2020年山西省高考考前适应性测试理科数学(含解析)

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Ax,yyx，Bx,yyx2，则AIB中元素的个数是（ ）

2A.0 B.1 C.2 D.3

2.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.①②

ex3,x1,3.已知函数fx则关于函数fx的说法不正确的是（ ）

lnx,x1,A.定义域为R

B.值域为3, D.只有一个零点

C.在R上为增函数

uuuruuuruuuruuur4.在四边形ABCD中，AC3,1，BD2,m，ACBD，则该四边形的面积是（ ）

A.10

B.25

C.10

D.20

5.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.5.5，4.4

x2y2x2y26.双曲线C1：221与C2：221（ab0）的离心率之积为4，则C1的渐近线方程是（ ）

abbaA.yx

B.y2x

C.y23x



D.y23x

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.279

B.2712

C.33

D.189

c，8.已知Rt△ABC中，角A，其内切圆半径为r，由S△ABCA90o，C的对边分别为a，b，B，

又S△ABC1bc，2111bc可得r.类比上述方法可得：三楼锥PABC中，若BAC90o，arbrcr，

222abcPA平面ABC，设△ABC的面积为S1，△PAB的面积为S2，△PAC的面积为S3，△PBC的面积为

S4，则该三棱锥内切球的半径是（ ）

A.S1S2S3S1S2S3S43S1S2S3S1S2S3S46 B.2S1S2S3S1S2S3S42S1S2S3S1S2S3S4

C. D. 19.x32x展开式中，常数项是（ ）

xA.220

B.220

C.924

2

D.924

10.函数fx3sin2x2sinx，若fx1fx23，则x1x2的最小值是（ ） A.

 6 B.

 4 C.

 3 D.

2 311.已知长方体ABCDA1B1C1D1，ABAD2，AA14，M是BB1的中点，点P在长方体内部或表面上，且MP//平面AB1D1，则动点P的轨迹所形成的区域面积是（ ） A.6

B.42

C.46

D.9

12.数列an中，a15n10an5，an12，则a99（ ） 6n5n6an5n15A.

1 2019B.

2018 2019C.

1 2020D.

2019 2020二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13.已知复数z2i（i为虚数单位），则z______. i314.等差数列an中，a418，a2030，则满足不等式ann的正整数n的最大值是______.

x2y21的左、右焦点，A，B分别为C上第二、四象限的点，若四边形15.设F1，F2分别为椭圆C：4AF1BF2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fxaxlogax（其中a0且a1）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acosBtanAtanB3c. （1）求A；

（2）若△ABC的面积为3，求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BM2MA，AN2NC.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；

o（2）给出三个条件：①AMBC；②二面角AMNC大小为60；③AB7.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：y4x.

（1））若x轴上的点A关于直线yx1的对称点在C上，求A点的坐标；

2310，若存在，求出PB的10（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fxax2alnx1，其中aR. x（1）若fx在0,上为增函数，求a的取值范围； （2）当a11x，x1,时，求证：fxe0. 221.（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M1，M2，M3中的一个，每袋零食乙从玩具N1，N2中随机附赠一个.记事件An：一次性购买n袋零食甲后集齐玩具M1，M2，M3；事件

Bn：一次性购买n袋零食乙后集齐玩具N1，N2.

（1）求概率PA4，PA5及PB4； （2）已知PAnaPAn1bn1PBn1，其中a，b为常数，求PAn.

（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A3,0与点B3,（1）求直线l的极坐标方程；

（2）已知圆C：cos.若曲线0与l，C相交于A，E两点；曲线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fxx3xa，当x3时fx的最小值是2.

. 63与l，C相交于M，N

（1）求a；

（2）若m2na，求证：5m2n21.

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3U0,，因此选B.

uuuruuuruuuruuur4.C【解析】因为ACBD，所以ACBD321m0，即m6，

uuuruuurACBD2321226222

所以四边形的面积为

10，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

2ccba4，即c24ab，∴a2b24ab，∴4. ababbbb变形得410，∵ab0，故23，

aaa∴双曲线C1的渐近线方程为y23x.

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32，高为2的正四棱锥组合而成，圆柱体的体积为27，正四棱锥的体积为12，所以几何体的体积为2712.

