【2020年数学高考】山西省2020届高三第一次模拟考试 数学(文).doc

2020届山西省高三第一次模拟考试

数学（文）试题

一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1.已知集合Ux|x8，集合Ax|x28x0，则CUA（ ） A．,8 B．,0 C．,0 D． 2.下列命题正确的是（ ）

A．命题“若，则sinsin”的逆否命题为真命题 B．命题“若ab，则ac2bc2”的逆命题为真命题 C．命题“x0,50”的否定是“x00,500” D．“x1”是“lnx20”的充分不必要条件

xxsin2（ ）

1cos211A．-3 B． C． D．3

333.已知tan3，则

4.已知向量b在向量a方向上的投影为2，且a1，则ab （ ） A．-2 B．-1 C. 1 D．2

225.若点P为圆xy1上的一个动点，点A1,0,B1,0为两个定点，则PAPB的最大值是

（ ）

A．2 B．22 C. 4 D．42

6.《九章算术》中对一些特殊的几何体有特定的称谓，例如：将底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵.将一堑堵沿其一顶点与相对的棱刨开，得到一个阳马（底面是长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥）和一个鳖臑（四个面均匀直角三角形的四面体）.在如图所示的堑堵ABCA1B1C1中，

AA1AC5,AB3,BC4，则阳马C1ABB1A1的外接球的表面积是 （ ）

理综押题【绝密】

A．25 B． 50 C. 100 D．200

7.完成下列表格，据此可猜想多面体各面内角和的总和的表达式是（ ） 多面体 顶点数V 面数F 棱数E 各面内角和的总和 三棱锥 四棱锥 五棱锥 4 5 6 5 6 （说明：上述表格内，顶点数V指多面体的顶点数.）

A．2V2 B．2F2 C. E2 D．VF4 8. 甲、乙二人约定7:10在某处会面，甲在7：00-7：20内某一时刻随机到达，乙在7：05-7：20内某一时刻随机到达，则甲至少需等待乙5分钟的概率是（ ） A．

1135 B． C. D． 848.执行如图所示的程序框图，如果输入的n是10，则与输出结果S的值最接近的是（ ）

A． e28 B． e36 C. e45 D．e55

理综押题【绝密】

10.在ABC中，点D为边AB上一点，若BCCD,AC32,AD3,sinABC3，则3ABC的面积是（ ）

A．62 B．122 C. 92152 D． 2211.某几何体的三视图如图所示，若图中小正方形的边长均为1，则该几何体的体积是（ ）

A．161683283216 B．16 C.  D． 333333x2ex1x1ex212.若对于x1,x2,m，且x1x2，都有1，则m的最大值是（ ） x2x1eeA．2e B．e C. 0 D．-1

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分，将答案填在答题纸上

13.若复数z5i，则复数z1的模是 ． 2i14.已知fx是定义在R上周期为4的函数，且fxfx0，当0x2时，fx2x1，则f21f16 ．

15.如图，点A在x轴的非负半轴上运动，点B在y轴的非负半轴上运动.且

AB6,BC2,BCAB.设点C位于x轴上方，且点C到x轴的距离为d，则下列叙述正

确的个数是_________.

理综押题【绝密】

①d随着OA的增大而减小； ②d的最小值为2，此时OA6；

6； 2③d的最大值为22，此时OA④d的取值范围是2,62.

x2y216.若双曲线E:221a0,b0的左焦点为F，右顶点为A，P为E的左支上一点，且

abPAF600,PAAF，则E的离心率是 ．

三、解答题 ：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答. （一）必考题：共60分.

17. 已知等比数列an中，an0,a14,（1）求an的通项公式； （2）设bn1n112,nN*. anan1an2log2an2，求数列bn的前2n项和T2n.

18.如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD为菱形，AF//DE,AFAD，且平面BED平面ABCD.

