2020年山西省高考考前适应性测试理科数学·答案与解析

限公 当且仅当 b = c 时，取得等号，
有 所以 a 的最小值为 2. …………………………………………………………………………………………… 12 分
技 18.（1）证明：由已知得 AM = 1，AN = 2，∠A = 60°，
育科 ∴MN ⊥ AB，∴MN ⊥ A′M，MN ⊥ MB.
教 又∵MB ∩ A′M = M，∴MN ⊥ 平面A′BM.
而 19. 解：（1）设点 A( a, 0 )关于直线 y = x - 1 的对称点为 A′( x′, y′ )，
西思 ì y′
山 限公司 则
ïï í ïï î
x′ y′ 2
=
a a
=
+ 2
而行 司 给分 .
西思 限公 A 卷选择题答案
山 技有 一、选择题
育科 1. C 【解析】作图可知两曲线有两个交点，故选 C.
教 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 .
而行 3. B 【解析】如图，由于分段函数 f ( x )的值域为( -3, e - 3 ) ⋃ [ 0, +∞ )，因此选 B．
1 a
x
与 y = log 1 x 的图象有公共点 . 当 a > 1 时，两图象显然有公共点；当 a
技 ( ) 0 < a < 1 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 x0, y0 ，
( ) ( ) 教育科 ìïïïy0
( ) 而行 则íïy0
ï
( ) 思 ïï 1
ln
1 a
=
1 e
，∴
a
=
e-
1 e
．
三、解答题
公司 17.
解：（1）由已知得 acosB (
sinA cosA
+
sinB cosB
)
=
3 c，
有限 ∴a (
sinAcosB + cosAsinB cosA
)=
3 c，
科技 ∴
a
sin ( A + cosA
B
)
=
3 c.
教育 由正弦定理
a sinA
=
5.
行 14. 59
山西思而 【解析】由
ìa íîa
4 20
= a1 = a1
+ +
3d = 19d
18, = 30,
得
ìïïa í ïïd
1
=
63 4
= 3,
,
即 an
=
60
+ 4
3n .
î4
又 an
=
60
+ 4
3n
>
n，解得 n
<
60，故正整数 n 的最大值为 59.
理科数学试题答案 第 2 页（共 6 页）
| | 技有限公 则 sinθ = cos A′P, n =
3a
= 3 10 .
( 5 - a )2 + 3a2 + 3
10
2
4
育科 2a2 - 15a + 21 = 0. 解得 a = 15 ± 57 > 3 ，
4
2
行教 所以不存在 P 满足条件 . ………………………………………………………………………………………… 12 分
山西 司 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 27π + 12.
限公 8. B 【解析】设 PA = a，AB = b，AC = c，则
科技有 VP - ABC
=
1 3
·S
△ABC
·PA
=
1 6
abc，又 VP - ABC
=
1 3
S1 R
+
1 3
S2 R
行 MN ⊂ 平面 BCNM，∴平面 A′BM⊥平面 BCNM. ………………………………………………………………… 4 分
而 （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，
西思 ∴A′M⊥平面 BCNM.
山 以 M 为原点，MB，MN，MA′ 分别为 x, y, z 轴建立空间直角坐标系 .
15. 2；y = -
2x 4
【解析】由已知得| AF1 | + | AF2 | = 2a | | ①，AF1 2 | | + AF2 2 = 4c2 ②，
司 | | | | | | | | ①2-②得 AF1 · AF2 = 2，∴矩形 AF1 BF2 的面积为 S = AF1 · AF2 = 2.
( ) 西 ï
山 î
a
=
1 a
x0
,
= x0,
1 x0 ln a =
∴ 1,
ìïx ï
0
í
ï1
ï î
a
=
1 a
x0
ln
x0
,
1 a
=
∴ 1,
ìïïx0 =
í
ïïx î
0
ln
1 a
1 a
=
x0
, ∴
1,
ìïïlnx0
í
ïïx î
0
ln
=
1 a
x 0 ln = 1.
1 a
,
∴
lnx0
=
1，∴
x0
=
e，∴
c sinC
得 sinA
sinC cosA
=
3 sinC.
