2020年山西省呂梁市高考數(shù)學(xué)一模試卷(理科)

1、第第 頁(共17頁)uuur uuur r設(shè)ABi與平面BCCi所成的角為 ，則sin故ABi與平面BCCi所成角的正弦值19. (12分)已知數(shù)列19. (12分)已知數(shù)列an滿足ai1)an 1nan(1)求數(shù)列an的通項公式;為數(shù)列1an，的前n項和,求證:I Sn 3解:(1)(n1)an 1na1得,(n1)an 1 nan n 1 ,2,為數(shù)列1an，的前n項和,求證:I Sn 3解:(1)(n1)an 1na1得,(n1)an 1 nan n 1 ,2,3,1得,a123a334a4 3a34 ,na(n1)a相加得nann(n21)所以an上2證明：(2)由(1)得,anan

2、1所以S嗎1)(n141)(n2)34Tn 證明：(2)由(1)得,anan 1所以S嗎1)(n141)(n2)34Tn 1)因Sn隨n的增大而增大，所以 SnS1又 Sn2,所以O(shè)n220. (12分)如圖正方形 ABCD紙片的邊長為572正方形EFGH的中心也是O ,AEH , BEF , CFG , DGH 分別是以 EHFG , GH為底邊的等腰三角形,沿虛線剪開后，分別以EH , EF , FG , GH為折痕折起AEH , BEF , CFG , DGH ,使得A、B、C、D重合于點S,得到四棱錐S EFGH ,設(shè)正方形EFGH的邊長為x .(1)用X表示四棱錐s EFGH的體積V

3、(x)；(2)當(dāng)V(x)最大時，求四棱錐 S EFGH的表面積.【解答】解：(1)連接OA交EH為M ,則OA 5,OM -, 2所以四棱錐 S EFGH 的高為 h (J(5 -x)2 (-x)2 255 5x (0 x 5)所以 V(x) -x2 25 5x 3 TOC o 1-5 h z (2)解法一：V(x) -x2j25 5x -725x4 5x5 3345.一 一34設(shè) f(x) 25x 5x (0 x 5),貝u f (x) 100 x25x ,由 f (x) 0得，x 4.所以當(dāng)x 4時，f(x)由最大值，也即V(x)有最大值.此時四棱錐S EFGH的表面積為x2 2x(5 -

4、) 10 x 40 2解法二：V(x) -x2,xe5 .7，: 20 4方 等當(dāng)且僅當(dāng)x 4時，體積取最大值，此時四棱錐S EFGH的表面積為x2 2x(5 -) 10 x 40 .221. (12 分)已知兩定點 M(1,0), N(4,0)點 P 滿足 |PN| 2|PM|.(1)求點P的軌跡C的方程；(2)若D(0, 2),直線l與軌跡C交于A, B兩點，DA, DB的斜率之和為2,直線l是否恒過定點，若過定點，求出該定點的坐標(biāo)；若不過定點，請說明理由【解答】解：(1)設(shè)P的坐標(biāo)為(x,y),由題意得，.(x 4)2 y2 2 . (x 1)2 y2化簡彳導(dǎo):x2 y2 4.(2)當(dāng)直

5、線l的斜率不存在時,設(shè) A(%, yo), B(%,yo).則有二二2 ,得xo 2, XoXo此時直線l與圓相切，不合題意.當(dāng)直線l的斜率存在時,設(shè) A(Xi , yi) , B(X2 ,y設(shè) A(Xi , yi) , B(X2 ,(1 k2)x2 2kmx m2(1 k2)x2 2kmx m2 4 0,22kmm 4Xi X22，X2 T，1 k1 k所以 kDA kDB ”二 2kXiX2所以m 2k 2,所以直線l的方程為y k(x 2) 2 ,所以直線l過定點(2,2) .22. (12分)已知函數(shù)(1)求a的值；(2)證明：f(x), e2x 2x2.(m 2)(X1 X2)2km

6、2k2 ?x1x2m 2f (x) ax xlnx, (aR)的最大值為1.【解答】解：(1)由題意x 0, f (x)a 1 lnxf (x) a 1 lnx 0a 1a 1故當(dāng) X (0,e )時，f (X) 0,當(dāng) X (e ,)時，f (x) 0,)上單調(diào)遞減;所以函數(shù)f (x)在X (0,ea b上單調(diào)遞增，函數(shù) f(x)在X (ea1, 所以f(x)在X ea1處取到最大值，即f(ea1) 1,所以a )上單調(diào)遞減;(2)解法一：欲證 f (x), e2x 2x2,即證明 e2x 2x2 x xlnx,令 h(x) e2x 2x2 x xlnx ,2 x2 x 1_則 h (x)

7、2e 4x lnx , h (x) 4e 4 0 ,x1所以 h(x)為增函數(shù)，又 h (1) 2e2 4 0, hj)2e 2 1 ln4 0 ,41一所以存在 X0 (,1),h(%) 0,所以 h(x)h(%), 4由 h(X0) 0 得，2e2x0 2xo 2e1nX0 lnx0 ,設(shè) g(x) 2ex x,則 g (x) 2ex 1 0 ,所以g(x)為增函數(shù)，所以2比1nx0,e2x比，所以 h(%) x0 2 x025 %( 2x0)0 ,即 h(x) -0,即 f(x), e 2x 2x2.解法二：欲證 f(x), e 2x 2x2 ,即證明 e 2x 2x2h(%)x2h(%)x0 x0 %( 2%) x0 %所以 g(x)鹿g(%) h(%) h(x), 即 f(x), e2x 2x2.設(shè) g(x) e 2x x2, h(x)x2x xlnx , 則 g (x) 2e 2x 2x ,1因 g(x)為增函數(shù)，g (1) 2e2 2 0, g (-) 2e 攵-0 ,42得g (x)在區(qū)間(1,1)上存在唯一零點x0 ,此時e2% x0 ,4212 0, h(-)4121n2 0 , 2g(x)在x %時，有最小值1