理活动与细胞生长无关（ ） A．细胞分裂，数目增多 B．细胞伸长，体积增大 C．不断吸收营养 D．细胞内的小液泡形成大液泡 4、生物体能够由小长大是与（ ）分不开的。
山西省太原市2020年高三年级模拟试题(三)文科综合能力测试历史试题
太原市2020年高三年级模拟试题(三)文科综合能力测试历史试题(考试时间：上午9：00——11：30）注意事项：1.答题前，考生务必将自自己的姓名、准考证号填写在本试卷相应的位置。
2.全部答案在答题卡上完成，答在本试卷上无效。
3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
回答非选择题时，将答案用0.5mm黑色笔迹签字笔写在答题卡上。
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：共35小题，每小题4分，共140分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
24.西周时期，伯禽被分封为鲁国诸侯，他死后，其子不能自动继承为鲁公，而是必须回到宗周，由天子进行新的策命礼，称作“承嗣再命”。
这一做法A.确保了宗法制度的长期稳定B.旨在维护周天子的政治权威C.侧重于巩固贵族的等级特权D.保障了西周分封制度的持久25.汉武帝时期任太史令的司马谈，在《论六家之要旨》中指出，道家黄老“因阴阳之大顺，采儒墨之善，撮名法之要”。
这说明当时A.黄老之学符合统治需要B.道家学说集百家之大成C.社会思想领域复杂多元D.不同学派开始相互借鉴26.唐代以尚书省六部通过寺监和州县维持国家正常运行，以御史台三院(台院、殿院、察院)通过中央直贯基层的使职系统对政务运行中出现的违反律令格式犯罪行为进行纠核，即“台省”并列。
据此可知，唐代A.权力制衡特征明显B.“台省”平行和平等C.行政效率得到提高D.监察权成为最高层级27.隋朝在楚州(今江苏淮安)设漕运专署；宋于此设江淮转运使，东南六路之粟皆由淮人汴而至京师；明清继设总督漕运部院衙门，以督查、催促漕运事宜，主管南粮北调、北盐南运等筹运工作。
这表明A.南方经济与运河息息相关B.大运河运输线路始终未变C.漕运兴盛得益于政府重视D.漕运是国家主要经济命脉28.上海机器织布局筹办于1878年，产品纳税享有优惠，营业兴旺、利润丰厚；同期兴办的汉阳铁厂也享有优惠政策，经营情况却恰恰相反：产量低，质量差，成本高，销路少，难以为继。
山西省太原市2020届高三模拟测试(三)文综政治试题(解析版)
太原市2020 年高三年级模拟试题(三文科综合能力测试政治试题(考试时间：上午9：00——11：30）注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷相应的位置。
2.全部答案在答题卡上完成，答在本试卷上无效。
3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
回答非选择题时，将答案用0.5mm 黑色笔迹签字笔写在答题卡上。
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一选择题：共35小题，每小题4分，共140分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
12.一般情况下，粮食是需求价格弹性和供给的短期价格弹性都相对较小的商品。
下列图示中，D表示商品的需求曲线，S表示商品的供给曲线。
不考虑其他因素，分析下列图示，可得出的正确结论是（）①大豆的价格下降导致需求增加，符合图I②大豆的价格上升导致需求减少，符合图Ⅱ③玉米的价格下降导致供给减少，符合图Ⅲ④玉米的价格上升导致供给增加，符合图ⅣA. ①③B. ①④C. ②③D. ②④13.2020年，直播带货、社区团购、无接触服务等消费新模式快速发展，催生并推动了许多新产业新业态的发展。