而行 又因为 sinC ≠ 0，∴tanA =
3 ，∴A =
π 3
.
…………………………………………………………………………
6分
西思 （2）由△ABC 的面积为 3 ，得 bc = 4，
山 司 由余弦定理得 a2 = b2 + c2 - 2bccosA = b2 + c2 - bc ≥ 2bc - bc = bc = 4，
的最小值为
π 6
.
思 公 11. D 【解 析】如 图 所 示 ，E, F, G, H, N 分 别 为 B1C1, C1 D1, DD1, DA, AB 的 中 点 ，则 西 限 EF ∥ B1 D1 ∥ NH，MN ∥ B1 A ∥ FG，所以平面 MEFGHN∥平面 AB1D1，所以动点 P 山 有 的轨 迹 是 六 边 形 MEFGHN 及 其 内 部 . 因 为 AB = AD = 2，AA1 = 4，所 以 EF=HN=
+ 10 ) an 6 ) an + 5n
+
15
=
(n
+
5( n + 2 ) an 3 ) [( n + 2 ) an
+
5 ]，
山 故 (
n
+
3)
an + 1
=
5( n + (n + 2)
2) an
an +
5
，
A
HD N
B
C
（第 11 题答图）
记 bn
=(n
+
2 ) an，则 bn + 1
=
b
5bn n+
西思 4. C 【解析】因为 AC ⊥ BD，所以 AC ⋅ BD = 3 × 2 + ( -1 ) m = 0，即 m = 6，
山 | | | | AC ⋅ BD
所以四边形的面积为
=
32 + (-1) 2 ⋅
22 + 62 = 10，故选 C．
y
O1
x
（第 3 题答图）
2
2
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
S4.
理科数学试题答案 第 1 页（共 6 页）
( ) ( ) 9. B
【解析】x3
-
2x
+
1 x
6
=
x4 - 2x2 + 1 x
6
=
( x2
x6
1
)12
，
即求分子展开式中 x6 项的系数 .
司 分子二项展开式的通项为
Cr 12
(
x2
)12
-
r
(
-1
)r，
公 令 24
-
2r
=
6，解得 r
=
9，此时
P（32
-
a，
3
a，0），其中 0
<
a
≤
3 2
，则
A′P
=
(
3 2
-
a,
西 限 平面 A′BM 的法向量为 n=（0，1，0）.
3 a, -
3 2
).
山 | | 育科技有 设直线 PA′与平面 A′BM 所成角为 θ，则 sinθ= cos A′P, n =
3a
= 3 10 ，
( 3 - a )2 + 3a2 + 3
C
9 12
(
x2 )12 - 9 (
-1 )9
=
- 220x6，
限 故原式展开后，常数项为 -220.
技有 10. A 【解析】f ( x ) =
3 sin 2x
+
2 sin2 x
=
2 sin ( 2x
-
π 6
)+
1，所以函数 f
( x ) 的最大值为 3，最小值为-1，又因为
育科 f
( x1)·f
10
2
4
行教 解得 a =
3 2
或a
=
3（舍去），所以存在
P
满足条件，这时
PB
=
3.
………………………………………………
12 分
思而 （iii）若用条件③A′B= 7 ，在△A′BM 中，由余弦定理得 ∠A′MB = 120°.
山西 过 A′作 A′O⊥BM，垂足为 O，则 A′O⊥平面 BCNM.
5
，
司 1
{限}公 两边取倒数，得 bn + 1 =
1 5
+
1 bn ，所以
1 bn
是以
1 5
为公差的等差数列，
有 1 技 又 b1
=
1 3a1
=
2
1
5 ，所以 bn
=
2 5
+(n
-
1)
1 5
=
n
+ 5
1 ，
育科 所以 an
=
n
bn +
2
=
(n
+
5 1)( n
+
2 )，
而行教 故 a99
=
100
5 ×
(2
-
3a a )2 + 3a2
+
1
=
3 10 10 ，
公司 解得 a
=
6
± 2
6
>
3 ，所以不存在 P 满足条件 . 2
……………………………………………………………… 12 分
有限 （ii）若用条件②二面角 A′-MN-C 大小为 60°，同（1）得∠A′MB 就是二面角 A′-MN-C 的平面角，
技 ∴∠A ′ MB=60°.
