山西省晋中市2020届高三普通高等学校招生统一模拟考试（四模）数学（理）试题答案

山西省晋中市2020届高三普通高等学校招生统一模拟考试（四模）数学（理）试题答案

理科数学 第 1页 理科数学 第 2页 2020 年普通高等学校招生统一模拟考试 理科数学答案 A 一、选择题： 1.B 2.A 3.A 4.C 5.C 6.D 7.B 8.C 9.A 10.C 11.A 12.B 1.解：令 2 0 2x x    ，所以  2,M   由 2 2 0 0x x x    或 2x  ， 所以    ,0 2,N      0,2U N ð 所以   , ,U UM N M N M N M N N U M N      I I U， 故选：B 2.解：     21 ibaba i z  , i z 1 是实数,所以 0 ba 选 A 3.解： 8 714cos242cos2sin 2                 选 A 4.解：       2 3,2 3A 在渐近线上，故 2 3 2 3  a b ，又       2 3,2 3A 在以OF 为直径的圆上， 2 2222 2 3 2 3 2 3 2 3 cc                     得 1,3,2  bac 选 C 5.解：依题意，有 ( ) ( )g x g x   ，则 ( ) e ex xg x   为奇函数，且在 R 上单调递增， 所以 ( )f x 为偶函数． 当 0x  时，有 ( ) (0)g x g ， 任取 1 2 0x x  ，则    1 2 0g x g x  ，由不等式的性质可得    1 1 2 2 0x g x x g x  ， 即    1 2 0f x f x  ，所以，函数 ( )f x 在 (0 ) ， 上递增， 因此， 3 7 7 (4)2 2 2f f f f                   ， 故选：C． 6.解:由已知中的程序框图可知:该程序的循环变量 n 的初值为 1,终值为 2021，步长为 2,故循环共执行 了 1010 次。 由 S 中第一次累加的是 12 11  ,第二次累加的是 42 13  ,一直下去， 故该算法的功能是求首项为 1,公比为 4 的等比数列的前 1010 项的和，故选: D. 7. 解:由图可知，仅有一个阳爻的有坎、艮、震三卦，从中取两卦满足条件，其种数是 31 3 C ;没有 阳爻的是坤卦.于是所求的概率 28 33 2 8  C P .故选 B. 8.解：       03sin xxf ，向右平移 8  个单位长度后，得到函数的解析式为          8 33sin xxf ，函数的图像关于直线 3 x 对称 Zkk  ,28 3 33  ,得 Zkk  ,8  ，又  0 ，所以 8 7  ，         8 73sin xxf ，当     8,8 x 时     4 5,28 73 x ，            1,2 2 8 73sin x 选 C 9.解析:选择 A.由 AB⊥BC，PB⊥BC，可知 BC⊥平面 PAB.将三棱锥 P ー ABC 补形为如图所示的三棱柱，则它们的外接球相同，由此易知外接球球 心 O 应在棱柱上下底面三角形的外心连线上，记△ABP 的外心为 E，由△ ABD 为等边三角形，可得 BE=1.又 OE= 32 BC ，故在 OBERt 中， OB= 2 此即为外接球半径，从而外接球表面积为 16 10.解：假设点 M 在准线的上半部分，准线与 x 轴交点为 P，过点 N 作 x 轴的垂线，垂足为 Q，设点 ( , )N x y . 易得， ~MPF NQF  ，又 2MN NF  ，所以 1 1 3 3QF PF p  ，则 1 6x p ①； 又 1 1 3| || |2 2 2 4OFN pS OF NQ y      ，得 3y p  ， 代入抛物线方程 2 2y px ( 0)p  ，得 3 3 2x p  ②，联立①②得， 理科数学 第 3页 理科数学 第 4页 3p  .故选 C. 11.解： 3 B , 4ac ，则 ABC 面积的最大值为 32 342 1sin2 1 Bac .选 A 12.解 ）（）（）上恒成立在（ ）上是增函数，在区间（ 2,01,01,1,001)1cos()]([ 1,0ln)1sin()( '       af af 0)1sin()1cos()]1cos([,)1cos( 10)1cos( '   a 11)1cos( 11,0)1cos(1,0)1cos(  a），（）（）单调递增，在（  ，故选 B. 二、填空题： 13. 160 14. 2,1 15.4 16. 8 3 13.解：  rrr r xCT 226 61    ， 3,026  rr ，故常数项为 160 . 14.解：       01  mxfxf 得   1xf 或   mxf  ，作出函数  xfy  的图像，如图示，由图可知，   1xf 有两个根，故   mxf  有三个根故  2,1m 15.解：建立如图的直角坐标系，设 mAB  ，    mttM ,0,,0  ， 由题意可知，    mDC ，1,0,2 ，    tmMDtMC  ,1,,2  tmMDMC 32,42  ，   432162 2  tmMDMC ，当且仅当 3 2mt  时取等号， 即 MDMC 2 的最小值为 4. 16.解： sin 2sin C A， sin 2sin   AB C CB A 为非零常数，故点 B 的轨迹是圆. 