安徽省淮南市寿县第二中学2020届高考数学考前适应性测试试题理PDF.pdf

1、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是正确的，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)0,+)，因此选B4.C【解析】因为 AC BD，所以 AC BD=3 2+(-1)m=0，即m=6，所以四边形的面积为|AC|BD2=32+()-12 22+622=10，故选C5.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 ca cb=4，即c2=4ab，a2+b2=4ab，ba+ab=4.变形得（ba）2

2、-4 ba+1=0，a b 0，故 ba=2-3，双曲线C1的渐近线方程为y=(2-3)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 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VP-ABC=13 SABCPA=16 abc，又VP-ABC=13 S1R+13 S2R+13 S3R+13 S4R，R=3VP-ABCS1+S2+S3+S4=12 abcS1+S2+S3+S4.又 S1=12 bc，S2=12 ab，S3=12 ac.S1

3、S2S3=18 a2b2c2.12 abc=2S1S2S3，R=2S1S2S3S1+S2+S3+S4.秘密启用前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理科数学试题答案第1页（共6页）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.（第3题答图）1yxO9.B【解析】()x3-2x+1x6=()x4-2x2+1x6=(x2-1)12x6，即求分子展开式中x6项的系数.分子二项展开式的通项为Cr12(x2)

4、12-r(-1)r，令24-2r=6，解得r=9，此时C912(x2)12-9(-1)9=-220 x6，故原式展开后，常数项为-220.10.A【解析】f(x)=3 sin 2x+2 sin2 x=2 sin(2x-6)+1，所以函数 f(x)的最大值为 3，最小值为-1，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，k2Z，所以|x1+x2 的最小值为 6.11.D【解 析】如 图 所 示，E,F,G,H,N 分 别 为 B1

5、C1,C1D1,DD1,DA,AB 的 中 点，则EF B1D1 NH，MN B1 A 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=2，EM=MN=FG=GH=5，GM=22，E 到 GM 的 距 离 为5-(22)2=322，所以 S=2S梯形EFGM=2 2+222 322=9.12.C【解析】由an+1=(5n+10)an(n2+5n+6)an+5n+15=5(n+2)an(n+3)(n+2)an+5，故(n+3)an+1=5(n+2)an(n+2)an+5，记bn=(n+2)an，

6、则bn+1=5bnbn+5，两边取倒数，得1bn+1=15+1bn，所以 1bn是以 15 为公差的等差数列，又1b1=13a1=25，所以1bn=25+(n-1)15=n+15，所以an=bnn+2=5(n+1)(n+2)，故a99=5100 101=12020.B卷选择题答案1.C2.D3.D4.C5.A6.C7.D8.B9.B10.A11.D12.BA、B卷非选择题答案二、填空题13.5【解析】z=2+ii3=2+i-i=-1+2i，|z=5.14.59【解析】由a4=a1+3d=18,a20=a1+19d=30,得a1=634,d=34,即an=60+3n4.又an=60+3n4 n，

7、解得n 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，则y0=()1ax0,y0=x0,()1ax0ln 1a=1,x0=()1ax0,()1ax0ln 1a=1,x0=()1ax0,x0ln 1a=1,lnx0=x0ln 1a,x0ln 1a=1.lnx0=1，x0=e，ln 1a=1e，a=e-1e三、解答题17.解：（1）由已知得acosB(sinAcosA+sinBcosB)=3 c，a(sinAcosB+cosAsinBcosA)=3 c，a sin(A+B)cosA=3 c.由正弦定理asinA=csin

8、C 得sinA sinCcosA=3 sinC.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=60，MN AB，MN AM，MN MB.又MB AM=M，MN 平面ABM.MN 平面BCNM，平面ABM平面BCNM.4分（2）（i）若用条件AMBC，由（1）得AM MN，BC和MN是两条相交直线，AM平面BCNM.以M为原点，MB，MN，MA分别为x,y,z轴建立空间

