注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本题共12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，，则中元素的个数是（    ）

A.0        B.1        C.2        D.3

2.国际上通常用年龄中位数指标作为划分国家或地区人口年龄构成类型的标准：年龄中位数在20岁以下为年轻型人口；年龄中位数在20~30岁为成年型人口；年龄中位数在30岁以上为老年型人口.

全面放开二孩对我国人口年龄中位数的影响

上图反映了我国全面放开二孩对我国人口年龄中位数的影响.据此，对我国人口年龄构成的类型做出如下判断：

①建国以来直至2000年为成年型人口；②从2010年至2020年为老年型人口；③放开二孩之后我国仍为老年型人口.

其中正确的是（    ）

A.②③        B.①③        C.②            D.①②

3.已知函数则关于函数的说法不正确的是（    ）

A.定义域为            B.值域为

C.在上为增函数        D.只有一个零点

4.在四边形中，，，，则该四边形的面积是（    ）

A.        B.            C.10            D.20

5.天上有些恒星的亮度是会变化的，其中一种称为造父（型）变星，本身体积会膨胀收缩造成亮度周期性的变化.第一颗被描述的经典造父变星是在1784年.

上图为一造父变星的亮度随时间的周期变化图，其中视星等的数值越小，亮度越高，则此变星亮度变化的周期、最亮时视星等，分别约是（    ）

A.5.5，3.7        B.5.4，4.4        C.6.5，3.7        D.5.5，4.4

6.双曲线：与：（）的离心率之积为4，则的渐近线方程是（    ）

A.        B.        C.        D.

7.某几何体的三视图如图所示，已知网格纸中小正方形的边长为1，则此几何体的体积是（    ）

A.        B.        C.        D.

8.已知中，，角，，的对边分别为，，，其内切圆半径为，由，又，可得.类比上述方法可得：三楼锥中，若，平面，设的面积为，的面积为，的面积为，的面积为，则该三棱锥内切球的半径是（    ）

A.        B.

C.        D.

9.展开式中，常数项是（    ）

A.220        B.        C.924        D.

10.函数，若，则的最小值是（    ）

A.        B.        C.        D.

11.已知长方体，，，是的中点，点在长方体内部或表面上，且平面，则动点的轨迹所形成的区域面积是（    ）

A.6        B.        C.        D.9

12.数列中，，，则（    ）

A.        B.        C.        D.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13.已知复数（为虚数单位），则______.

14.等差数列中，，，则满足不等式的正整数的最大值是______.

15.设，分别为椭圆：的左、右焦点，，分别为上第二、四象限的点，若四边形为矩形，则该矩形的面积是______，所在直线的方程是______.

16.已知函数（其中且）有零点，则实数的最小值是______.

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.（12分）

在中，内角，，的对边分别为，，，且.

（1）求；

（2）若的面积为，求的最小值.

18.（12分）

如图1，已知等边的边长为3，点，分别是边，上的点，且，.如图2，将沿折起到的位置.

（1）求证：平面平面；

（2）给出三个条件：①；②二面角大小为；③.在这三个条件中任选一个，补充在下面问题的条件中，并作答：

在线段上是否存在一点，使直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.

注：如果多个条件分别解答，按第一个解答给分。

19.（12分）

已知抛物线：.

（1））若轴上的点关于直线的对称点在上，求点的坐标；

（2）设过的焦点的直线与交于，两点，的延长线与轴交于，为坐标原点，若的面积等于面积的3倍，求直线的方程.

20.（12分）

设函数，其中.

（1）若在上为增函数，求的取值范围；

（2）当，时，求证：.

21.（12分）

现有甲，乙两种不透明充气包装的袋装零食，每袋零食甲随机附赠玩具，，中的一个，每袋零食乙从玩具，中随机附赠一个.记事件：一次性购买袋零食甲后集齐玩具，，；事件：一次性购买袋零食乙后集齐玩具，.

（1）求概率，及；

（2）已知，其中，为常数，求.

（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分，作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑。

22.[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）

在极坐标系中，直线过点与点.

（1）求直线的极坐标方程；

（2）已知圆：.若曲线与，相交于，两点；曲线与，相交于，两点，，异于极点，求证：.

23.[选修4-5：不等式选讲]（10分）

已知函数，当时的最小值是2.

（1）求；

（2）若，求证：.

2020年山西省高考考前适应性测试

理科数学参详解及评分说明

评分说明：

1.考生如按其他方法或步骤解答，正确的，同样给分；有错的，根据错误的性质，参照评分说明中相应的规定评分.

2.计算题只有最后答案而无演算过程的，不给分；只写出一般公式但未能与试题所给的具体条件联系的，不给分.

A卷选择题答案

一、选择题

1.C【解析】作图可知两曲线有两个交点，故选C.

2.A【解析】根据题目中条件可以判断②③是正确的，①是错误的.

3.B【解析】如图，由于分段函数的值域为，因此选B.

4.C【解析】因为，所以，即，

所以四边形的面积为，故选C.

5.A【解析】根据图象中相邻最高点与最低点的位置，可以估计周期约为5.5.视星等数值越小亮度越高，故最亮时约为3.7.

6.D【解析】由已知，即，∴，∴.

变形得，∵，故，

∴双曲线的渐近线方程为.

