2020年山西省高考考前适应性测试理科数学(含解析)

2020年山西省高考考前适应性测试理科数学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

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。

1.已知集合(){}2,A x y y x ==，(){},2B x y y x ==+，则A B I 中元素的个数是（ ）A.0B.1C.2D.32.国际上通常用年龄中位数指标作为划分国家或地区人口年龄构成类型的标准：年龄中位数在20岁以下为年轻型人口；年龄中位数在20~30岁为成年型人口；年龄中位数在30岁以上为老年型人口. 全面放开二孩政策对我国人口年龄中位数的影响上图反映了我国全面放开二孩政策对我国人口年龄中位数的影响.据此，对我国人口年龄构成的类型做出如下判断：①建国以来直至2000年为成年型人口；②从2010年至2020年为老年型人口；③放开二孩政策之后我国仍为老年型人口.其中正确的是（ ） A.②③ B.①③ C.② D.①②3.已知函数()e 3,1,ln ,1,x x x f x x -<≥⎧=⎨⎩则关于函数()f x 的说法不正确的是（ ）A.定义域为RB.值域为()3,-+∞C.在R 上为增函数D.只有一个零点4.在四边形ABCD 中，()3,1AC =-u u u r ，()2,BD m =u u u r，AC BD ⊥u u u r u u u r ，则该四边形的面积是（ ）B.C.10D.205.天上有些恒星的亮度是会变化的，其中一种称为造父（型）变星，本身体积会膨胀收缩造成亮度周期性的变化.第一颗被描述的经典造父变星是在1784年.上图为一造父变星的亮度随时间的周期变化图，其中视星等的数值越小，亮度越高，则此变星亮度变化的周期、最亮时视星等，分别约是（ ） A.5.5，3.7 B.5.4，4.4 C.6.5，3.7 D.5.5，4.46.双曲线1C ：22221x y a b -=与2C ：22221x y b a-=（0a b >>）的离心率之积为4，则1C 的渐近线方程是（ ）A.y x =±B.2y x =±C.(2y x =±+D.(2y x =±7.某几何体的三视图如图所示，已知网格纸中小正方形的边长为1，则此几何体的体积是（ ）A.279π+B.2712π+C.33πD.189π+8.已知Rt ABC △中，90A ∠=o ，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，其内切圆半径为r ，由12ABC S bc =△，又111222ABC S ar br cr =++△，可得bcr a b c=++.类比上述方法可得：三楼锥P ABC -中，若90BAC ∠=o ，PA ⊥平面ABC ，设ABC △的面积为1S ，PAB △的面积为2S ，PAC △的面积为3S ，PBC △的面积为4S ，则该三棱锥内切球的半径是（ ）12341234123412349.6312x x x ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭展开式中，常数项是（ ）A.220B.220-C.924D.924-10.函数()222sin x x f x =+，若()()123f x f x ⋅=-，则12x x +的最小值是（ ） A.6πB.4π C.3π D.23π11.已知长方体1111ABCD A B C D -，2AB AD ==，14AA =，M 是1BB 的中点，点P 在长方体内部或表面上，且//MP 平面11AB D ，则动点P 的轨迹所形成的区域面积是（ ） A.6B.C.D.912.数列{}n a 中，156a =，()()1251056515n n n n a a n n a n ++=++++，则99a =（ ） A.12019B.20182019C.12020D.20192020二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13.已知复数32ii z +=（i 为虚数单位），则z =______. 14.等差数列{}n a 中，418a =，2030a =，则满足不等式n a n >的正整数n 的最大值是______.15.设1F ，2F 分别为椭圆C ：2214x y +=的左、右焦点，A ，B 分别为C 上第二、四象限的点，若四边形12AF BF 为矩形，则该矩形的面积是______，AB 所在直线的方程是______.16.已知函数()log xa x x f a-=+（其中0a >且1a ≠）有零点，则实数a 的最小值是______.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）在ABC △中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且()cos tan tan a B A B +=. （1）求A ；（2）若ABC △a 的最小值. 18.