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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 , 4ac ,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 1xf 或 mxf ,作出函数
xfy 的图像,如图示,由图可知, 1xf 有两个根,故 mxf
有三个根故 2,1m
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 2PD , 1DM , PM 为正三角形 PAB 的 AB 边上的高,所以 3PM .
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 2x 得 1,0,2m .………………………………(8 分)
设平面 APD 的法向量为 zyxn ,,
则
0
0
nPA
nDA 即
02
0
zyx
yx 令 1x ,则 0,1,1n ………………………………(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 1n 时, 11 31 aa ,解得
2
1
1 a ,………………………………(2 分)
当 2n 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 ( 2n )又
2
311 a
所以数列 1na 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 1x ,则 0,2T ,
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 1x .………………………………(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
k1 …………………(1 分)
kpkXP
1 , kpk
kXP
11 ,…………………(3 分)
故 X 的分布列为
X
k
1
k
k1
P kp kp1
………………………………(4 分)
kppk
kpkXE kkk 11111 ………………………………(6 分)
(2)(i)由(1),记
kppf k 11 ,因为 0k .所以 pf 在 1,0p 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 1kg 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 4k 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 0m 时, 0 xf 在 0x 时恒成立,即 xf 在 ,0 单调递减;
当 0m 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 1x
时有最大值 1f ,由(1)知必有 1m ,
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 0x 时, 323 xxxxf ,由 1xf 即 13 x ,解得 2x ,又 0x ,所
以 02 x ;
②当 30 x 时, xxf 33 ,由 1xf ,即 132 x ,解得
3
2x ,又 20 x ,所以
3
20 x ;
③当 3x 时, 3 xxf ,不满足 1xf ,此时不等式无解;………………………(4 分)
综上,不等式 1xf 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)
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