2020年福建省厦门一中高考数学最后一模试卷1 (含答案解析)

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2020年高考模拟试卷福建省厦门市高考(理科) 数学一模试卷含解析

2020年高考模拟高考数学一模试卷（理科）一、选择题1．已知A＝{x||x|≤1}，B＝{x|（x﹣）2≤0}，则A∩∁R B＝（）A．[﹣1，1]B．∅C．[﹣1，）∪（，1]D．（﹣1，1）2．设z＝﹣i+3，则+||＝（）A．i﹣3+B．i+3+C．﹣i+3+D．﹣i﹣3+3．中国武汉于2019年10月18日至2019年10月27日成功举办了第七届世界军人运动会．来自109个国家的9300余名运动员同台竞技．经过激烈的角逐，奖牌榜的前3名如下：国家金牌银牌铜牌奖牌总数中国1336442239俄罗斯515357161巴西21313688某数学爱好者采用分层抽样的方式，从中国和巴西获得金牌选手中抽取了22名获奖代表．从这22名中随机抽取3人，则这3人中中国选手恰好1人的概率为（）A．B．C．D．4．设S n为等差数列{a n}的前n项和，其公差为﹣2，且a7是a3与a9的等比中项，则S10的值为（）A．﹣110B．﹣90C．90D．1105．已知函数f（x）＝e x+e﹣x，给出以下四个结论：（1）f（x）是偶函数；（2）f（x）的最大值为2；（3）当f（x）取到最小值时对应的x＝0；（4）f（x）在（﹣∞，0）单调递增，在（0，+∞）单调递减．正确的结论是（）A．（1）B．（1）（2）（4）C．（1）（3）D．（1）（4）6．已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面边长为1，高为2，M为B1C1的中点，过M作平面α平行平面A1BD，若平面α把该正四棱柱分成两个几何体，则体积较小的几何体的体积为（）A．B．C．D．7．设a＝e，b＝4e﹣2，c＝2e﹣1，d＝3e，则a，b，c，d的大小关系为（）A．c＞b＞d＞a B．c＞d＞a＞b C．c＞b＞a＞d D．c＞d＞b＞a 8．函数f（x）＝sin x•|cos x|的最小正周期与最大值之比为（）A．πB．2πC．4πD．8π9．已知三角形ABC为直角三角形，点E为斜边AB的中点，对于线段AB上的任意一点D 都有•＝|+|＝4，则||的取值范围是（）A．[2，2]B．[2，2）C．[2，2]D．[2，2）10．中国古代近似计算方法源远流长，早在八世纪，我国著名数学家、天文学家张隧（法号：一行）为编制《大衍历》发明了一种近似计算的方法﹣﹣二次插值算法（又称一行算法，牛顿也创造了此算法，但是比我国张隧晚了上千年）：对于函数y＝f（x），若y1＝f（x1），y2＝f（x2），y3＝f（x3），x1＜x2＜x3，则在区间[x i，x3]上f（x）可以用二次函数f（x）＝y1+k1（x﹣x1）+k2（x﹣x1）（x﹣x2）来近似代替，其中，，．若令x1＝0，，x3＝π，请依据上述算法，估算的近似值是（）A．B．C．D．11．已知双曲线﹣＝1的右支与抛物线x2＝2py相交于A，B两点，记点A到抛物线焦点的距离为d1，抛物线的准线到抛物线焦点的距离为d2，点B到抛物线焦点的距离为d3，且d1，d2，d3构成等差数列，则双曲线的渐近线方程为（）A．y＝±x B．y＝±x C．y＝x D．y＝x 12．已知方程xe x﹣a（e2x﹣1）＝0只有一个实数根，则a的取值范围是（）A．a≤0或a≥B．a≤0或a≥C．a≤0D．a≥0或a≤﹣二、填空题：共4小题，每小题5分，共20分．13．（2x+3y）4的展开式中二项式系数最大的项为．14．高三年段有四个老师分别为a，b，c，d，这四位老师要去监考四个班级A，B，C，D，每个老师只能监考一个班级，一个班级只能有一个监考老师．现要求a老师不能监考A 班，b老师不能监考B班，c老师不能监考C班，d老师不能监考D班，则不同的监考方式有种．