（12分）如图1，已知等边ABC △的边长为3，点M ，N 分别是边AB ，AC 上的点，且2BM MA =，2AN NC =.如图2，将AMN △沿MN 折起到A MN '△的位置.（1）求证：平面A BM '⊥平面BCNM ；（2）给出三个条件：①A M BC '⊥；②二面角A MN C '--大小为60o；③A B '=在这三个条件中任选一个，补充在下面问题的条件中，并作答：在线段BC 上是否存在一点P ，使直线PA '与平面A BM '所成角的正弦值为10，若存在，求出PB 的长；若不存在，请说明理由.注：如果多个条件分别解答，按第一个解答给分。

19.（12分）已知抛物线C ：24y x =.（1））若x 轴上的点A 关于直线1y x =-的对称点在C 上，求A 点的坐标；（2）设过C 的焦点F 的直线l 与C 交于P ，Q 两点，PQ 的延长线与y 轴交于M ，O 为坐标原点，若POQ △的面积等于MOQ △面积的3倍，求直线l 的方程.20.（12分）设函数()21ln ax a f x x x=---，其中a ∈R . （1）若()f x 在()0,+∞上为增函数，求a 的取值范围； （2）当12a ≥，()1,x ∈+∞时，求证：()1e 0xf x -+>. 21.（12分）现有甲，乙两种不透明充气包装的袋装零食，每袋零食甲随机附赠玩具1M ，2M ，3M 中的一个，每袋零食乙从玩具1N ，2N 中随机附赠一个.记事件n A ：一次性购买n 袋零食甲后集齐玩具1M ，2M ，3M ；事件n B ：一次性购买n 袋零食乙后集齐玩具1N ，2N .（1）求概率()4P A ，()5P A 及()4P B ； （2）已知()()()111n n n n P A aP A bP B ---=+，其中a ，b 为常数，求()n P A .（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。

22.[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）在极坐标系Ox 中，直线l 过点()3,0A 与点6B π⎫⎪⎭. （1）求直线l 的极坐标方程；（2）已知圆C ：cos ρθ=.若曲线0θ=与l ，C 相交于A ，E 两点；曲线3πθ=与l ，C 相交于M ，N两点，E ，N 异于极点O ，求证：//NE AM . 23.[选修4-5：不等式选讲]（10分）已知函数()3f x x x a =-+-，当3x ≤时()f x 的最小值是2.（1）求a ；（2）若2m n a +=，求证：()2251m n +≥.2020年山西省高考考前适应性测试 理科数学参考答案详解及评分说明评分说明：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.A 卷选择题答案 一、选择题1.C 【解析】作图可知两曲线有两个交点，故选C.2.A 【解析】根据题目中条件可以判断②③是正确的，①是错误的.3.B 【解析】如图，由于分段函数()f x 的值域为()[)3,e 30,--+∞U ，因此选B.4.C 【解析】因为AC BD ⊥u u u r u u u r ，所以()3210AC BD m ⋅=⨯+-=u u u r u u u r，即6m =，所以四边形的面积为102AC BD⋅==u u u r u u u r ，故选C.5.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.视星等数值越小亮度越高，故最亮时约为3.7.6.D 【解析】由已知4c c a b ⨯=，即24c ab =，∴224a b ab +=，∴4b aa b+=. 变形得2410b b a a ⎛⎫-⨯+= ⎪⎝⎭，∵0a b >>，故2b a=，∴双曲线1C 的渐近线方程为(2y x =±.7.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2的正四棱锥组合而成，圆柱体的体积为27π，正四棱锥的体积为12，所以几何体的体积为2712π+.8.B 【解析】设PA a =，AB b =，AC c =，则1136P ABC ABC V S PA abc -=⋅⋅=△，又123411113333p ABC V S R S R S R S R -=+++，∴12341234132P ABC abcV R S S S S S S S S -==++++++. 又∵112S bc =，212S ab =，312S ac =. ∴22212318S S S a b c =.∴12abc =∴1234R =.9.B 【解析】()12626423611212x x x x x x x x -⎛⎫-+⎛⎫-+== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 即求分子展开式中6x 项的系数.