9、直角坐标系.则A（0，0，1），设P（2-a，3 a，0），其中0 32，所以不存在P满足条件.12分（ii）若用条件二面角A-MN-C大小为60，同（1）得AMB就是二面角A-MN-C的平面角，AMB=60.过A作AOBM，垂足为O，则AO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（0，0，32），设P（32-a，3 a，0），其中0 a 32，则 AP=(32-a,3 a,-32).平面ABM的法向量为n=（0，1，0）.设直线PA与平面ABM所成角为，则sin=|cos AP,n=3 a(32-

10、a)2+3a2+34=31010，解得a=32 或a=3（舍去），所以存在P满足条件，这时PB=3.12分（iii）若用条件AB=7，在ABM中，由余弦定理得AMB=120.过A作AOBM，垂足为O，则AO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（0，0，32），设P（52-a，3 a，0），其中0 32，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)，则yx-a=-1,y2=a+x2-1,解得x=1，y=a-1.A(1,a-1).把A点坐标代入y2=4x得(a-1)2=4，a=-1或

11、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SMOQ=12|MQ d，SOPQ=12|PQ d.由SPOQ=3SMOQ，得|PQ=3|QM，即 PQ=3 QM，得x2=4x1.由已知直线l的斜率存在，且不为0，设l：y=k(x-1)，代入y2=4x，得k2x2-(2k2+4)x+k2=0.理科数学试题答案第4页（共6页）理科数学试题答案第5页（共6页）x1+x2=2+4k2，x1 x2=1.由得x1=12，x2=2代入得k2=8.k=22直线l的方程为22 x-y-22=0或22 x+y-22=0.1

12、2分20.解：（1）f(x)在(0,+)上为增函数，f(x)=2ax-1x+1x2=2ax3-x+1x2 0恒成立，即2a 1x2-1x3，x (0,+)恒成立，令g(t)=t2-t3(t 0)，则g(t)=2t-3t2，由g(t)=0得t=23，当t (0,23)时，g(t)0，g(t)为增函数；当t (23,+)时，g(t)1)，则F(x)=2ax-1x+1x2-1ex-1 x-1x+1x2-1ex-1，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，即f(x)+e1-x 0 12分21.解：（1）一次性购买4袋零食

13、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，其余玩具各出现一次，对应的可能性为C13C24A22=36，故P(A4)=3681=49，一次性购买5袋零食甲获得玩具的情况共有35=243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C13C35A22=60，C23C25C23=90，故P(A5)=60+90243=5081，一次性购买4袋零食乙获得玩具的情况共有24=16种不同的可能，其中不

14、能集齐两种玩具的情况只有2种，即全是N1，全是N2，故P(B4)=1-216=78.6分（2）记an=P(An)，bn=P(Bn)，根据题意及（1）的计算，不难整理得下表：nan=P(An)bn=P(Bn)1002012329344497855081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=1-22n=1-(12)n-1.为解出待定系数a,b，令a3=a a2+b2 b2,a4=a a3+b3 b3,即29=a 0+12 b2,49=29 a+34 b3,解得a=1,b=23,或a=3,b=-23,（舍去，因为a5 3a4+()-234b4）.故an=an-1+()

15、23n-1bn-1，即an-an-1=()23n-1-2()13n-1，同理an-1-an-2=()23n-2-2()13n-2，a2-a1=23-2 13，累加可得P(An)=an=1+()13n-1-2()23n-1（n2）.当n=1时，a1=0适合上式，P（An）=an=1+()13n-1-2()23n-1（nN*）.12分22.解：设P（，）为AB延长线上任意一点，则SOAB+SOBP=SOAP，即 12 33 sin 6+12 3 sin(-6)=12 3 sin.2分化简得3=3 sin+cos，即l的极坐标方程为=32 sin(+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=3 代入=cos 得|ON=12；把=3 代入=32 sin(+6)得|OM=32.8分|OE|OA=|ON|OM=13，NEAM.10分23.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 3时，因为x 3，所以x-a 1综上，得证 10分理科数学试题答案第6页（共6页）