山西省吕梁市2020届高三数学上学期第一次模拟考试试题 理 答案.pdf

1、1参考答案一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求1.C【解析】因为|22Bxx=-，所以|52ABxx.2.B【解析】A 中单增区间为(,0)和(0,)，定义域上不是单调递增，B 满足条件，C 为偶函数，D 为减函数.3.D 由22xy|xy，又22|xyxy，A,B 既不是充分条件也不是必要条件，所以选 D，4.B【解析】95918Sa所以52a，所以5m 5.C【解析】222|2|444422abaa bb ，所以|2|2ab6.C【解析】(0)1f，可排除 A，()0f ，可排除 B,D.故选 C7.A【解析】把2sin18t

2、代入2221-2sin 27cos54sin3614sin18 cos18242sin1844sin 18tt.8.D【解析】21.50.54,22 22.828bc，因2552，所以5252，所以25log 52所以 acb，9.A【解析】圆心(0,0)O到直线 l 的距离为222dmn，所以222222()(2)2mn所以222mn，又因为222()2()4mnmn，所以 22mn 10.D【解析】画出函数()f x 的图象，由图可知，当0k 时，直线 l 与函数()f x 在区间(,1)内有两个交点，与区间1,)的部分没有交点，因而满足条件，当0k 时，直线 l 与函数()f x 只有一

3、个交点，不满足条件，当0k 时，直线 l 与函数()f x 在区间(,1)内只有一个交点，当直线 l 与()f x 在区间 1,)内的部分也有一个交点时满足条件，这时由2ykx与243yxx联立，得2(4)50 xkx，由2(4)200k 得，2 54k，当2k 时，直线 l 也与()f x 在区间1,)内的部分也有一个交点，所以满足条件的 k 的取值范围为(,0)(2,)2 5411.D【解析】因为/,EFBC EF 平面 BCD，BC 平面 BCD，所以/EF平面 BCD，又平面 EFGH 平面 BCDGH，所以/EFGH同理/FGEH，所以四边形 EFGH 为平行四边形，又 ADBC，所

4、以四边形 EFGH 为矩形.又相似三角形的性质得,EFAF FCFGBCAC ACAD，所以1EFFGAFFCBCADACAC，2BCAD，所以2EFFG，题号123456789101112答案CBDBCCADADDB2所以四边形 EFGH 的周长为定值 4，2()12EFGHEFFGSEFFG，所以四边形 EFGH 的面积有最大值1，因而正确.12.B【解析】由1123nnnaaa得，113()nnnnaaaa 又123aa，所以1nnaa 是 3 为首项，公比为 3 的等比数列，即13nnnaa 设13nnnncaa，9915044929819(19)91198Saccc二、填空题（本大题

5、共 4 个小题，每小题 5 分，共 20 分）13.7-【解析】：可行域为 ABCD如图所示：目标函数32zxy 化为32yxz=+-，平移直线3yx=，由图象可知当直线32yxz=+-，经过 B点 时，直 线32yxz=+-在 y 轴 上 的 截 距 最 小，此 时 z 最 小，min327zxy=-+=-14.2,1ab=【解析】：()2afxbxx=+，由导数的几何意义可得(1)1,(1)4ff=，即1b=，2141ab+=，所以2,1ab=.15.34.【解析】由已知可得90ABC，因PCPBPA，所以点 P 在 ABC内的投影为 ABC的外心 E，所以PE平面 ABC，BEPE，所以

6、32EFPB，所以323PE，又球心O 在 PE上，设rPO，则222)23()233(rr，所以3r，所以球O 体积，34343 rV.16.【解析】对于，由 232k得6k，因|2，取0k 得6 ；对于，由 sin(2()sin(2)63xx关于原点对称得3，所以()sin(2)112123f ；对于，由()sin()4f xx的对称轴为4kx，kZ，由 0,4444 得1,5)；对于，由2()sin()42f xx得，244xk或3244xk，kZ所以22kx或2kx，kZ.因集合有 2020 个元素，所以 2018且 20202，所以 20192020.5w，故正确序号为3三、解答题：

7、（本大题共 6 个小题，共 70 分）17.【解析】（1）由1cos2+2cos2CC 得，232cos2cos02CC，2 分所以1cos2C 3 分0C，所以3C.4 分（2）解法一：由正弦定理得，sinsincbCB，即32sin22sin26bCBc，5 分又cb，所以CB，所以4B6 分所以53412A7 分62sin=sin()464A，8 分所以116233sin262242ABCSbcA 10 分解法二：作 ADBC垂足为 D，则1cos212CDbC5 分3sin232ADbC，6 分所以22633BDcAD7 分所以31aBDDC8 分所以1133(31)3222ABCSa

