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

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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【

2、解析】把2sin18t 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

3、 x只有一个交点，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，所以四

4、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（本大题共 4 个小题，

5、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3

6、2EFPB，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，34343rV.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： （本大题共 6

7、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)3222ABCSaAD10 分【

8、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 A6 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5,2x

10、OAOM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

11、棱锥SEFGH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)()22222DADByymxxk

12、mkkkkxxx 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

13、xexx ，21( )440 xh xex8 分所以函数( )h x为增函数，又2(1)240he ，121( )21 ln404he 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( )x

14、g xex，2( )lnh xxxxx 2( )22xg 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, ( )2ln2042hh 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