7.B【解析】由三视图可知，几何体是由一个底面半径为3，高为3的圆柱体和一个底面边长为，高为2的正四棱锥组合而成，圆柱体的体积为，正四棱锥的体积为12，所以几何体的体积为.

8.B【解析】设，，，则

，

又，

∴.

又∵，，.

∴.

∴，

∴.

9.B【解析】，

即求分子展开式中项的系数.

分子二项展开式的通项为，

令，解得，此时，

故原式展开后，常数项为.

10.A【解析】，所以函数的最大值为3，最小值为，又因为，所以在，处取到最大值和最小值，不妨设在处有最大值，则，处取到最小值，则，得，，.所以的最小值为.

11.D【解析】

如图所示，，，，，分别为，，，，的中点，则，，所以平面平面，所以动点的轨迹是六边形及其内部.因为，，所以，，，到的距离为，所以.

12.C【解析】由，

故，

记，则，

两边取倒数，得，

所以是以为公差的等差数列，

又，所以，

所以，

故.

B卷选择题答案

1.C    2.D    3.D    4.C    5.A    6.C    7.D    8.B    9.B    10.A    11.D    12.B

A、B卷非选择题答案

二、填空题

13.

【解析】，.

14.59

【解析】由得即.

又，解得，故正整数的最大值为59.

15.2；

【解析】由已知得①，②，

①②得，

∴矩形的面积为.

矩形的外接圆方程为，与椭圆的方程联立得.

又过坐标原点，

∴的斜率为，

∴所在直线的方程为.

16.

【解析】由存在零点，即函数与的图象有公共点.

当时，两图象显然有公共点；

当时，由图可知，最小时，两图象均与直线相切，此时，设切点坐标为，

则∴

∴∴

∴，∴，∴，∴.

三、解答题

17.解：由已知得，

∴.

∴.

由正弦定理，得.

又因为，∴，∴.……………………6分

（2）由的面积为，得，

由余弦定理得，

当且仅当时，取得等号，

所以的最小值为2.……………………12分

18.（1）证明：由已知得，，，

∴，∴，，

又∵，∴平面.

平面，∴平面平面.……………4分

（2）（ⅰ）若用条件①，由（1）得，和是两条相交直线，

∴平面.

以为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系.

则，设，其中，则.

平面的法向量为.

设直线与平面所成角为，

则，

解得，所以不存在满足条件.………………12分

（ⅱ）若用条件②二面角大小为，由（1）得是二面角的平面角，

∴.

过作，垂足为，则平面.

在平面中，作，点在的右侧.

以为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系.

则，设，其中，则.

平面的法向量为.

设直线与平面所成角为，

则，

解得或（舍去），所以存在满足条件，这时.………………12分

（ⅲ）若用条件③，在中，由余弦定理得.

过作，垂足为，则平面.

同（ⅱ）以为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系.

则，设，其中，则.

平面的法向量为.

设直线与平面所成角为，

则，

.解得，

所以不存在满足条件.………………12分

19.解：（1）设点关于直线的对称点为，

则解得，.

∴.

把点坐标代入得，

∴或.

∴或.………………4分

（2）设（），，，到直线的距离为.

则，.

由，得，即，得①.

由已知直线的斜率存在，且不为0，

设：，代入，得.

∴②，③.

由①③得，代入②得.

∴

∴直线的方程为或.………………12分

20.解：（1）∵在上增函数，

∴恒成立，

即，恒成立，

令（），则，

由得，当时，，为增函数；

当时，，为减函数；

∴，

∴，故.………………6分

（2）当时，令（），

则，

令，得，

由于时，，为增函数；

由于时，，为减函数；

∴，即，

∴

，

∴在为增函数，又，

∴，即.………………12分

21.解：（1）一次性购买4袋零食甲获得玩具的情况共有种不同的可能，

其中能够集齐三种玩具的充要条件是，，三个玩具中，某个玩具出现两次，其余玩具各出现一次，对应的可能性为，

故，

一次性购买5袋零食甲获得玩具的情况共有不同的可能，

其中能够集齐三种玩具的充要条件是，，三个玩具中，某个玩具出现三次，其余玩具各出现一次或某两个玩具各出现两次，另一个玩具出现一次，对应的可能性分别为，，

故.

一次性购买4袋零食乙获得玩具的情况共有种不同的可能，

其中不能集齐两种玩具的情况只有2种，即全是，全是，

故.…………………6分

（2）记，，根据题意及（1）的计算，不难整理得下表：

为解出待定系数，，

令即

解得或（舍去，因为）.

故，

即，

同理，

……

，

累加可得（）.

当时，适合上式，

∴（）.………………12分

22.解：设为延长线上任意一点，则

，

即.…………2分

化简得，

即的极坐标方程为.

当在之间或在的延长线上时，可得同样的方程.……………5分

（2）把代入得，由题知.……………6分

把代入得；

把代入得.………………8分

∴，∴.……………………10分

23.解：因为，所以，所以.

（1）当时，

所以.………………2分

由，得.………………3分

当时，因为，所以，.

所以.

由，得.

综上或.………………5分

（2）证明：当时，.

所以.………………7分

当时，.

所以.

综上，得证.………………10分下载本文