（1）求证：AFCD； （2）若BAD600,AFAD1ED，求多面体ABCDEF的体积. 2理综押题【绝密】

19.某快递公司收取快递费用的标准是：重量不超过1kg的包裹收费10元；重量超过1kg的包裹，除

1kg收费10元之外，超过1kg的部分，每超出1kg（不足1kg，按1kg计算）需再收5元.

该公司对近60天，每天揽件数量统计如下表：

包裹件数范围 包裹件数（近似处理） 天数 0100 101200 201300 301400 401500 50 6 150 6 250 30 350 12 450 6 （1）某人打算将A0.3kg,B1.8kg,C1.5kg三件礼物随机分成两个包裹寄出，求该人支付的快递费不超过30元的概率；

（2）该公司从收取的每件快递的费用中抽取5元作为前台工作人员的工资和公司利润，剩余的作为其他费用.前台工作人员每人每天揽件不超过150件，工资100元，目前前台有工作人员3人，那么，公司将前台工作人员裁员1人对提高公司利润是否更有利？

x2y2220.已知椭圆E:221ab0过点1,2，且两个焦点的坐标分别为1,0,1,0. ab（1）求E的方程；

（2）若A,B,P（点P不与椭圆顶点重合）为E上的三个不同的点，O为坐标原点，且

OPOAOB，求AB所在直线与坐标轴围成的三角形面积的最小值.

21. 已知函数fx12xa1xalnx. 2（1）当a1时，讨论函数fx的单调性；

理综押题【绝密】

x21（2）若不等式fxa1x求正实数a的取值范围. xa1e对于任意xe,e成立，2（二）选考题：共10分.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.

22. 【选修4-4：坐标系与参数方程】

在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为：xcos（为参数，0,），将曲线C1ysinxx经过伸缩变换：得到曲线C2.

y3y（1）以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立坐标系，求C2的极坐标方程； （2）若直线l:xtcos（t为参数）与C1,C2相交于A,B两点，且AB21，求的值.

ytsin23. 【选修4-5：不等式选讲】 已知函数fxx1aaR.

（1）若fx的最小值不小于3，求a的最大值；

（2）若gxfx2xaa的最小值为3，求a的值.

试卷答案

一、选择题

1-5: CADDB 6-10: BACBA 11、12：BC

二、填空题

13. 2 14. -1 15. 2 16. 4

三、解答题

17.解：（1）设等比数列an的公比为q，则q0， 因为

112112，所以， n1nn1anan1an2a1qa1qa1q理综押题【绝密】

因为q0，解得q2， 所以an42n12n1,nN*； （2）bn1nlog2an1n2nlog22n112nn12，

设cnn1，则bn1cn2，

22c2n1c2n T2nb1b2b3b42222b2n1b2nc1c2c3c4c1c2c1c2c3c4c3c4c2n1c2nc2n1c2n

c1c2c3c418. （1）证明：

c2n1c2n2n22n12n2n32n23n.

连接AC，由四边形ABCD为菱形可知ACBD， ∵平面BED平面ABCD，且交线为BD， ∴AC平面BED，∴ACED， 又AF//DE，∴AFAC，

∵AFAD,ACADA，∴AF平面ABCD， ∵CD平面ABCD，∴AFCD；

（2）解：VABCDEFVEBCDVBADEF，由（1）知AF平面ABCD，又AF//DE，∴DE平面ABCD，

理综押题【绝密】

则VEBCD11143， EDSBCD422sin6003323取AD的中点H，连接BH，则BHAD,BH3， 由（1）可知BHAF，∴BH平面ADEF， 则VBADEF111BHSDEF324223， 332所以VABCDEF

431010233，即多面体ABCDEF的体积为3. 33319.解：（1）由题意，寄出方式有以下三种可能：

第一包裹 情礼况 物 1 2 3 重量（kg） 快递费（元） 礼物 重量（kg） 快递费（元） 第二个包裹 甲支付的总快递费 A B C 0.3 1.8 1.5 10 15 15 B,C A,C 3.3 1.8 2.1 25 15 20 35 30 35 A,B 所有3种可能中，有1种可能快递费未超过30元，根据古典概型概率计算公式，所示概率为（2）将题目中的天数转化为频率，得

