届山西省临汾市高三下学期高考考前适应性训练考试一数学理试题解析版.docx
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届山西省临汾市高三下学期高考考前适应性训练考试一数学理试题解析版
2020届山西省临汾市高三下学期高考考前适应性训练考试
（一）数学（理）试题
、单选题
1．设复数z满足（1i）zi，则z
（）
11
11
A．1i
B．1i
C
．i
D．
22
22
【答案】
C
【解析】
先计算出复数z，即得z.
【详解】
ii（1i）1i
1
1
由题得z
z
i.
1i（1i）（1i）2
2
2
故选：
C
【点睛】本题主要考查复数的计算和共轭复数的概念，意在考查学生对这些知识的理解掌握水
平，属于基础题
考查集合的交集运算，
意在考查学生对这些知识
15,a4a26，则a3
（）
C．1或2
D．4或4
2
A．3,5
B．1,3C．{3,4,5}D．{1,2,3}
答案】C
解析】先化简集合A,B，再求AIB得解.
详解】
1}，
由题得A{1,2,3,4,5},B{x|x3或x
所以AIB{3,4,5}.
故选：
C
【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法，的理解掌握水平，属于基础题.3．已知等比数列an中，a5a1
A．4B．4
答案】D
解析】
由已知结合等比数列的通项公式即可求公比q和a1，即得解.
详解】
2q2
5q2
0，
解可得，
q=
2或q
所以q
2,a1
1或q
所以a3
22
4或a3
故选：
D．
点睛】
12
（16）（12）24.
1
2．
1
a116.
21
本题主要考查等比数列通项的基本量的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题
4．一个路口的红绿灯，红灯时间为30秒，绿灯时间为30秒，绿灯时方可通过，则小
答案】D
解析】根据题意可知该题为几何概型,分别求出总时间长度及满足条件的时间长度,然
后根据几何概型的概率公式即可求解
【详解】
本题是一个几何概型,小王驾车到达该路口的总时间长度为60秒,
到达该路口等待时间不超过10秒的时间长度为40秒,
因此小王驾车到达该路口等待时间不超过10秒的概率为402,
603
故选:
D.
【点睛】
本题主要考查了与长度有关的几何概型的求解,属于基础题.
5．用单位立方块搭一个几何体，使其正视图和侧视图如图所示，则该几何体体积的最大值为（）
【解析】结合几何体的正视图和侧视图判断出每一层最多有多少个单位几何体即得解
【详解】
结合几何体的正视图和侧视图可知，
最底层最多可以有44=16个正方体，第2层、第3层、第4层只能各有1个单位正方体.
故该几何体体积的最大值为19.
故选：
D
【点睛】本题主要考查三视图的应用，识的理解掌握水平.
解析】先确定函数f（x）为偶函数,排除B,D选项,再取特值即可判断最终结论
详解】因为f（﹣x）=（﹣x）2ecos（﹣x）=x2ecosx=f（x）,所以函数f（x）为偶函数,排除B?
D选项,因为f（π）=2πecosπ=π2e﹣1>0,所以排除A选项,故选:
C.
点睛】
本题考查函数图象的识别,难度不大.对于判断函数图象的试题,排除法是十分常用的方法,一般通过函数的奇偶性?
单调性和特殊值即可判断.
答案】
详解】
yex是定义域R上的单调增函数，
故选：
A．
点睛】
知识的理解掌握水平．
【答案】B
【解析】模拟程序框图运行,即可得出结论.
【详解】
模拟程序框图运行,输入a=174,b=36,
满足a>b,则a=174﹣36=138,
满足a>b,则a=138﹣36=102,
满足a>b,则a=102﹣36=66,
满足a>b,则a=66﹣36=30,
不满足a>b,则b=36﹣30=6,
满足a>b,则a=30﹣6=24,
满足a>b,则a=24﹣6=18,
满足a>b,则a=18﹣6=12,
满足a>b,则a=12﹣6=6,
此时a=b=6,则退出循环,输出a=6,
故选:
B.
【点睛】
本题考查了算法和程序框图,主要是对循环结构的理解和运用,以及赋值语句的运用问题
属于基础题.