8.B【解析】设PAa，ABb，ACc，则

11VPABCS△ABCPAabc，

361111又VpABCS1RS2RS3RS4R，

33331abc3VPABC2∴R. S1S2S3S4S1S2S3S4111bc，S2ab，S3ac. 2221∴S1S2S3a2b2c2.

81∴abc2S1S2S3， 2又∵S1∴R2S1S2S3.

S1S2S3S41x2x1x1， 6xxx64262129.B【解析】x32x即求分子展开式中x6项的系数.

r分子二项展开式的通项为C12x21，

12rr9令242r6，解得r9，此时C12x212919220x6，

故原式展开后，常数项为220.

10.A【解析】fx3sin2x2sinx2sin2x2所以函数fx的最大值为3，最小值为1，1，

6又因为fx1f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k13，x2处取到最小值，则x2k26，得x1x2k1k26，k1，k2Z.所以x1x2的最小值为

. 611.D【解析】

如图所示，E，F，G，H，N分别为B1C1，C1D1，DD1，DA，AB的中点，则EF//B1D1//NH，

MN//B1A//FG，所以平面MEFGHN//平面AB1D1，所以动点P的轨迹是六边形MEFGHN及其内部.

因为ABAD2，AA14，所以EFHN22，EMMNFGGH5，GM22，E222232329. 到GM的距离为5，所以S2S梯形EFGH2222212.C【解析】由an1n25n6an5n155n10an5n2ann3n2an5，

故n3an15n2an，

n2a5n5bn， bn5记bnn2an，则bn1两边取倒数，得

111， bn15bn11所以是以为公差的等差数列，

5bn又

112121n1，所以n1，

bn555b13a15所以an故a99bn5， n2n1n251. 1001012020B卷选择题答案

1.C 2.D 3.D 4.C 5.A 6.C 7.D 8.B 9.B 10.A 11.D 12.B A、B卷非选择题答案 二、填空题 13.5 【解析】z14.59

2i2i12i，z5. 3ii63a,a4a13d18,603n14【解析】由得即an.

4a20a119d30,d3,4又an603nn，解得n60，故正整数n的最大值为59. 42x 42215.2；y【解析】由已知得AF1AF21AF22a①，AF①2②得AF1AF22，

∴矩形AF1BF2的面积为SAF1AF22.

4c2②，

263矩形AF1BF2的外接圆方程为xy3，与椭圆C的方程联立得A,. 3322又AB过坐标原点，

∴AB的斜率为kABtan2， 42x. 4∴AB所在直线的方程为y1e16.e

x1【解析】由fx存在零点，即函数y与ylog1x的图象有公共点.

aa当a1时，两图象显然有公共点；

当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，

x01x0y0,1ax0,a则y0x0,∴

x011x0ln1,11aln1,aaax011lnxxln,x,000aa∴∴

1xln1.xln11,00aa11∴lnx01，∴x0e，∴ln，∴aee.

ae1三、解答题

17.解：由已知得acosBsinAsinB3c，

cosAcosB∴asinAcosBcosAsinB3c.

cosA∴asinAB3c.

cosAacsinC，得sinA3sinC.

sinAsinCcosA由正弦定理

又因为sinC0，∴tanA3，∴A3.……………………6分

（2）由△ABC的面积为3，得bc4，

由余弦定理得a2b2c22bccosAb2c2bc2bcbcbc4， 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AM1，AN2，A60o， ∴MNAB，∴MNAM，MNAB， 又∵MBIAMM，∴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.

uuur3则A0,0,1，设P2a,3a,0，其中0a，则AP2a,3a,1.

2r平面ABM的法向量为n0,10.

设直线PA与平面ABM所成角为，

uuurr则sincosAP,n3a2a23a21310， 10解得a663，所以不存在P满足条件.………………12分 22o（ⅱ）若用条件②二面角AMNC大小为60，由（1）得AMB是二面角AMNC的平面角， ∴AMB60.

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.

uuur33333a,3a,0，其中0a，则APa,3a,则A0,0,. ，设P22222平面ABM的法向量为n0,10. 设直线PA与平面ABM所成角为，

ruuurr则sincosAP,n3a332a3a422310， 10解得a3或a3（舍去），所以存在P满足条件，这时PB3.………………12分 2（ⅲ）若用条件③AB7，在△ABM中，由余弦定理得AMB120o. 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.

uuur53335Pa,3a,0则A0,0,，设，其中，则. APa,3a,0a22222平面ABM的法向量为n0,10. 设直线PA与平面ABM所成角为，

ruuurr则sincosAP,n3a352a3a422310， 102a215a210.解得a15573， 42所以不存在P满足条件.………………12分

19.解：（1）设点Aa,0关于直线yx1的对称点为Ax,y，

y1,xa则解得x1，ya1. yax1,22∴A1,a1.