育科 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 .
教 以 O 为原点，OB, OD, OA′ 分别为 x, y, z 轴建立空间直角坐标系 .
思而行 公司 则
A
′（0，0，
3），设 2
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
′（0，0，
3），设 2
P（52
-
a，
3
a，0），其中 0
<
a
≤
3 2
，则
A′P
=
(
5 2
-
a,
3 a, -
3 2
).
司 平面 A′BM 的法向量为 n=（0，1，0），设直线 PA′与平面 A′BM 所成角为 θ，
101
=
1 2020 .
思 B 卷选择题答案
西 司 1. C 2. D 3. D 4. C 5. A 6. C
山 公 7. D 8. B 9. B 10. A 11. D 12. B 限 A、B 卷非选择题答案 有 二、填空题
技 13. 5
教育科 【解析】z
=
2
+ i3
i
=
2+ -i
i
=
-1
+
2i
，| z | =
+
1 3
S3 R
+
1 3
S4 R，
行教育 ∴
R
=
S1
+
3VP - ABC S2 + S3
+
S4
=
S1
+
1 2
S2
abc + S3
+
S4
.
山西思而 又 ∵
S1
=
1 2
bc，S2
=
1 2
ab，S3
=
1 2
Байду номын сангаас
ac.
∴
S1S2S3
=
1 8
a2b2 c2.
∴
1 2
abc
=
2S1 S2 S3 ，∴
R
=
S1
+
2S1 S2 S3 S2 + S3 +
秘密★启用前
2020 年山西省高考考前适应性测试
理科数学有参限考公司答案详解及评分说明 评分说明： 技 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
育科 评分 . 教 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
D1 F
C1
A1
E B1
科技 2 ，EM=MN=FG=GH= 5 ，GM=2 2 ，E 到 GM 的 距 离 为 5 - ( 2 )2 = 3 2 ，
育 2
2
G M
行教 所 以 S = 2S梯形EFGM = 2 ×
2+2 2
2
×
3
2 2
=
9.
西思而 12. C
【解析】由 an + 1
=
( n2
+
( 5n 5n +
公司 约为 3.7.
技有限 6. D
【解析】由已知
c a
×
c b
=
4，即 c2
=
4ab，∴a2
+
b2
=
4ab，∴
b a
+
a b
=
4.
教育科 变形得（ab）2-4
×
b a
+
1
=
0，∵
a
>
b
>
0，故
b a
=
2
-
3，
行 ∴双曲线 C1的渐近线方程为 y = ±( 2 - 3 ) x.
思而 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 3 2 ，高为 2 的正四
则 A′（0，0，1），设 P（2-a，
3
a，0），其中 0
<
a
≤
3 2
，则
A′P
=(2
-
a,
3 a, -1 ).
理科数学试题答案 第 3 页（共 6 页）
平面 A′BM 的法向量为 n=（0，1，0）.
| | 设直线 PA′与平面 A′BM 所成角为 θ，则 sinθ = cos A′P, n =
有限公 矩形 AF1 BF2 的外接圆方程为 x2 + y2 = 3，与椭圆 C 的方程联立得 A( - 2 3 6 ,
3 3
). 又 AB 过坐标原点，
科技 ∴AB 的斜率为 kAB = tanα = -
2， 4
行教育 ∴AB 所在直线的方程为 y = -
2 x. 4
思而 公司 16.
e-
1 e
山西 ( ) 有限 【解析】由 f ( x ) 存在零点，即函数 y =
( x2) =
-3，所以 f
( x )在 x1，x2处取到最大值和最小值，不妨设在 x1处有最大值，则 x1
=
k1π
+
π 3
，x2
处取到
而行教 | | | | 司 最小值，则 x2 = k2 π -
π 6
，得
x1
+ x2
=
| | |
(
k
1
+
k2) π +
π 6
|||，k1，k2∈Z，所以
x1 + x2