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（文）试题答案 5页

文科数学 第 1页 (共 9 页) 文科数学 第 2页 (共 9 页) 试卷类型：B 2020 年普通高等学校招生统一模拟考试 文科数学答案 一、选择题： 1.B 2.A 3.D 4.B 5.C 6.C 7.A 8.D 9.D 10.B 11.A 12.B 1.解：     ,2,4,1 BA ，故 BA   4,2 ，选 B 2.解：     21 ibaba i z  , i z 1 是实数,所以 0 ba 选 A. 3.选 D 4.解：因为 45 2   ，所以 15 2tan  ， 15 2tan 2.0      a ， 13log0 5  b ， 17 2cos0   ， 所以， 07 2coslog 2      c ，故选 B. 5.解：当 MNOP  时， OP 最小，这时 NMNP 5 4 ，故选 C. 6.解：不妨设原三角形面积为 1,第一次挖去三角形的面积为 4 1 ,剩余面积为 4 3 ,接下来每挖一次， 对每 个小完整三角形来说挖去的面积都是原完整三角形面积的 4 1 ,剩余面积为 4 3 ，故第二次挖去以后剩余 面积为 2 4 3      ，，第三次挖去以后剩余面积为 3 4 3      ，所以第 4 个图中白色区域的面积为 3 4 31      ，所 以落在白色区域的细小颗粒物约有 29664 375124 31512 3               (粒).故选 C 7.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: A. 8.解：      xa by cx 解得      a bccM , ，因为 NMF1 为等腰直角三角形，所以 ca bc 2 ， 2 a b ， 5e ， 选 D. 9.解析:选择 D.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 校柱，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 R△OBE 中，OB= 2 此即为外接球半径，从而外接球表面 积为 16 10.解：   2 2 2 2 4 ( 2) 4 0 4 ( 2) 4 0 x x x xg x x x x x              ， 由  g x 的解析式可知，  g x 在 ,  上是奇函数且单调递增，    xxgxf  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 再由    2 2f a f a  ，得，    | 2 | 2 | |f a f a  得 aa 22  即 23 4 4 0a a   ，解得 22 3a   . 11.解：满足三视图的几何体为四棱锥 ABCDP  ,如图所示：则 24ABCDS , 4PCBS , 4PCDS , 22PABS , 6232222 1 PADS ,所以该几何体 的表面中的面积最小值为 22 12.解：由题意知函数  xf 的定义域为  ,0 ，           22 3211 xxtx exxf x      2 321 x xtex x     2 32321 x tx exx x       文科数学 第 3页 (共 8 页) 文科数学 第 4页 (共 8 页) 因为函数恰有一个极值点 1，所以 032  tx ex 无解，令    032  xx exg x ，则，   0)32( )12( 2   x xexg x 所以  xg 在  ,0 上单调递增，从而     3 10  gxg ，所以 3 1t 时， 032  tx ex 无解，         xxxtx exf x 32ln 恰有一个极值点 1，所以t 的取值范围是      3 1, 二、填空题： 13. 8 25 14. 8  15.1 16. 1m 13.【解析】第一行成等差数列，所以前 5 项为 2，3，4，5，6，第二行成等差数列，所以 5 项为 1， 1．5，2，2．5，3，第三列成等比数列，所以 1x  ，第四列成等比数列，所以 5 8y  ， 答案： 8 25 yx . 14.解： cos(2 ) sin 2 sin 24 2 4 4y x x x                      故函数 sin(2 )4y x   的图象沿 x 轴向右平移 8  个单位长度即可得到函数 sin 2y x 的图象 15.解：建立如图的坐标系，因为 2PO , 1OE , 2 ODOC ,所以  2,1C ,设抛物线的方 程为  022  ppxy ，代人得 22 p ，故焦点到其准线的距离等于 1. 16.解：依题意，   02 111  nn anna ，则   02 12)1( 12   nn anan ，两式相减，可得 02 12   nnn aaa ，所以 na 为等差数列，由   02 111  nn anna ，得 02 12 12  aa ，又 2 3 1 a ，解得 2 5 2 a ，所以 2 1 nan ，则 1 2 2 2 2   nn n nnS ，令 n n n Sb 2  ， 2 2 1 2 3   nnn nbb ，当 2n 时， 01  nn bb ，数列 nb 单调递减，而 4 3 1 b ， 12 b ， 16 15 3 b ，故 1m . 三、解答题： 17．解：（1）因为 Cbca cos22  ，所以 CBCA cossin2sinsin2  …………………（1 分） 所以 CBCCB cossin2sin)sin2 （ ,整理得 CBC sincos2sin  ，………………（3 分） 因为 0sin C ，所以 2 1cos B ,…………………………（4 分） 因为  B0 ，所以 2 3sin B .………………………………（5 分） （2）由（1） 2 3sin B ，所以 2sinsinsin  B b C c A a ，从而 CcAa sin2,sin2  …………………………（6 分） 所以 AAACac sin23 2sin2sin2sin2              6sin32sin3cos3 AAA ………………………………（9 分） 为 3 2 CA ，所以 3 20  A ，从而 6 5 66   A ，…………………………（10 分） 故 326sin323       A …………………………（11 分） 故 ac  的范围为  32,3 .………………………………（12 分） 18. 解：（1）依题意得： 5.36 654321 x ， 4105.36 8610 6 6  x yxy ， …………………………（2 分） 91 6 1 2  i ix , 9310 6 1   i i i yx ，所以 40 5.3691 86109310 6 6 26 1 22 6 1           i i i ii xx yxyx b ， …………………………（4 分） 2705.340410ˆ  xbya  …………………………（5 分） 所以 y 关于 x 的线性回归方程为 27040ˆ  xy ………………………………（6 分） （2）令 12x ，得 2019 年 12 月该家庭人均月纯收入预估值为 7502701240  元 故，2020 年 3 月份该家庭的人均月纯收入为 5003 2750  元.