把A点坐标代入y4x得a14，

22∴a1或a3.

∴A1,0或A3,0.………………4分

（2）设M0,y0（y00），Qx1,y1，Px2,y2，O到直线l的距离为d. 则S△MOQ由S△POQ11MQd，S△OPQPQd. 22uuuruuuur3S△MOQ，得PQ3QM，即PQ3QM，得x24x1①.

由已知直线l的斜率存在，且不为0，

设l：ykx1，代入y4x，得k2x22k24xk20.

2∴x1x22由①③得x1∴k22

4②，x1x21③. 2k1，x22代入②得k28. 2∴直线l的方程为22xy220或22xy220.………………12分 20.解：（1）∵fx在0,上增函数，

112ax3x10恒成立， ∴fx2ax22xxx即2a11，x0,恒成立， x2x3232令gttt（t0），则gt2t3t， 由gt0得t22，当t0,时，gt0，gt为增函数； 33当t2,时，gt0，gt为减函数； 324， 327∴gxming∴a22,.………………6分 ，故a272711时，令Fxfxe1xax2alnxe1x（x1）， 2x111111则Fx2ax2x1x2x1，

xxexxe（2）当a令hxex1x，得hxex11，

由于x1时，hx0，hx为增函数； 由于x1时，hx0，hx为减函数； ∴hxh10，即ex1x， ∴Fx2ax1111112x1x2x1 xxexxe221x32x1x22x1x1x20， 222xxxxx∴Fx在1,为增函数，又F10， ∴Fx0，即fxe1x0.………………12分

21.解：（1）一次性购买4袋零食甲获得玩具的情况共有3481种不同的可能，

其中能够集齐三种玩具的充要条件是M1，M2，M3三个玩具中，某个玩具出现两次，其余玩具各出现一

122次，对应的可能性为C3C4A236，

故PA4364， 819一次性购买5袋零食甲获得玩具的情况共有35243不同的可能，

其中能够集齐三种玩具的充要条件是M1，M2，M3三个玩具中，某个玩具出现三次，其余玩具各出现一

132222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C3C5A260，C3C5C390，

故PA5609050. 243814一次性购买4袋零食乙获得玩具的情况共有216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N1，全是N2， 故PB4127.…………………6分 168（2）记anPAn，bnPBn，根据题意及（1）的计算，不难整理得下表：

n 1 2 0 0 3 4 5 2 930 1bnPBn 24anPAn 450 9817… 8n121由于Bn的对立事件总是2种情形（即全是N1，全是N2），容易得到bn1n122为解出待定系数a，b，

.

122a0b,9a3aa2bb2,2令即

3423a4aa3bb3,ab3,4992a1,a3,42解得2或2（舍去，因为a53a4b4）.

b,b3332故anan132即anan13同理an1an2……

n1bn1，

n1123n2n1，

n223123，

a2a1212， 33n11累加可得PAnan13223n1（n2）.

当n1时，a10适合上式，

1∴PAnan13n1223n1（nN）.………………12分

22.解：设P,为AB延长线上任意一点，则

S△OABS△OBPS△OAP，

即

11133sin3sin3sin.…………2分 26262化简得33sincos， 即l的极坐标方程为32sin6.

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0代入cos得OE1，由题知OA3.……………6分 把把3代入cos得ON代入1； 23.………………8分 2332sin6得OM∴

OEON1，∴NE//AM.……………………10分 OAOM323.解：因为x3，所以x30，所以fxx3xa3xxa. （1）当a3时，fx2xa3,xa,

3a,ax3.所以fxminfa3a.………………2分 由3a2，得a1.………………3分

当a3时，因为x3，所以xa0，fx2x3a. 所以fxminf33a. 由3a2，得a5.

综上a1或a5.………………5分 （2）证明：当a1时，m2n1. 所以5mn2212m222n2m2n1.………………7分

2当a5时，m2n5. 所以5mn2212m222n2m2n251.

2综上，得证.………………10分