实物商品网上零售平台层出不穷，1～3月实物商品网上零售额在社会消费品零售总额中的比重达23.6%，较去年同期提升5.4个百分点。
这说明（）①消费结构调整和完善拉动经济增长②新消费模式引导供给方式变革③我国城乡居民消费水平在不断提高④实体商业数字化转型步伐加快A. ①②B. ①③C. ②④D. ③④14.2020年一季度，国家陆续出台了扩大汽车消费、延续实施普惠金融和西部大开发优惠等税收政策，多措并举帮助各类市场主体尤其是中小微企业渡过难关。
不考虑其他因素影响，减税降费对我国经济产生积极影响的传导路径正确的是（）①推进供给侧改革②推动经济高质量发展③提高产品质量和性能④激发企业创造力A. ④→③→②→①B. ③→④→①→②C. ③→①→④→②D. ④→①→②→③15.2019年我国服务进出口总额达到5.4万亿元人民币，同比增长2.8%，逆差同比减少1760亿元人民币，我国服务贸易总体保持平稳向上态势。
【4月太原市一模文综】太原市2020年高三年级模拟试题(一)文综试卷含答案解析(4
地理试题参考答案及评分标准一、选择题：共11小题，每小题4分，共44分。
二、非选择题：共3小题，共56分。
36.（24分）（1）城镇化速度加快，农业用地减少；（2分）污染加重，环境质量下降；（2分）经济多元化，桑蚕业在与新兴工业、服务业的竞争中不具优势；（2分）劳动力成本上升。
（2）喀斯特（岩溶）地貌广布，地形比较崎岖（平地较少）；（2分）地表水下渗严重，难以存储等。
（2分）（3）广西桑蚕业主要分布在经济发展水平相对落后（贫困）地区，生产基础薄弱；（2分）资金不足，技术水平较低；（2分）以初级产品为主，产业链较短，附加值低；（2分）养蚕劳动力老龄化严重等。
（4）桑蚕业：利于延长产业链，增加产品附加值，提高综合效益；增强抵御市场风险能力；有利于引入资金、技术、人才和管理经验等。
（每点2分，任答两点得4分）区域发展：提供就业岗位；增加农民收入，加快脱贫步伐；利于产业优化升级，促进区域经济发展。
（每点2分，任答两点得4分）37.（22分）（1）纬度高，冰盖面积大、冰层厚（海拔高），（因地面辐射冷却，）近地面大气温度低低、密度大；（2分）地形以高原为主，中间高，四周低，斜坡多；（2分）冰面阻力小，冷空气在重力作用下易沿斜坡向下流动而形成下降风。
（2）（甲地）下降风主要来自西侧的冰川地区；（2分）西侧地区海拔高（冰层厚）、坡度陡，寒冷气流在重力作用下加速向下流动；（2分）冰川表层摩擦力（阻力）小；（2分）来自冰川谷地的下降风易在此汇集，（受“狭管效应”影响）下降风得以加强。
（2分）（3）（特拉诺瓦湾）受南侧冰舌的阻挡，高纬度海冰难以进入海湾；（2分）冬季南极大陆出现极夜现象（无太阳辐射），地面辐射冷却作用增强，气温更低，（2分）（形成的）下降风更为强烈；（2分）强烈的下降风可将海湾中的海冰不断向东推动，（2分）致使冬季海湾大部分地区常处于无冰或少冰状态。
（4）（为鸟类提供了栖息环境，）海鸟可在冰间湖中寻找食物；鲸、海豹等可以上浮到水面进行呼吸等。
2020届山西省高三4月第一次统测文科综合试卷参考答案
秘密＊启用前A卷选择题答案l.B2020年山西省高考考前适应性测试文科综合参考答案详解及评分说明浴�令【解析】本题主要考查地形对水系的影响。
悬河形成后，河床高于两侧地面，成为淮河和海河的分水岭，B项正确；下游支流汇入减少，补给水源变少，流域面积变小，A、C项错误；受堤坝约束，不会形成羽状水系，D项错误。
2.C【解析】本题主要考查自然地理环境的整体性及河流地貌的发育。
泥沙减少，淤积速度减缓，A项错；河流结冰期的长短主要取决于气温，与含沙量大小尤关，B项错；受淤积减弱的影响，冲淤平衡被打破，侧蚀相对增强，C项正确；流程长短的变化尤法判定，D项错误。
3. A【解析】本题主要考查区域可持续发展的措施。