22
9．已知双曲线C:
x2y21（a0,b0）的右焦点为F，若过点F且倾斜角为45°的直ab
线与C的右支有且仅有一个交点，则C的离心率的取值范围为（）
A．[2,）B．[2,）C．（1,2]D．（1,2]
【答案】A
【解析】若过点F且倾斜角为45°的直线与双曲线的右支有且只有一个交点，则该直线的斜率的绝对值小于等于渐近线的斜率．根据这个结论可以求出双曲线离心率的取值范围．
【详解】
x2y2
双曲线C：
x2y21（a>0，b>0）的右焦点为F，若过点F且倾斜角为45°的直线a2b2
与双曲线的右支有且只有一个交点．则该直线的斜率的绝对值小于或等于渐近线的斜率b，
a
所以b1a
∴e2故选：
A．
【点睛】
本题主要考查双曲线的性质及应用，考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题．
BC1CE，则三棱柱ABCA1B1C1外接球的表面积为（）
【答案】B
【解析】由已知可得直三棱柱的底面为等腰直角三角形,把直三棱柱补形为正方体,求出
三棱柱外接球的半径,再由球的表面积公式得答案.
详解】∵三棱柱ABC﹣A1B1C1为直三棱柱,∴CC1⊥AC,
∵E为AB1上任意一点,BC1⊥CE,
∴BC1⊥AC,
∴AC⊥平面BB1C1C,
∵ACBC1,则直三棱柱的底面为等腰直角三角形把直三棱柱补形为正方体,
则三棱柱ABC﹣A1B1C1外接球的半径R1121212
（23）2
2
∴三棱柱ABC﹣A1B1C1外接球的表面积为4
故选:
B.
【点睛】
本题考查多面体外接球表面积的求法,需要学生具备一定的空间想象能力与思维能力.
11．已知函数f（x）asinxacosx的最大值为22，当f（x）的定义域为[1,2]
时，f（x）的值域为[22,22]，则正整数的最小值为（
为22，由2a＝22，解得a＝±2．当f（x）的定义域为[1，2]时，f（x）的值域
详解】
函数f（x）＝asinωx+acosωx2asin（ωx），
4
由于函数f（x）的最大值为22，∴2a＝22，解得a＝±2．
当f（x）的定义域为[1，2]时，f（x）的值域为[﹣22，22]，包括最大值与最小值．
2
若2﹣1，即ω≥2，π必定满足题意．
因此正整数ω的最小值为6．
故选：
D．
【点睛】
本题主要考查了三角函数的图象与性质、方程与不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
答案】A
解析】根据题意构造函数gx
xx，并判断其在（0，+∞）上单调递减，然
x
1
后分别算出g
（1）、g
（2）和g
（1），并利用单调性比较大小，即可判断每个选项．
2
详解】
上单调递减，
因此一定成立的只有②，故选：
A．
点睛】
运算能力，属于中档题．
二、填空题
urur
13．已知向量e1（1,1）,e2（0,1），若ae1
【答案】1
【解析】根据平面向量的坐标运算与共线定理，列方程求出λ的值．【详解】
uruur
向量e11，1，e20，1，
ruruur
则ae1e2（1，1+λ），
ruruur
b2e13e2（﹣2，1），
ruruurruruur
因为ae1e2与b2e13e2垂直，
所以210,1
故答案为：
1．
【点睛】本题主要考查了平面向量的垂直和坐标运算问题，水平，是基础题．
答案】
9
解析】作出可行域，z＝x2+y2表示可行域内的点到原点距离的平方，数形结合可得．
详解】
53
9
27
数形结合可得最大值为：
（）2+（）23353
故答案为：
53．
9
点睛】
本题主要考查简单线性规划求最值，准确作图是解决问题的关键，意在考查学生对
15．已知tan（
）1，tan（
）2，则csoins22的值为
【答案】1
这些知识的理解掌握水平．
解析】
sin2
cos2
sin[（
）（
）]
cos[（
）（
）]
sin（）cos（
cos（）cos（
）cos（）sin（
）sin（）sin（
tan（）tan（）121
tan（）tan（）1211
16．已知数列
an中，
a2
，其前n项和Sn满足（n1）Sn1
（n1）Sn0，
an
答案】an
3λ，
2
6λ
n1
解析】由
n﹣1）Sn﹣1﹣
n+1）Sn＝0?
Sn
Sn1
n1（n≥2），
n1
再利用累乘法求得
Snn（n
3，从而可求得答案．
1）
详解】
由（2﹣1）
a1﹣3
a1+λ）
=0，解得
a1
3
32λ；
由（n﹣1）
Sn﹣1﹣
n+1）
Sn＝0得：
Sn
Sn1
n1
n≥2），
∴SSnSn1
∴Sn
Sn1Sn2
S2
S1
S1
n3
21
适合n=1.所以
Sn
n（n
1）
n1
43
3
λn（n31）（n≥2），
当n=1时，a1
当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1
n（n1）
n（n1）
（n1）n（n1）
不适合n=1.
3
λ，n1
2
an
6λ
n1nn1
3λ，n1
2
故答案为：
an6λ，
，n2
n1nn1
三、解答题ur1
17．VABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c已知向量msinB,与
2
n（3,sinB3cosB）共线.