分子二项展开式的通项为()()122121C rrrx --，令2426r -=，解得9r =，此时()()129992612C 1220x x --=-，故原式展开后，常数项为220-.10.A 【解析】()222sin 2sin 216x x x f x π⎛⎫=+=-+ ⎪⎝⎭，所以函数()f x 的最大值为3，最小值为1-，又因为()()123f x f x ⋅=-，所以()f x 在1x ，2x 处取到最大值和最小值，不妨设在1x 处有最大值，则113x k ππ=+，2x 处取到最小值，则226x k ππ=-，得()12126x x k k ππ+=++，1k ，2k ∈Z .所以12x x +的最小值为6π. 11.D 【解析】如图所示，E ，F ，G ，H ，N 分别为11B C ，11C D ，1DD ，DA ，AB 的中点，则11////EF B D NH，1////MN B A FG ，所以平面//MEFGHN 平面11AB D ，所以动点P 的轨迹是六边形MEFGHN 及其内部.因为2AB AD ==，14AA =，所以EF HN ==EM MN FG GH ====GM =E到GM=，所以22922EFGH S S ==⨯=梯形. 12.C 【解析】由()()()()()125105232556515nnn n n n a n a a n n a nn a n +++==+++⎡⎤++++⎣⎦，故()()()152325nn nn a n a n a +++=++，记()2n n b n a =+，则155nn n b b b +=+， 两边取倒数，得11115n nb b +=+， 所以1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以15为公差的等差数列，又1111235b a ==，所以()12111555n n n b +=+-=，所以()()5212n n b a n n n ==+++， 故99511001012020a ==⨯. B 卷选择题答案1.C2.D3.D4.C5.A6.C7.D8.B9.B 10.A 11.D 12.B A 、B 卷非选择题答案 二、填空题【解析】32i 2i12i ii z ++===-+-，z = 14.59【解析】由41201318,1930,a a d a a d =+==+=⎧⎨⎩得163,43,4a d ⎧==⎪⎪⎨⎪⎪⎩即6034n n a +=.又6034n na n +=>，解得60n <，故正整数n 的最大值为59. 15.2；y x = 【解析】由已知得122AF AF a +=①，222124AF AF c +=②，①2-②得122AF AF ⋅=，∴矩形12AF BF 的面积为122S AF AF =⋅=.矩形12AF BF 的外接圆方程为223x y +=，与椭圆C的方程联立得A ⎛ ⎝⎭. 又AB 过坐标原点，∴AB的斜率为tan AB k α== ∴AB所在直线的方程为4y x =-. 16.1ee-【解析】由()f x 存在零点，即函数1xy a ⎛⎫= ⎪⎝⎭与1log ay x =的图象有公共点.当1a >时，两图象显然有公共点；当01a <<时，由图可知，a 最小时，两图象均与直线y x =相切，此时，设切点坐标为()00,x y ，则0000111ln 1,,,x x y a y x a a ⎛⎫= ⎪⎝⎭=⎛⎫= ⎪⎝⎧⎪⎪⎪⎨⎭⎪⎪⎪⎩∴00,111ln 1,x x x a a a ⎛⎫= ⎪⎝⎭⎛⎫⎧⎪⎪⎨= ⎪⎝⎭⎪⎪⎩∴00011l ,n 1,x x a x a ⎛⎫⎧⎪⎪⎨= ⎪⎝⎭=⎪⎪⎩∴0001ln ln ,1ln 1.x x a x a ⎧==⎪⎪⎨⎪⎪⎩∴0ln 1x =，∴0e x =，∴11ln ea =，∴1e e a -=.三、解答题17.解：由已知得sin sin cos cos cos A B a B A B ⎛⎫+=⎪⎝⎭，∴sin cos cos sin cos A B A B a A +⎛⎫=⎪⎝⎭.∴()sin cos A B aA+=.由正弦定理sin sin a c A C =，得sin sin cos CA C A⋅=.又因为sin 0C ≠，∴tan A =3A π=.……………………6分（2）由ABC △4bc =，由余弦定理得222222cos 24a b c bc A b c bc bc bc bc =+-=+-≥-==， 当且仅当b c =时，取得等号，所以a 的最小值为2.……………………12分18.（1）证明：由已知得1AM =，2AN =，60A ∠=o ， ∴MN AB ⊥，∴MN A M '⊥，MN AB ⊥， 又∵MB A M M '=I ，∴MN ⊥平面A BM '.MN ⊂平面BCNM ，∴平面A BM '⊥平面BCNM .