15．已知圆O：x2+y2＝1，圆N：（x﹣a+2）2+（y﹣a）2＝1，若圆N上存在点Q，过点Q 作圆O的两条切线．切点为A，B，使得∠AQB＝60°，则实数a的取值范围是．16．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为3．点N是棱A1B1的中点，点T是棱CC1上靠近点C的三等分点．动点Q在正方形D1DAA1（包含边界）内运动，且QB∥面D1NT，则动点Q所形成的轨迹的长度为．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题、第23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．17．已知函数f（x）＝sin x（cos x﹣sin x）+．（1）求f（x）的单调递减区间；（2）在锐角△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且满足a cos2B＝a cos B﹣b sin A，求f（A）的取值范围．18．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知AB＝AC＝AA1＝，BC＝4，O为BC的中点，A1O ⊥平面ABC．（1）证明四边形BB1C1C为矩形；（2）求直线AA1与平面A1B1C所成角的余弦值．19．根据养殖规模与以往的养殖经验，某海鲜商家的海产品每只质量（克）在正常环境下服从正态分布N（280，25）．（1）随机购买10只该商家的海产品，求至少买到一只质量小于265克该海产品的概率．（2）2020年该商家考虑增加先进养殖技术投入，该商家欲预测先进养殖技术投入为49千元时的年收益增量．现用以往的先进养殖技术投入x i（千元）与年收益增量y i（千元）（i＝1，2，3，……，8）的数据绘制散点图，由散点图的样本点分布，可以认为样本点集中在曲线y＝a+b的附近，且＝46.6，＝563，＝6.8，（x i﹣）2＝289.8，（t i﹣）2＝1.6，（x i﹣）（y i﹣）＝1469，（t i﹣）（y i﹣）＝108.8，其中t i＝，＝t i．根据所给的统计量，求y关于x的回归方程，并预测先进养殖技术投入为49千元时的年收益增量．附：若随机变量Z～N（1，4），则P（﹣5＜Z＜7）＝0.9974，0.998710≈0.9871；对于一组数据（u1，v1），（u2，v2），……，（u n，v n），其回归线v＝α+βu的斜率和截距的最小二乘估计分别为．20．在平面直角坐标系xOy中，圆A：（x﹣1）2+y2＝16，点B（﹣1，0），过B的直线l 与圆A交于点C，D，过B做直线BE平行AC交AD于点E．（1）求点E的轨迹t的方程；（2）过A的直线与t交于H、G两点，若线段HG的中点为M，且＝2，求四边形OHNG面积的最大值．21．已知函数f（x）＝lnx+ax+1有两个零点x1，x2（1）求a的取值范围；（2）记f（x）的极值点为x0，求证：x1+x2＞2ef（x0）．（二）选考题：共10分．请考生在第22、23两题中任选一题作答．如果多做，则按所做第一个题目计分．[选修：坐标系与参数方程]22．在直角坐标系xOy下，曲线C1的参数方程为（α为参数），曲线C1在变换T：的作用下变成曲线C2．（1）求曲线C2的普通方程；（2）若m＞1，求曲线C2与曲线C3：y＝m|x|﹣m的公共点的个数．[选修：不等式选讲]23．已知函数f（x）＝|x﹣2|+|3x+1|﹣m．（1）当m＝5时，求不等式f（x）＞0的解集；（2）若当x≠时，不等式f（x）+＞0恒成立，求实数m的取值范围．参考答案一、选择题：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A＝{x||x|≤1}，B＝{x|（x﹣）2≤0}，则A∩∁R B＝（）A．