8、AD10 分【解析】：（1）因为1,2ABACBC，所以 ABC是直角三角形，2 分ABAC，又1C A 平面 ABC，所以1C AAB.4 分所以 AB 平面11ACC A 6 分（2）建立如图所示的空间坐标系，4则11(0,0,0),(1,0,0),(0,1,0),(1,1,1),(0,0,1)ABCBC7 分所以1(1,1,1)AB，1(1,0,1)BC ，1(0,1,1)CC 8 分设平面1BCC 的法向量为(,)mx y z，则1100m BCm CC 即00 xzyz ，取(1,1,1)m 10 分设1AB 与平面1BCC 所成的角为，则11|1sin3|AB mABm 11 分1

9、AB 与平面1BCC 所成的角的正弦值 1312 分19.【解析】（1）由1(1)1nnnanan得，1(1)1nnnanan1 分取1,2,3,1nn得，2122aa32323aa43434aa1(1)nnnanan3 分相加得(1)122nn nnan 5 分所以12nna.6 分（2）由（1）得，114114()(1)(2)12nna annnn7 分所以111111114()()()()23344512nSnn8 分422n9 分因nS 随着 n 的增大而增大，所以123nSS10 分5又2nS 11 分所以 223nS12 分20.【解 析】（1）连 结 OA 交 EH 为 M，则5

10、,2xOAOM所 以 四 棱 锥 SEFGH的 高 为22(5)()25 522xxhx(05)x3 分所以21()25 53V xxx5 分（2）解法一：24511()25 525533V xxxxx6 分设45()255(05)f xxxx，则34()10025fxxx8 分由()0fx 得，4x.9 分所以当4x 时，()f x 有最大值，也即()V x 有最大值，10 分此时四棱锥 SEFGH的表面积为22(5)10402xxxx12 分解法二：2415()25 5(204)36V xxxxx8 分55420416 5()653xx10 分当且仅当4x 时，体积取最大值此时四棱锥 SE

11、FGH的表面积为22(5)10402xxxx12 分21.【解析】（1）设 P 的坐标为(,)x y，由题意得，2222(4)2(1)xyxy2 分化简得：224xy5 分（2）当直线l 的斜率不存在时，设0000(,),(,)A xyB xy6则有0000222yyxx，得02x，此时直线l 与圆相切，不合题意.6 分当直线l 的斜率存在时，设1122(,),(,)A x yB xy，直线l 的方程为 ykxm，与轨迹 C 联立得222(1)240kxkmxm7 分212122224,11kmmxxx xkk 8 分所以1212121222(2)()22222DADByymxxkmkkkkx

12、xx xm所以22mk 10 分所以直线l 的方程为(2)2yk x11 分所以直线l 过定点(2,2)12 分22.【解析】：（1）由题意0,()1 lnxfxax 1 分1()1 ln00afxaxxe ，故当10,axe 时，()0fx，当1,axe 时，()0fx，所以函数()f x 在10,axe 上单调递增，函数()f x 在1,axe 上单调递减；所以()f x 在1axe 处取到最大值，即1()1af e，所以1a 6 分（2）解法一：欲证22()2xf xex，即证明222lnxexxxx7 分令22()2lnxh xexxxx，则2()24lnxh xexx，21()440

13、 xh xex8 分所以函数()h x 为增函数，又2(1)240he，121()21 ln 404he 所以存在001(,1),)(04xh x，所以0()()h xh x9 分由0()0h x得，002ln0022ln2xxexex，设()2xg xex，则()210 xg xe 10 分7所以()g x 为增函数，所以002lnxx，020 xex，所以2000000()2(2)0h xxxxxx11 分即()0h x，即22()2xf xex.12 分解法二：欲证22()2xf xex，即证明222lnxexxxxx 7 分设22()xg xex，2()lnh xxxxx 2()22x

14、g xex，因()g x 为增函数，12211(1)220,()2042gege 得()g x在 区 间1(,1)4上 存 在 唯 一 零 点0 x，此 时020 xex，()g x在0 xx时，有 最 小 值2000()g xxx8 分()2lnh xxx，因()h x 为减函数，11(1)20,()2ln 2042hh 得()h x 在区间 1(,1)4上存在唯一零点1x，此时11ln2xx，所以121xex，即10 xx10 分()h x 在0 xx时，有最大值220000000()(2)h xxxxxxx 所以00()()()()g xh xg xh x11 分即22()2xf xex12 分