为推进黄河流域高质量发展，应因地制宜建设现代产业体系，A 项正确；大规模煤炭开发会加大当地资源环境压力，不利于流域的生态保护，B项错误；水电开发应因地制宜，不宜加速发展，C项错误；流域内的生态修复，应充分考虑上中下游的差异，因地施策，D项错误。
4.D【解析】本题主要考查城市功能分区及服务业的区位因素。
据图可知，网红餐饮店在市中心分布比例最高，与普通餐饮店相比，空间分布更集中、且更靠近市中心，而市中心地租水平最高，说明网红餐饮店的地租支付能力较高，A项错误；网红餐饮店需要通过网络获得知名度，对网络依赖程度高，B项错误；无法根据材料获悉餐饮店数最，不能推断其分布密度，C项错误；网红餐饮店借助网络可扩大辐射范围，D项正确。
5.C【解析】本题主要考查服务业区位因素的变化。
普通餐饮店应最大限度地接近消费者。
据图可知，普通餐饮店有两个峰值，一个靠近市中心，另一个距离市中心30-35千米，结合题干信息，新城位千郊区，C项正确。
6. A【解析】本题主要考查影响旱灾形成的因素。
江苏省干旱与复杂的大气环流形势有关，即冷空气偏弱、暖湿气流不足、西太平洋副热带高压偏强，导致降水偏少，引发千旱，A项正确。
7.C【解析】本题主要考查影响干旱灾情大小的因素。
【4月太原市一模文综】太原市2020年高三年级模拟试题(一)文综试卷含答案解析(4.22)
地理试题参考答案及评分标准一、选择题：共11小题，每小题4分，共44分。
二、非选择题：共3小题，共56分。
36.（24分）（1）城镇化速度加快，农业用地减少；（2分）污染加重，环境质量下降；（2分）经济多元化，桑蚕业在与新兴工业、服务业的竞争中不具优势；（2分）劳动力成本上升。
（2）喀斯特（岩溶）地貌广布，地形比较崎岖（平地较少）；（2分）地表水下渗严重，难以存储等。
（2分）（3）广西桑蚕业主要分布在经济发展水平相对落后（贫困）地区，生产基础薄弱；（2分）资金不足，技术水平较低；（2分）以初级产品为主，产业链较短，附加值低；（2分）养蚕劳动力老龄化严重等。
（4）桑蚕业：利于延长产业链，增加产品附加值，提高综合效益；增强抵御市场风险能力；有利于引入资金、技术、人才和管理经验等。
（每点2分，任答两点得4分）区域发展：提供就业岗位；增加农民收入，加快脱贫步伐；利于产业优化升级，促进区域经济发展。
（每点2分，任答两点得4分）37.（22分）（1）纬度高，冰盖面积大、冰层厚（海拔高），（因地面辐射冷却，）近地面大气温度低低、密度大；（2分）地形以高原为主，中间高，四周低，斜坡多；（2分）冰面阻力小，冷空气在重力作用下易沿斜坡向下流动而形成下降风。
（2）（甲地）下降风主要来自西侧的冰川地区；（2分）西侧地区海拔高（冰层厚）、坡度陡，寒冷气流在重力作用下加速向下流动；（2分）冰川表层摩擦力（阻力）小；（2分）来自冰川谷地的下降风易在此汇集，（受“狭管效应”影响）下降风得以加强。
（2分）（3）（特拉诺瓦湾）受南侧冰舌的阻挡，高纬度海冰难以进入海湾；（2分）冬季南极大陆出现极夜现象（无太阳辐射），地面辐射冷却作用增强，气温更低，（2分）（形成的）下降风更为强烈；（2分）强烈的下降风可将海湾中的海冰不断向东推动，（2分）致使冬季海湾大部分地区常处于无冰或少冰状态。
（4）（为鸟类提供了栖息环境，）海鸟可在冰间湖中寻找食物；鲸、海豹等可以上浮到水面进行呼吸等。
山西省太原市2020年高三年级模拟试题(一)文综地理部分(含答案)
山西省太原市2020年高三年级模拟试题（一）文科综合（地理部分）【考试时间:2020年4月22日上午9:00-11:30】一、选择题：本题共35个小题，每小题4 分，共计140分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
为兴建海南省东部国际旅游核心，琼海市12个小城镇因地制宜地打造海洋渔业、会展旅游、南洋风情、红色文化、民族风情和农耕文化等各具特色的新型城镇，形成了“一镇一特色、一镇一产业、一镇一风情”的多中心、组团式田园城市景观，成为我国新型城镇化的典范。