[﹣1，1]B．∅C．[﹣1，）∪（，1]D．（﹣1，1）【分析】化简集合A，B，求出结果．解：已知A＝{x||x|≤1}＝[﹣1，1]，B＝{x|（x﹣）2≤0}＝{}，则A∩∁R B＝[﹣1.）∪（，1]，故选：C．2．设z＝﹣i+3，则+||＝（）A．i﹣3+B．i+3+C．﹣i+3+D．﹣i﹣3+【分析】由已知求得与|z|，则答案可求．解：由z＝﹣i+3，得，|z|＝，则+||＝3+i+，故选：B．3．中国武汉于2019年10月18日至2019年10月27日成功举办了第七届世界军人运动会．来自109个国家的9300余名运动员同台竞技．经过激烈的角逐，奖牌榜的前3名如下：国家金牌银牌铜牌奖牌总数中国1336442239俄罗斯515357161巴西21313688某数学爱好者采用分层抽样的方式，从中国和巴西获得金牌选手中抽取了22名获奖代表．从这22名中随机抽取3人，则这3人中中国选手恰好1人的概率为（）A．B．C．D．【分析】根据分层抽样求出22名获奖代表中有中国选手19个，巴西选手3个．再根据组合知识和概率公式即可求出．解：中国和巴西获得金牌总数为154，按照分层抽样方法，22名获奖代表中有中国选手19个，巴西选手3个．故从这22名中随机抽取3人，则这3人中中国选手恰好1人的概率为＝故选：C．4．设S n为等差数列{a n}的前n项和，其公差为﹣2，且a7是a3与a9的等比中项，则S10的值为（）A．﹣110B．﹣90C．90D．110【分析】由题意可得（a1﹣12）2＝（a1﹣4）（a1﹣16），解方程后代入等差数列的求和公式可得．解：由题意可得（a1﹣12）2＝（a1﹣4）（a1﹣16），解得a1＝20，∴S10＝10a1+d＝200﹣90＝110故选：D．5．已知函数f（x）＝e x+e﹣x，给出以下四个结论：（1）f（x）是偶函数；（2）f（x）的最大值为2；（3）当f（x）取到最小值时对应的x＝0；（4）f（x）在（﹣∞，0）单调递增，在（0，+∞）单调递减．正确的结论是（）A．（1）B．（1）（2）（4）C．（1）（3）D．（1）（4）【分析】利用函数奇偶性的定义即可判断函数f（x）是偶函数，再利用导数求出函数f （x）的单调区间以及最值即可．解：∵函数f（x）＝e x+e﹣x，x∈R，∴f（﹣x）＝e﹣x+e x＝f（x），∴函数f（x）是R上的偶函数，故（1）正确，∵f'（x）＝e x﹣e﹣x＝e x﹣＝，令f'（x）＝0得，e x＝1，x＝0，∴当x∈（﹣∞，0）时，f'（x）＜0，函数f（x）单调递减；当x∈（0，+∞）时，f'（x）＞0，函数f（x）单调递增，且f（0）＝2，画出函数f（x）的大致图象，如图所示：，∴函数f（x）的最小值为2，故（2）错误，（3）正确，（4）错误，故选：C．6．已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面边长为1，高为2，M为B1C1的中点，过M作平面α平行平面A1BD，若平面α把该正四棱柱分成两个几何体，则体积较小的几何体的体积为（）A．B．C．D．【分析】分别取C1D1、CC1中点E．F，由题意知平面EFM平行于平面A1BD，平面α过点M，平面α平行于平面A1BD，平面EFM与平面α是同一个平面，由此能求出体积较小的几何体的体积．解：分别取C1D1、CC1中点E．F，由题意知平面EFM平行于平面A1BD，又平面α过点M，平面α平行于平面A1BD，∴平面EFM与平面α是同一个平面，∴体积较小的几何体等于V＝×1＝．故选：C．7．设a＝e，b＝4e﹣2，c＝2e﹣1，d＝3e，则a，b，c，d的大小关系为（）A．c＞b＞d＞a B．c＞d＞a＞b C．c＞b＞a＞d D．c＞d＞b＞a 【分析】可以得出，然后根据e≈2.7，e2≈7.39，e3≈20.09即可得出a，b，c，d的大小关系．