…………………………（8 分） （3）每月的增长率为 8%，设从 3 月开始到 12 月的纯收入之和为 10S ，则  9 10 08.0150008.01500500  ）（S …………………………（9 分） 文科数学 第 5页 (共 9 页) 文科数学 第 6页 (共 9 页)    725008.0- 1.08-1500 10  …………………………（10 分） 12 101000 8250 8000S S    …………………………（11 分） 故到 2020 年底能如期实现小康.………………………………（12 分） 19.解：（1）连结 1AB 交 BA1 于点O ，则O 为 1AB 的中点， 因为 D 是 AC 的中点，所以 CBOD 1// ，…………………………（2 分） 又 OD 平面 BDA1 ， CB1  平面 BDA1 , 所以 //1CB 平面 BDA1 . ………………………………（4 分） （2） ,60,3,2   ACBABAC ,3ACBCOSBCAC2BCACAB 222  即 02 602243 COSBCBC  1BC , …………………………（6 分） .,222 BCABBCABAC  又平面 BBAA 11  平面 ABC，平面 BBAA 11 平面 ABABC  ,  BC 平面 BBAA 11 ， ………………………………（8 分）  601  ABA , .31  BBAB 111  CBBC ， .4 33sin2 1 1111111   BBABBBAS BBA .4 33 3 1 3 1 1111   BCSV BBABBAC …………………………（9 分） 设 1A 到平面 11BBCC 的距离为 h ， 2 3312 1 2 1 11  BBBCS CBB hhSV CBBCBBA 2 3 3 1 3 1 111   ，…………………………（10 分） 而  11 BCBAV BBACV 11 ，所以 4 33 3 1 2 3 3 1  h 所以 2 3h ，…………………………（11 分） 1A 到平面 11BBCC 的距离为 2 3 .………………………………（12 分） 19. 解：（1）以线段 AB 为直径的圆的圆心为  0,0 ，半径 r 为 a ，圆心到直线 023  yx 的距离 为 1 31 2   d ，…………………………（1 分） 直线 023  yx 被圆截的弦长为 52122 222  adr ，解得 6a ，………（2 分） 又椭圆的离心率为 3 6 ，所以 2c ， 24622  cab …………………………（3 分） 所以椭圆的方程为 126 22  yx ………………………………（4 分） （2）依题意， (2,0),F 直线 PQ 的方程为  2y k x  .…………………………（5 分） 联立方程组   2 2 1,6 2 2 . x y y k x       消去 y 并整理得 2 2 2 23 1 12 12 6 0k x k x k     . ………………………………（6 分）       22 2 2 212 4 12 6 3 1 24 1 0k k k k         , 设  1 1,P x y 、  2 2,Q x y ，故 2 1 2 2 12 3 1 kx x k    ， 1 2 1 2 2 4( ) 4 3 1 ky y k x x k k       , 设 PQ 的中点为 N ，则 2 2 2 6 2( , )3 1 3 1 k kN k k    .………………………………（8 分） 因为线段 PQ 的垂直平分线与 x 轴交于点 0( ,0)M x ， ① 当 0k  时，那么 0 0x  ；………………………………（9 分） 文科数学 第 7页 (共 8 页) 文科数学 第 8页 (共 8 页) ② 当 0k  时， 1MNk k   ，即 2 2 02 2 3 1 16 3 1 k k kk xk       . 解得 2 0 2 2 4 4 .13 1 3 kx k k    因为 2 0,k  所以 2 13 3k   ， 2 4 40 1 33 k    ，即 0 4(0, )3x  .…………………（11 分） 综上， 0x 的取值范围为 4[0, )3 . ………………………………（12 分） 21．解：（1）  xf 的定义域为 ,0 ，且     x x x xxf 11  ，…………………………（1 分） 当  1,0x 时   0 xf ，  xf 单调递增；当   ,1x 时   0 xf ，  xf 单调递减； …………………………（2 分） 所以  xf 在 1x 取得极大值也是最大值.即     01max  fxf ，…………………………（3 分） 又有 xy ln 的图像知当 x 趋近 0 时 xy ln 无限小，故    0,xf .………………………（4 分） （2）      22 ln 2    xx xxx x xxfxxg ，…………………………（5 分） 于是   2)2( 4ln2   x xxxg ………………………………（6 分） 令   4ln2  xxxh ，则   x x xxh 221  ， 由于 2x ，所以   0 xh ，即  xh 在  ,2 上单调递增；又   08 h ，   09 h ， …………………………（7 分） 所以  9,80 x ，使得   00 xh ，即 4ln2 00  xx ………………………………（8 分） 当  0,2 xx 时，   0xh ；当   ,0xx 时   0xh 即  xg 在  0,2 x 上单调递减；在  ,0x 上单调递增.…………………………（9 分） 所以     222 2 2 ln 0 0 0 2 0 0 000 0min x x xx x xxxxgxg    ）（ 即 2 0xm  ………………………………（10 分） 所以           5,2 11 2 2ln12 0 000 xxxxfmf …………………………（11 分） 即   522 11  mf ………………………………（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） （2）将 0  代入  22 2 sin4cos 4  得 0 2 2 sin31 4  Q 将 0  代入  cos 得 0cos P …………………………（6 分） 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   123  xxxf …………………………（1 分） 文科数学 第 9页 (共 9 页) 文科数学 第 10页 (共 9 页) 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       b c c b a c c a a b b a 36369944811613 1        b c c b a c c a a b b a 36362992442983 1   3 19672188983 1  …………………………（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）