图1示意琼海市潭门镇地理位置及其海港旅游城镇发展模式。
据此完成1~2题。
1．潭门海港旅游城镇模式的发展，主要基于A．资源特色B．科技发达C．市场广阔D．政策优势2．与传统城市相比，多中心、组团式田园城市可以提高①城镇化水平②城镇化质量③城乡协调程度④基础设施水平A．①②B．②③C．③④D．①④黄海南部的沙洲群以海岸浅湾为顶点向海洋呈辐射状分布，由沿岸浅滩、隆起的沙脊和深切的水槽组成，是世界上面积最大的辐射状沙洲群。
该沙洲群滩浅槽深，拥有涨潮为大海，落潮为巨滩的别致地貌景观，每天都在经历着“沧海”和“大地”之间的快速变换。
其形成主要取决于黄海海岸轮廓、海洋动力条件和泥沙补给。
历史上黄河尾闾摆动变迁频繁。
从北宋开始，黄河大致每隔数十年便南下由今苏北入海一次，直到1855年，黄河由渤海入海的格局才稳定下来。
约10000年前长江也曾在苏北弶港一带入海，之后长江入海口不断南移，逐步远离沙洲群中心地带。
图2示意黄海南部辐射沙洲群的位置、范围、水深及潮流方向。
据此完成3~5题3．黄海南部沙洲群的泥沙来源于A．黄土高原和长江上游B．渤海和黄海的底部C．朝鲜半岛和山东半岛D．近岸的沙丘和沙滩4．形成今天黄海南部沙洲群滩浅、槽深景观的主要外力分别是A．河流堆积、河流侵蚀B．河流堆积、潮流侵蚀C．潮流堆积、潮流侵蚀D．潮流堆积、河流侵蚀5．黄海南部沙洲群每天都经历着“沧海”和“大地”之间的快速变换，其主要原因是该区域A．海陆风转换明显B．径流季节变化大C．地壳运动显著D．潮差大、潮流强三峡库区某小流域耕地主要分布在6°~25°的高海拔坡地上，流域内聚落分布广泛，农村居民点约占聚落总面积的90%。
山西省太原市第五中学2020届高三6月一模考试 文科综合(含答案)
政治参考答案6.11DDAAB BBACA DDS38.【答案】(1)粮食播种面积稳中略降，但粮食产量再创历史新高，体现国家藏粮于地、藏粮于技；我国粮食自给率高，对外依存度低。
(2)①贯彻新发展理念，坚持创新、绿色发展，依靠科技兴农，发展绿色优质农产品。
②深化农业供给侧结构性改革，调整优化农业种植结构，提高农产品质量。
③加强宏观调控，发挥集中力量办大事的制度优势，利用财政促进资源合理配置，保证充足的原粮储备，实施最低收购价，保护和调动农民种粮积极性。
④建设现代化经济体系，实施乡村振兴战略。
既要坚持独立自主，同时又要扩大开放，处理好粮食出口与进口关系。
39.【答案】（1）坚持党的领导、人民当家作主和依法治国的有机统一坚持完善中国特色社会主义政治制度，为推进国家治理体系和治理能力现代化提供重要支撑。
（2）坚持和完善党的领导制度体系，不断提高党的执政能力和领导水平，维护党中央权威。
（3）坚持和完善人民代表大会制度、中国共产党领导的多党合作和政治协商制度，发扬社会主义民主，使国家治理更好体现人民意志、保障人民权益、激发人民创造力。
（4）坚持和完善中国特色社会主义行政体制，创新行政方式，提高行政效能，构建职责明确、依法行政的政府治理体系。
40.【答案】(1)①价值观影响人们对事物的认识和评价，是人生的重要向导。
对劳动教育认识与评价的不同都是在一定的价值观的指导下进行的。
②价值判断与价值选择，往往因人而异。
面对劳动教育是否应该回归这一问题，人们的不同表现体现出价值判断与价值选择的差异。
③在劳动中创造和实现人生价值。
劳动是创造美好生活、促进人的自由全面发展的重要手段。
(2)①教育具有选择、传递、创造文化的特定功能，在人的教化与培育上扮演着重要的角色，青少年要积极接受劳动教育。
②弘扬中华民族优秀传统美德，在劳动实践中勇于创新。
③践行社会主义核心价值观，学习马克思主义理论知识，未来做一名爱岗敬业的社会主义建设者。
2020山西太原五中一模pdf
瓜亚基尔是厄瓜多尔最大城市和最大港口，来自全国各地的农产品都在这里集散。现