解：，，∵e≈2.7，e2≈7.39，e3≈20.09，∴4e2＞9e＞e3＞16，∴c2＞d2＞a2＞b2，∴c＞d＞a＞b．故选：B．8．函数f（x）＝sin x•|cos x|的最小正周期与最大值之比为（）A．πB．2πC．4πD．8π【分析】直接利用分类讨论思想的应用和函数的关系式的应用求出结果．解：f（x）＝sin x•|cos x|＝，所以函数的最小正周期为2π，函数的最大值为．故．故选：C．9．已知三角形ABC为直角三角形，点E为斜边AB的中点，对于线段AB上的任意一点D 都有•＝|+|＝4，则||的取值范围是（）A．[2，2]B．[2，2）C．[2，2]D．[2，2）【分析】由已知可得AB＝4，CE＝AE＝BE＝2．设，分别讨论D与E、A点重合时的情况．解：因为|+|＝||＝4，所以AB＝4，又因为E为斜边AB中点，所以CE＝AE＝BE＝2，由已知可得AB＝4，CE＝AE＝BE＝2．设．当D与E重合时，＝2×2cosθ＝4，符合题意；当D与A重合时，∠BDC＝θ，CD＝4cosθ，代入＝4，得2×4cosθ•cosθ＝4，此时θ＝．故θ∈[0，]．此时由＝4，得2CD cosθ＝4，即CD＝，结合θ∈[0，]．可得．故选：C．10．中国古代近似计算方法源远流长，早在八世纪，我国著名数学家、天文学家张隧（法号：一行）为编制《大衍历》发明了一种近似计算的方法﹣﹣二次插值算法（又称一行算法，牛顿也创造了此算法，但是比我国张隧晚了上千年）：对于函数y＝f（x），若y1＝f（x1），y2＝f（x2），y3＝f（x3），x1＜x2＜x3，则在区间[x i，x3]上f（x）可以用二次函数f（x）＝y1+k1（x﹣x1）+k2（x﹣x1）（x﹣x2）来近似代替，其中，，．若令x1＝0，，x3＝π，请依据上述算法，估算的近似值是（）A．B．C．D．【分析】函数y＝f（x）＝sin x在x＝0，x＝，x＝π处的函数值分别为y1＝f（0）＝0，y2＝f（）＝1，y3＝f（π）＝0，利用k1＝，k＝，，可得f（x）＝x﹣x（x﹣）＝﹣x2+x，代入即可得出．解：函数y＝f（x）＝sin x在x＝0，x＝，x＝π处的函数值分别为y1＝f（0）＝0，y2＝f（）＝1，y3＝f（π）＝0，故k1＝＝，k＝＝﹣，＝﹣，故f（x）＝x﹣x（x﹣）＝﹣x2+x，即sin x≈﹣x2+x，∴≈﹣×+×＝，故选：D．11．已知双曲线﹣＝1的右支与抛物线x2＝2py相交于A，B两点，记点A到抛物线焦点的距离为d1，抛物线的准线到抛物线焦点的距离为d2，点B到抛物线焦点的距离为d3，且d1，d2，d3构成等差数列，则双曲线的渐近线方程为（）A．y＝±x B．y＝±x C．y＝x D．y＝x【分析】设A，B的坐标，由题意可得由d1，d2，d3的值，再由d1，d2，d3构成等差数列可得A，B纵坐标的值，联立双曲线与抛物线的方程可得A，B的纵坐标之和，可得a，b的关系，进而求出双曲线的渐近线的方程．解：由题意抛物线的准线方程为：y＝﹣，设A（x1，y1），B（x2，y2），由抛物线的性质可得：d1＝y1+，d2＝p，d3＝y2，由d1，d2，d3构成等差数列可得2d2＝d1+d3，即2p＝y1++y2，所以可得y1+y2＝p联立双曲线与抛物线的方程可得：，整理可得a2y2﹣2pb2y+a2b2＝0，所以y1+y2＝，所以可得＝p，即a2＝2b2，所以渐近线的方程为y＝x＝±x，故选：A．12．已知方程xe x﹣a（e2x﹣1）＝0只有一个实数根，则a的取值范围是（）A．a≤0或a≥B．a≤0或a≥C．a≤0D．a≥0或a≤﹣【分析】令t＝e x，t＞0，x＝lnt，则原方程转化成，令，显然f（1）＝0，问题转化成函数f（t）在（0，+∞）上只有一个零点1，求导后再利用导数研究函数的单调性与最值，由此可得答案．