包裹件数范围 包裹件数（近似处理） 天数 1； 30100 101200 201300 301400 401500 50 6 150 6 250 30 350 12 450 6 理综押题【绝密】 频率 0.1 0.1 0.5 0.2 0.1 若不裁员，则每天可揽件的上限为450件，公司每日揽件数情况如下： 包裹件数（近似处理） 实际揽件数 频率 平均揽件数 50 50 0.1 150 150 0.1 250 250 0.5 350 350 0.2 450 450 0.1 500.11500.12500.53500.24500.1260 故公司平均每日利润的期望值为260531001000（元）； 若裁员1人，则每天可揽件的上限为300件，公司每日揽件数情况如下： 包裹件数（近似处理） 实际揽件数 频率 平均揽件数 50 50 0.1 150 150 0.1 250 250 0.5 350 300 0.2 450 300 0.1 500.11500.12500.53000.23000.1235 故公司平均每日利润的期望值为23552100975（元） 故公司将前台工作人员裁员1人对提高公司利润不利. 20.解：（1）由已知得c1,2a41122， 22x2∴a2,b1，则E的方程为y21；

2x2y21得 （2）设AB:xmytm0代入2m22y22mtyt220，

2mtt22,y1y22设Ax1,y1,Bx2,y2，则y1y22，

m2m28m22t2，

设Px,y，由OPOAOB，得

yy1y22mt4t， ,xxxmytmytmyy2t121212m22m22理综押题【绝密】

∵点P在椭圆E上，∴

16t22m2224m2t2m2221，即

4t2m22m2221，∴4t2m22，

在xmyt中，令y0，则xt，令x0，则yt. m11t21m221212∴三角形面积Sxy， m22822m8m8m4当且仅当m2,t1时取得等号，此时240，

22∴所求三角形面积的最小值为2. 421.解：（1）函数fx的定义域为0,，

2axa1xaxax1， fxxa1xxx若0a1，则

当0xa或x1时，fx0,fx单调递增； 当ax1时，fx0,fx单调递减， 若a0，则

当0x1时，fx0,fx单调递减； 当x1时，fx0,fx单调递增.

综上所述，当a0时，函数fx在1,上单调递增，在0,1上单调递减；当0a1时，函数fx在a,1上单调递减，在0,a和1,上单调递增. （2）原题等价于对任意x,e，有alnxxae1成立，

e设gxalnxxa,a0，所以gxmaxe1，

aax1aa1gxax，

xx1理综押题【绝密】

令gx0，得0x1；令gx0，得x1， 所以函数gx在,1上单调递减，在1,e上单调递增，

1e1gxmax为gaea与geaea中的较大值，

e设hagegeaea2aa0， 则haeaea22eaea20，

所以ha在0,上单调递增，故hah00，所以geg， 从而gxmaxgeaea，

所以aeae1，即eaae10，

设aeaae1a0，则aea10， 所以a在0,上单调递增，

又10，所以eaae10的解为a1， 因为a0，所以正实数a的取值范围为0,1.

22.解：（1）C1的普通方程为x2y21y0，

1e1ey2321y0， 把xx,yy代入上述方程得，x33y21y0， ∴C2的方程为x32令xcos,ysin， 所以C2的极坐标方程为2230,；

3cos2sin22cos21理综押题【绝密】

（2）在（1）中建立的极坐标系中，直线l的极坐标方程为R，

由1，得A1，

323由， 2cos21，得B22cos1而32cos21121，∴cos1， 2而0,，∴3或

2. 323.解：（1）因为fxminf1a，所以a3，解得a3，即amax3； （2）gxfx2xaax12xa，

当a1时，gx3x10,03，所以a1不符合题意，

x12xa,xa3x12a,xa当a1时，gxx12xa,1xa，即gxx12a,1xa，

3x12a,x1x12xa,x1所以gxmingaa13，解得a4，

当a1时，同法可知gxmingaa13，解得a2， 综上，a2或-4.