以线段 A C 中点为原点， A C 所在直线为 x 轴建立直角坐标系 则 A C( 2,0), (2,0) ，设 ( , )B x y A B CB2 ， 2 2x y x y2 2( 2 2 ( 2     ） ） 2 23 3 20 12 0   x y x ，整理得 2 2 210 8( ) ( )3 3   x y 因此，当 A BC 面积最大时， BC 边上的高为圆的半径 8 3 . 三、解答题： 17．（1）证明：取 AB 的中点为 M ，连接 PMDM , ，因为 PAB 是等边三角形，所以 PMAB  ……………（1 分） 因为在直角梯形 ABCD 中， 2,1,  ABCDBCBCAB 所以 2 BDAD 所以 DAB 为等腰三角形，所以 DMAB  ……………（3 分） 因为 MDMPM  ，所以 PDMAB 平面 ……………（4 分） 因为 PDMPD 平面 ，所以 PDAB  .………………………………（5 分） （2）解：因为 2PD ， 1DM , PM 为正三角形 PAB 的 AB 边上的高，所以 3PM . 因为 222 PMDMPD  ，所以 DMPD  ，由（1）可知 DPDCDM ,, 两两垂 直.………………………（6 分） 以 D 为坐标原点建立直角坐标系 xyzD  ，则        2,0,0,0,1,0,0,1,1,0,1,1 PCBA  则      0,1,1,2,1,1,0,2,0  DAPAAB ………………………（7 分） 设平面 APB 的法向量为  zyxm ,, 则      0 0 mPA mAB 即      02 02 zyx y 令 2x 得  1,0,2m .………………………………（8 分） 设平面 APD 的法向量为  zyxn  ,, 则      0 0 nPA nDA 即      02 0 zyx yx 令 1x ，则  0,1,1n ………………………………（9 分） 理科数学 第 5页 理科数学 第 6页 3 3 23 12,cos   nm ………………………………（11 分） 因为二面角 DPAB  为锐二面角，所以其余弦值为 3 3 ………………………………（12 分） 注：第（2）问采用非向量方法同样给分。 18.解：（1）由题设     nnn aaaaS 311)1( 21   ， 即 nn anaaa 321   ① 当 1n 时， 11 31 aa  ，解得 2 1 1 a ，………………………………（2 分） 当 2n 时 1121 31   nn anaaa  ② 1 -②得 1331  nnn aaa ，即 2 1 2 3 1  nn aa ………………………………（4 分） ）（ 12 31 1  nn aa （ 2n ）又 2 311 a 所以数列 1na 是首项为 2 3 ，公比为 2 3 的等比数列，所以 n na      2 31 ……………（5 分） 故 12 3      n na ………………………………（6 分） (2)由（1)   nab n nn      2 3log1log 2 3 2 3 ,则   n nn nba      2 31 ，   nn n nnT                       2 3 2 312 332 322 31 1321    1432 2 3 2 312 332 322 312 3                       nn n nnT  ………………………………（8 分） 两式相减得 11321 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 312 1                           nnn n nT  1 2 3 2 313                 nn n ……………（10 分） 1 2 322 366           nn n nT ………………………………（12 分） 19．解：（1）由题可知 2 2 a ce ，又椭圆 C 上的点到其左焦点的最大距离为 21 ，所以 21 ca ，所以 ,1,2  ca ………………………………（2 分) 122  cab ………………………………（3 分） 所以椭圆 C 的方程为 12 2 2  yx .………………………………（4 分） （2）①当直线l 的斜率不存在时，直线l 的方程为 1x ，则  0,2T ， 所以       2 2,1A ,        2 2,1B ,此时 2 21  AB TF ；………………………………（6 分） ②当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为  1 xky ， ),(),,( 2211 yxByxA 由        12 1 2 2 yx xky 得   022412 2222  kxkxk ………………………………（8 分） 由韦达定理得 12 4 2 2 21   k kxx ， 12 22 2 2 21   k kxx 则     2 2 21 2 21 2 21 12241 k kxxxxkAB   ……………………（9 分） 联立        2 11 x xky ，可得      kT 1,2 所以 2 2 1 1 k kTF  ………………………………（10 分） 理科数学 第 7页 理科数学 第 8页 所以         2 2 122 12 122 1 122 21 22 22 22 22 22 2 1        kk kk kk kk kk k AB TF 因为 221 kk  所以等号不成立. 