解：令t＝e x，t＞0，x＝lnt，则原方程转化成tlnt﹣a（t2﹣1）＝0，即，令，显然f（1）＝0，问题转化成函数f（t）在（0，+∞）上只有一个零点1，，若a＝0，则f（t）＝lnt在（0，+∞）单调递增，f（1）＝0，此时符合题意；若a＜0，则f′（t）＞0，f（t）在（0，+∞）单调递增，f（1）＝0，此时符合题意；若a＞0，记h（t）＝﹣at2+t﹣a，则函数h（t）开口向下，对称轴，过（0，﹣a），△＝1﹣4a2，当△≤0 即1﹣4a2≤0，即时，f′（t）≤0，f（t）在（0，+∞）单调递减，f （1）＝0，此时符合题意；当△＞0 即1﹣4a2＞0，即时，设h（t）＝0有两个不等实根t1，t2，0＜t1＜t2，又h（1）＞0，对称轴，所以0＜t1＜1＜t2，则f（t）在（0，t1）单调递减，（t1，t2）单调递增，（t2，+∞）单调递增，由于f（1）＝0，所以f（t2）＞0，取，，记令，则，所以f（t0）＜0，结合零点存在性定理可知，函数f（t）在（t1，t2）存在一个零点，不符合题意；综上，符合题意的a的取值范围是a≤0 或，故选：A．二、填空题：共4小题，每小题5分，共20分．13．（2x+3y）4的展开式中二项式系数最大的项为216x2y2．【分析】由题意利用二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，求得（2x+3y）4的展开式中二项式系数最大的项．解：在（2x+3y）4的展开式中，通项公式为T r+1＝•24﹣r•3r•x4﹣r•y r，故第r+1项的系数为•24﹣r•3r，故当r＝2时，二项式系数最大，故当r＝2时，展开式中二项式系数最大的项为•24﹣r•3r•x4﹣r•y r＝216x2y2，故答案为：216x2y2．14．高三年段有四个老师分别为a，b，c，d，这四位老师要去监考四个班级A，B，C，D，每个老师只能监考一个班级，一个班级只能有一个监考老师．现要求a老师不能监考A 班，b老师不能监考B班，c老师不能监考C班，d老师不能监考D班，则不同的监考方式有9种．【分析】根据题意，a老师不能监考A班，则a老师可以监考B、C、D班，据此分3种情况讨论，求出每种情况下的监考方式数目，由加法原理计算可得答案．解：根据题意，分3种情况讨论：①、当a老师监考B班时，b老师有3种情况，剩下的两位老师有1种情况，此时有3种不同的监考方式，②，当a老师监考C班时，同理此时有3种不同的监考方式，③、当a老师监考D班时，同理此时有3种不同的监考方式，则有3+3+3＝9种不同的监考方式；故答案为：915．已知圆O：x2+y2＝1，圆N：（x﹣a+2）2+（y﹣a）2＝1，若圆N上存在点Q，过点Q 作圆O的两条切线．切点为A，B，使得∠AQB＝60°，则实数a的取值范围是[，]．【分析】根据题意，由切线的性质分析可得Q轨迹是圆x2+y2＝4，进而可得圆x2+y2＝4与圆N有公共点，结合圆与圆的位置关系分析可得答案．解：根据题意，圆O的方程为x2+y2＝1，其半径为1，圆N：（x﹣a+2）2+（y﹣a）2＝1，其圆心为（a﹣2，a），半径为1，圆N上存在点Q，过点Q作圆O的两条切线，切点为A，B，使得∠AQB＝60°，则∠AQO＝30°，在Rt△PAO中，OQ＝2，故点Q轨迹是圆x2+y2＝4，此时圆x2+y2＝4与圆N：（x﹣a+2）2+（y﹣a）2＝1有公共点，则有1≤≤3，变形可得：0≤2a2﹣4a+3≤8，解可得：≤a≤，即a的取值范围为[，]；故答案为：[，]．16．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为3．点N是棱A1B1的中点，点T是棱CC1上靠近点C的三等分点．动点Q在正方形D1DAA1（包含边界）内运动，且QB∥面D1NT，则动点Q所形成的轨迹的长度为．【分析】取DC中点E1，取A1G＝1，延长BE1，延长AD，交于点E，连接EG，交DD1于点I．说明面BGE∩面D1DAA1＝GI，点Q的轨迹是线段GI．然后求解即可．