……………4分 （2）（ⅰ）若用条件①A M BC '⊥，由（1）得A M MN '⊥，BC 和MN 是两条相交直线， ∴A M '⊥平面BCNM .以M 为原点，MB ，MN ，MA '分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系.则()0,0,1A '，设()2,0P a -，其中302a <≤，则()2,1A P a '=--u u u r .平面A BM '的法向量为()0,10n =r.设直线PA '与平面A BM '所成角为θ，则sin cos ,10A P n θ'===u u u r r，解得32a =>，所以不存在P 满足条件.………………12分 （ⅱ）若用条件②二面角A MN C '--大小为60o，由（1）得A MB '∠是二面角A MN C '--的平面角， ∴60A MB '∠=o.过A '作A O BM '⊥，垂足为O ，则A O '⊥平面BCNM .在平面BCNM 中，作OD OB ⊥，点D 在BM 的右侧.以O 为原点，OB ，OD ，OA '分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系.则A ⎛' ⎝⎭，设3,02P a ⎛⎫- ⎪⎝⎭，其中302a <≤，则3,2A P a ⎛'=- ⎝⎭u u u r . 平面A BM '的法向量为()0,10n =r.设直线PA '与平面A BM '所成角为θ，则sin cos ,A P n θ'===u u u r r ， 解得32a =或3a =（舍去），所以存在P 满足条件，这时3PB =.………………12分（ⅲ）若用条件③A B '=A BM '△中，由余弦定理得120A MB '∠=o . 过A '作A O BM '⊥，垂足为O ，则A O '⊥平面BCNM .同（ⅱ）以O 为原点，OB ，OD ，OA '分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系.则A ⎛' ⎝⎭，设,052P a ⎛⎫- ⎪⎝⎭，其中302a <≤，则,52A P a ⎛'=- ⎝⎭u u u r . 平面A BM '的法向量为()0,10n =r.设直线PA '与平面A BM '所成角为θ，则sin cos ,A P n θ'===u u u r r ， 2215210a a -+=.解得15342a ±=>， 所以不存在P 满足条件.………………12分19.解：（1）设点(),0A a 关于直线1y x =-的对称点为(),A x y '''， 则1,1,22y x a y a x '=-'-⎧⎪⎪⎨''+=-⎪⎪⎩解得1x '=，1y a '=-.∴()1,1A a '-.把A '点坐标代入24y x =得()214a -=， ∴1a =-或3a =.∴()1,0A -或()3,0A .………………4分（2）设()00,M y （00y >），()11,Q x y ，()22,P x y ，O 到直线l 的距离为d . 则12MOQ S MQ d =⋅△，12OPQ S PQ d =⋅△. 由3POQ MOQ S S =△△，得3PQ QM =，即3PQ QM =u u u r u u u u r ，得214x x =①. 由已知直线l 的斜率存在，且不为0，设l ：()1y k x =-，代入24y x =，得()2222240k x k x k -++=. ∴12242x x k +=+②，121x x =③. 由①③得112x =，22x =代入②得28k =.∴k =±∴直线l 的方程为0y --=或0y +-=.………………12分20.解：（1）∵()f x 在()0,+∞上增函数，∴()322112120ax x ax x x x xf -+=-+=≥'恒成立， 即23112a x x ≥-，()0,x ∈+∞恒成立， 令()23g t t t =-（0t >），则()223g t t t '=-，由()0g t '=得23t =，当20,3t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g t '>，()g t 为增函数； 当2,3t ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0g t '<，()g t 为减函数； ∴()min 24327g g x ⎛⎫==⎪⎝⎭， ∴227a ≥，故2,27a ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭.………………6分（2）当12a ≥时，令()()1211e ln e x x ax a x F x f xx --+=---+=（1x >）， 则()21211111112e e x x a x F x x x x x x --=-+-≥-+-， 令()1e x x h x -=-，得()1e 1x h x -='-，由于1x >时，()0h x '>，()h x 为增函数；由于1x <时，()0h x '<，()h x 为减函数；∴()()10h x h ≥=，即1e x x -≥，∴()21211111112e ex x ax x x x x F x x --'=-+-≥-+- ()232222212121210x x x x x x x x x x x--+-+≥-+=≥==， ∴()F x 在[)1,+∞为增函数，又()10F =，∴()0F x >，即()1e 0x f x -+>.………………12分21.解：（1）一次性购买4袋零食甲获得玩具的情况共有4381=种不同的可能， 其中能够集齐三种玩具的充要条件是1M ，2M ，3M 三个玩具中，某个玩具出现两次，其余玩具各出现一次，对应的可能性为122342C C A 36=，故()4364819P A ==， 一次性购买5袋零食甲获得玩具的情况共有53243=不同的可能，其中能够集齐三种玩具的充要条件是1M ，2M ，3M 三个玩具中，某个玩具出现三次，其余玩具各出现一次或某两个玩具各出现两次，另一个玩具出现一次，对应的可能性分别为132352C C A 60=，222353C C C 90=，故()560905024381P A +==. 一次性购买4袋零食乙获得玩具的情况共有4216=种不同的可能，其中不能集齐两种玩具的情况只有2种，即全是1N ，全是2N ，故()4271168P B =-=.…………………6分 （2）记()n n a P A =，()n n b P B =，根据题意及（1）的计算，不难整理得下表：由于n B 的对立事件总是2种情形（即全是1N ，全是2N ），容易得到1211122n n n b -⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭.为解出待定系数a ，b ， 令23223433,,a a a b b a a a b b =⋅+⋅=⋅+⋅⎧⎪⎨⎪⎩即2321092423994,,a b a b =⎧⎪⎪⎨⨯+=+⎪⎪⎩ 解得1,2,3a b =⎧⎪⎨=⎪⎩或3,23a b =⎧⎪⎨=-⎪⎩（舍去，因为4544233a a b ⎛⎫≠+- ⎪⎝⎭）. 故11123n n n n a a b ---⎛⎫=+ ⎪⎝⎭， 即11121233n n n n a a ---⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 同理221221233n n n n a a ----⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， (2121233)a a -=-⨯， 累加可得()11121233n n n n P A a --⎛⎫⎛⎫==+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（2n ≥）.当1n =时，10a =适合上式，∴()11121233n n n n P A a --⎛⎫⎛⎫==+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（n N *∈）.………………12分 22.解：设(),P ρθ为AB 延长线上任意一点，则OAB OBP OAP S S S +=△△△，即111sin sin 3sin 26262ππθρθ⎛⎫⨯+⨯-=⨯⨯ ⎪⎝⎭.…………2分化简得3sin cos θρθ=+，即l 的极坐标方程为32sin 6ρπθ=⎛⎫+ ⎪⎝⎭.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0θ=代入cos ρθ=得1OE =，由题知3OA =.……………6分 把3πθ=代入cos ρθ=得12ON =； 把3πθ=代入32sin 6ρπθ=⎛⎫+ ⎪⎝⎭得32OM =.………………8分 ∴13OE ON OA OM ==，∴//NE AM .……………………10分 23.解：因为3x ≤，所以30x -≤，所以()33x x a f x x x a =-+-=-+-.（1）当3a ≤时，()23,,3, 3.x a x a a a x f x -++≤-<≤⎧=⎨⎩ 所以()()min 3f x f a a ==-.………………2分由32a -=，得1a =.………………3分当3a >时，因为3x ≤，所以0x a -<，()23x x a f =-++.所以()()min 33f x f a ==-+.由32a -+=，得5a =.综上1a =或5a =.………………5分（2）证明：当1a =时，21m n +=.所以()()()()222222251221m n m n m n +=++≥+=.………………7分 当5a =时，25m n +=.所以()()()()22222225122251m n m n m n +=++≥+=>. 综上，得证.………………10分。