在该城市发及为“港城分离”模式。下图为瓜亚基尔及周边地区示意图。读图，完成 10～
11 题。
10.普纳岛对港口发展的重要影响是
A.扩大船舶的停泊空间
B.削弱风力，减小风浪
C.降低港口水城的潮差
D.划分航道，利于通航
11.瓜亚基尔发展“港城分离“模式的主要目的是
织，实现了大市场和小农户的有效衔接。据此完成 4～6 题。
4.在我国，农民专业合作社形成和发展的主要影响因素是
A.科技
B.市场
C.交通
D.政策
5.目前，在我国有成熟的农民专业合作社农村，与非入社农户相比，入社农户的生产发展
优势可能有
①自然条件 ②市场竞争力 ③国家政策 ④农业科技
A.①②
B.①③
C.②④
广东省清远市连南瑶族自治县三排瑶寨流传着具有中国古代民俗风俗精粹的“耍歌 堂”。每年的农历十月十六日，瑶族同胞男女老少身着盛装，载歌载舞，庆祝盘王节。该民 俗祭祀歌舞活动经过连南瑶族人民 1700 多年的演绎，于 2006 年被列入国家首批非物质文 化遗产名录，引起世人瞩目。广东省以举办“非物质文化节”为契机，积极融入旅游元素， 形成了民俗系列文化旅游产品。文化旅游产业促农增收日趋明显。
3.下列选项中最有可能成为亚历山大群岛支柱产业的是
A.仪表制造
B.服装加工
C.水产品加工
D.海滨浴场旅游
截至 2019 年 7 月底，全国依法登记的农民合作社达 220.7 万家，辐射带动了全国近一
半的农户。农民专业合作社是以农村家庭承包经营为基础，通过提供农产品的销售、加
工、运输、贮藏以及与农业生产经营有关的技术、信息等服务来实现成员互助目的的组
2020太原市中考一模文综试卷+答案
太原市2020年初中毕业班综合检测（一）历史参考答案及评分标准一、单项选择题（本大题共15小题，每小题2分，共30分）题号123456789101112131415选项B D B D A C C C A D B C B C D二、简答题（共10分）16.（1）示例：图一：伯里克利改革：扩大公民权利；成立公民大会；为保证贫穷公民参政议政，建立津贴制度。
他在位时期，雅典达到全盛，奴隶制民主政治发展到顶峰，对近代西方民主政治产生一定影响。
图二：商鞅变法：建立县制；废除旧贵族的世袭特权；改革户籍制度；严明法度；废除井田制，允许土地自由买卖；奖励耕织；统一度量衡；奖励军功等。
变法使秦国的国力大为增强，提高了军队战斗力，一跃成为最强盛的诸侯国，为秦统一全国奠定了基础。
评分说明：任选两个改革分别答出两点，各得2分，共4分。
（2）①：明治天皇在日本对外面临西方列强侵略，民族危机严重，国内幕府统治腐朽，社会矛盾激化的背景下，进行走上而下的资产阶级性质的明治维新改革；（1分）改革是日本历史的重大转折点，使日本迅速走上发展资本主义的道路，实现了富国强兵，开始跻身资本主义强国之列。
（1分）②：沙皇亚历山大二世在俄国内外交困的情况下进行了自上而下的资产阶级性质的改革；（或在国内面临农奴制危机，对外与土耳其在克里木半岛的战争失败，加剧国内的社会矛盾的背景下进行）（1分）改革废除农奴制，促使社会各个方面出现了新气象，推动俄国走上发展资本主义的道路，是俄国历史上的重要转折点。
（1分）（3）苏俄：允许多种经济并存，大力发展商品经济；允许私人经营中小企业等。
中国：实行家庭联产承包责任制；设立经济特区；建立社会主义市场经济体制等。
评分说明：分别答出符合上述意思的任意一点各得1分，共2分。
三、材料解析题（共20分）17.（1）财富取之于海：如，唐朝的对外交往呈现出水陆并重的局面，通过海洋运输和陆地边境道路，形成了一个全球性的市场；宋朝鼓励海外贸易，在主要港口设立专门的管理机构--市舶司，南宋的外貌所得，在财政收入中占有重要地位；宋元时与中国有贸易关系的国家和地区有五六十个，元朝时达140多个，元朝海上丝绸之路进入鼎盛时期；明朝七次郑和下西洋，与沿途各国进行贸易，互通有无，互补互利等。