（1）求B；
（2）若b2，求VABC面积的最大值.
【答案】
（1）B3
（2）33
【解析】
（1）先由向量平行的坐标表示转化三角关系，然后结合二倍角及辅助角公式进
行化简即可求解；
（2）结合余弦定理及三角形的面积公式即可求解．
3，
2，
【详解】
1）因为mr//nr，所以sinB（sinB3cosB）
所以
1cos2B
3sin2B
3，
2
2
2
即3
sin2B
1cos2B1，
2
2
即sin
2B
1.
6
因为
B（0,
），
所以2B
11
6
66
故2B
即B.
6
2
3
（2）
由余弦定理，
得4a2
2c
ac，
而a2c22ac，则ac42ac，
即ac4（当且仅当ac时等号成立），
所以SVABC1acsinB3ac3（当且仅当ac时等号成立），
24
所以VABC面积的最大值为3.
【点睛】
本题主要考查了和差角公式、二倍角公式及辅助角公式在三角化简中的应用，还考查了余弦定理及三角形的面积公式的应用．
18．如图，四棱锥PABCD中，△PAD为等边三角形，AB//CD,ADCD，且CPCAAB2CD4.
（1）求证：
平面PAD平面ABCD；
（2）求二面角BCPD的余弦值.
【答案】
（1）证明见解析
（2）21
7
【解析】
（1）根据边角关系，求出CD⊥AD，由AD⊥CD，判断出CD⊥平面PAD，再证明出结论；
（2）取AD中点O，则PO⊥AD，由
（1）知，PO⊥平面ABCD，如图，以O为坐标原点建立空间直角坐标系，求出平面BCP和平面CDP的法向量，利用夹角公式求出即可．【详解】
（1）证明：
因为ADCD,CD
2,CA4
所以AD2
AC2
CD212，即
AD23
因为△PAD为等边三角形，
所以PD
AD
23.
因为PC
4,CD
2，
所以CD2
PD2
PC2，即CD
PD.
又因为PDADD,CDAD，所以CD平面PAD，又因为CD平面ABCD，所以平面PAD平面ABCD.
（2）解：
取AD中点O，则POAD，由
（1）知，PO平面ABCD.如图，以O为坐标原点建立空间直角坐标系，则P（0,0,3）,D（3,0,0）,C（3,2,0）,B（3,4,0），
uuuruuuruuur
PC（3,2,3）,BC（23,2,0）,DC（0,2,0）
ruuuv
mPC0,r
ruuuv可取m（1,3,3）.mBC0,
ruuuv
nPC0,r
ruuuv可取nr（3,0,1）.nDC0,
cosmr,nr
mrnr3321
|mr||nr|747
点睛】
1方式连接而成.已知这
本题主要考查线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理，考查了向量法求二面角的余弦值，考查运算能力和逻辑推理能力．
19．某控制器中有一个易损部件，该部件由两个电子元件按图
2
两个电子元件的使用寿命（单位：
小时）均服从正态分布N720,402，且各个元件能
2连接在一起组成集成
2）为了保证该控制器能稳定工作，将若干个同样的部件按图
块.每一个部件是否能正常工作相互独立.某开发商准备大批量生产该集成块，在投入生
产前，进行了市场调查，结果如下表：
集成块类型
P
成本C
销售金额S
Ⅰ
（0,0,6]
C5n
S2n2
Ⅱ
（0.6,0.85]
C30n
Sn28n88
Ⅲ
（0.85,1）
C100n
2
Sn216n60
其中P是集成块使用寿命达到一个月及以上的概率，n为集成块使用的部件个数.报据市场调查，试分析集成块使用的部件个数为多少时，开发商所得利润最大？
并说明理由
1
【答案】
（1）
（2）当n6时，利润取最大值；详见解析
4
【解析】
（1）设元件1的使用寿命达到一个月及以上为A事件，元件2的使用寿命达到
1
一个月及以上为B事件．由题意知，PAPB，且A事件与B事件相互独立，
2由此能求出该部件的使用寿命达到一个月及以上的概率；
（2）求出n＝1,2,3,4,5,6,7时
P的值.由此能求出当n＝6时，W取最大值40．
【详解】
（1）设元件1的使用寿命达到一个月及以上为A事件，元件2的使用寿命达到一个月及以上为B事件.
1
由题意知，P（A）P（B）2，且A事件与B事件相互独立，
1所以，P（AB）P（A）P（B）.
4
点睛】
查运算求解能力，是中档题．
20．已知圆E:
（x2）2y216，P为E上任意一点，F（2,0），PF的垂直平分线交PE于点G，记点G的轨迹为曲线C.