综上， AB TF1 的最小值为 2 2 ，此时直线l 的方程为 1x .………………………………（12 分） 注：直线l 的方程可采用 1 myx . 20．解：（1）由题意， X 的可能取值为 k 1 ， k k1 …………………（1 分） kpkXP       1 ， kpk kXP       11 ，…………………（3 分） 故 X 的分布列为 X k 1 k k1 P kp kp1 ………………………………（4 分）     kppk kpkXE kkk 11111  ………………………………（6 分） （2）(i)由(1),记   kppf k 11  ，因为 0k .所以  pf 在  1,0p 上单调递减， 故 p 越大，  pf 越小， 即所需平均检验次数越少，该方案越合理。………………………（8 分） (ii)记   kkg k 19.01  ，当   1kg 且取最小值时， 该方案最合理，……………………（9 分） 因为   1.11 g ，   69.02 g ，   604.03 g ，   594.04 g ，   61.05 g .………………（11 分） 所以 4k 时平均检验次数最少，约 594594.01000  次.………………………………（12 分） 21．解：（1）   xx mnxf ln ，    01 22  xx xm xx mxf ………………………（2 分） 当 0m 时，   0 xf 在 0x 时恒成立，即  xf 在  ,0 单调递减； 当 0m 时  xf 在  m,0 单调递增，在  ,m 单调递减.………………………………（4 分） （2）因为   mnf 1 ，而   ,0x 有    1fmnxf  恒成立，知  xf 当 1x 时有最大值  1f ，由（1）知必有 1m ， 所以   xxnxf ln1  ，     xxxnxxfxg ln133  ，   xxxg 113 2  ………………………………（6 分） 依题意设     kxgxg  21 ，即         0311 0311 2 2 2 1 2 1 kxx kxx ……………………………（7 分） 所以 111 21  xx ， 212121 2 xxxxxx  因为 21 xx  故 421 xx ……………………………（8 分） 所以        21 21 2121 lnln113 xxxxxxxgxg        2121 ln13 xxxx  ………………………………（9 分） 令 421  xxt ，   ttt ln13  ，……………………………（10 分） 所以，    4013  ttt 所以  t 在  ,4 上单调递增……………………………（11 分）     2ln2114   t ………………………………（12 分） 22.解：（1）依题意，曲线 4 1 2 1: 2 2 1       yxC ，即 022  xyx 故 0cos2   ，即  cos .…………………………（2 分） 因为  22 2 sin4cos 4  ，故 4sin4cos 2222   ，即 44 22  yx ，即 14 2 2  yx . ………………………………（4 分） 理科数学 第 9页 理科数学 第 10页 （2）将 0  代入  22 2 sin4cos 4  得 0 2 2 sin31 4  Q …………………………（6 分） 将 0  代入  cos 得 0cos P 由 OPOQ 2 ，得 QP  2 ,即   0 2 2 0 sin31 4cos2   ，解得 3 2sin 0 2  ，则 3 1cos 0 2  ……………………………（8 分） 又 20 0   ，故 3 32 sin31 4 0 2  Q 3 3cos 0  P …………………………（9 分） 故 MPQ 的面积   3 2sin2 1 0    PQOMQOMPMPQ OMSSS ………………………………（10 分） 23.解：（1)化简得 3 2 1x x   ……………………………（1 分） ①当 0x 时，     323  xxxxf ，由   1xf 即 13 x ，解得 2x ，又 0x ，所 以 02  x ； ②当 30  x 时，   xxf 33  ，由   1xf ，即 132  x ，解得 3 2x ，又 20  x ，所以 3 20  x ； ③当 3x 时，   3 xxf ，不满足   1xf ，此时不等式无解；………………………（4 分） 综上，不等式   1xf 的解集为      3 2,2 ………………………………（5 分） （2） 323 294      fcba ，…………………………（6 分） 所以         cbacbacba 941943 1941 因为 0,, cba 所以由柯西不等式          222222 )13()12()1()3()2()(3 1 cbacba              ccbbaa 1331221 3 1 2   3 1969413 1 2  ……………………………（8 分） 当且仅当 14 3 cba 时，等号成立.……………………………（9 分） 所以 cba 941  的最小值为 3 196 .………………………………（10 分）