1）求曲线C的方程；
（2）已知点S（2,0），过Q（2,4）的直线l交C于M,N两点，证明：
直线SM的斜率与直线SN的斜率之和为定值.
22
【答案】
（1）xy1
（2）证明见解析
42
【解析】
（1）由PF的中垂线可得GP＝GF，而GP+GE＝PE＝4，进而可得G的轨迹为椭圆；且可得F，E为椭圆的焦点，PE的长为长轴长，进而求出椭圆的方程；
（2）设第15页共20页
直线MN的方程，与椭圆联立求出两根之和及两根之积，进而求出直线SM，SN的斜率
之和，将之和及之积代入，由由于Q在直线上，可得参数的关系，进而可得斜率之和
为定值．
【详解】
（1）因为点G在PF的垂直平分线上，所以GPGF.
而GPGEPE4，
所以动点G满足GEGF422，
椭圆定义可知，G点在以E、F为焦点的椭圆上，且c2,2a4，所以a24,b22，
22
所以曲线C的方程为xy1.
42
（2）由题意知直线l斜率存在.
设其方程为ykxm（k0），Mx1,y1，Nx2,y2，
ykxm,
联立方程组x2y2代入消元并整理得：
xy1,
42
2k21x24kmx2m240，
2kx1x2（m2k）x1x24m
因为直线l过点Q（2,4），所以2km4，
【点睛】
本题主要考查求轨迹方程的方法及直线与椭圆的综合应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于中档题．
22
21．已知函数f（x）alnxxa2x.
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若存在实数x1,x2，使fx1fx20，求实数a的范围.
答案】
（1）答案不唯一，具体见解析
（2）（,2）U（0,1）
【解析】
（1）求导，分类讨论即可求得单调性情况；
（2）分a＝0，a<0及a>0三种情况讨论即可求得实数a的取值范围．
详解】
1
1）函数f（x）的导函数为f（x）（ax1）（2xa），
x
当a0时，函数f（x）在（0,）上单调递增；
11
当a0时，函数f（x）在0,上单调递增，在,上单调递减；
aa
aa
当a0时，函数fx在0,a2上单调递减，在2a,上单调递增
2）当a0时，x（0,），有f（x）2x0，不符合题意；
11
当a0时，由
（1）知f（x）maxflna21aa
1
由g（a）lna21在（0,）单调递增，且g
（1）0知，a
①当a1时，由
（1）知f（x）max0，
此时f（x）
0恒成立，不符合题意；
②当0
a
1时，
1
f（x）maxf
a
0，
（预备：
很容易证明
lnxx，而x
（a1）x，
所以，
lnx
（a
1）x，即lnxax
x，
所以，alnxa2xax.）
由f（x）
aln
22
xaxax
2x
2
axax2xx（axa2）0，
2
2
有x
a
1，
即f1a
0.
所以存在
x1
12
x21，
aa
使得
fx1fx20满足题意.
当a
0时，由
（1）知
f（x）minfa2
aln
aa2
aa1，
24
由h（a）lna
2a
1在（,0）上单调递减，且
h
（2）0知，
2
4
当2
a0时，
f（x）
0恒成立，不满足题意；
当a
2时，f（x）min
fa0，
2
（预备
：
很容易证明
ln
xx，而x1
2
x，
a
所以，
lnx1
2
x
，即alnx（a
2）x，
a
所以，
alnx2x
ax
.）
由f（x）alnx
2ax
2
ax2xax
22axax
ax（xa1）0，
有x1a，即f（1a）0，
a
所以存在x1,x21a，使得fx1fx20满足题意.
122
综上所述，a的取值范围为（,2）U（0,1）.
【点睛】
想以及逻辑推理能力，属于难题．
3t
C的极坐标方程为
O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线
4cos30.
1）求l的普通方程及C的直角坐标方程；
531,531
21,21
2）求曲线C上的点P到l距离的取值范围
答案】
（1）3xy330，x2y24x30；
（2）
解析】
（1）直接利用转换关系式,转化参数方程与极坐标方程即可
详解】
【点睛】
本题考查参数方程,极坐标方程和直角坐标方程之间的转换,考查点到直线的距离公式的
应用,难度不大.
23．已知函数fxlog2x1x5a
1）当a2时，求函数fx的最小值；
2）当函数fx的定义域为R时，求实数a的取值范围．
答案】
（1）1；
（2）,4
解析】【详解】
1）当a2时，函数的定义域满足：
|x1x5a0，即x1x5a2．
2x6,x5
设gxx1x5，则gxx1x5{4,1x5，
62x,x1
gxmin4a2,fxminlog2421
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