解：由于QB∥面D1NT，所以点Q在过B且与面D1NT平行的平面上．取DC中点E1，取A1G＝1，则面BGE1∥面D1NT．延长BE1，延长AD，交于点E，连接EG，交DD1于点I．显然，面BGE∩面D1DAA1＝GI，所以点Q的轨迹是线段GI．易求得GI＝．故答案为：．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题、第23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．17．已知函数f（x）＝sin x（cos x﹣sin x）+．（1）求f（x）的单调递减区间；（2）在锐角△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且满足a cos2B＝a cos B﹣b sin A，求f（A）的取值范围．【分析】（1）利用三角函数恒等变换的应用可求函数解析式f（x）＝sin（2x+），进而根据正弦函数的单调性即可求解f（x）的单调递减区间．（2）由正弦定理，二倍角公式化简已知等式可得（cos B﹣sin B）（cos B+sin B﹣1）＝0，进而可求B＝，可求范围＜A＜，利用正弦函数的性质即可求解f（A）＝sin （2A+）的取值范围．解：（1）＝（sin2x+cos2x）＝sin（2x+），由2kπ+≤2x+≤2kπ+，k∈Z，得kπ+≤x≤kπ+，k∈Z，所以f（x）的单调递减区间为[kπ+，kπ+]，k∈Z．（2）由正弦定理得sin A cos2B＝sin A cos B﹣sin B sin A，∵sin A≠0，∴cos2B＝cos2B﹣sin2B，即（cos B﹣sin B）（cos B+sin B）＝cos2B﹣sin2B，（cos B﹣sin B）（cos B+sin B﹣1）＝0，得：cos B﹣sin B＝0，或cos B+sin B＝1，解得B＝，或B＝，∵△ABC为锐角三角形，A+C＝，∴，解得＜A＜，∴＜2A+＜，﹣＜sin（2A+）＜，∴f（A）＝sin（2A+）的取值范围为（﹣，）．18．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知AB＝AC＝AA1＝，BC＝4，O为BC的中点，A1O ⊥平面ABC．（1）证明四边形BB1C1C为矩形；（2）求直线AA1与平面A1B1C所成角的余弦值．【分析】（1）利用线面垂直的性质可得BC⊥AA1，进而得到BC⊥BB1，由此容易得证；（2）建立空间直角坐标系，求出直线AA1的方向向量及平面A1B1C的法向量，利用向量公式得解．解：（1）证明：连接AO，因为O为BC的中点，可得BC⊥AO，∵A1O⊥平面ABC，BC在平面ABC内，∴A1O⊥BC，又∵AO∩A1O＝O，∴BC⊥平面AA1O，∴BC⊥AA1，∵BB1∥AA1，∴BC⊥BB1，又∵四边形BB1C1C为平行四边形，∴四边形BB1C1C为矩形．（2）如图，分别以OA，OB，OA1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则A （1，0，0），B（0，2，0），C（0，﹣2，0），在Rt△AOB中，，Rt△AA1O中，，A1（0，0，2），∴，，，设平面A1B1C的法向量是n＝（x，y，z），由得即，可取n＝（2，1，﹣1），设直线AA1与平面A1B1C所成角为θ，则，，∵，∴，即直线AA1与平面A1B1C所成角的余弦值为．19．根据养殖规模与以往的养殖经验，某海鲜商家的海产品每只质量（克）在正常环境下服从正态分布N（280，25）．（1）随机购买10只该商家的海产品，求至少买到一只质量小于265克该海产品的概率．（2）2020年该商家考虑增加先进养殖技术投入，该商家欲预测先进养殖技术投入为49千元时的年收益增量．现用以往的先进养殖技术投入x i（千元）与年收益增量y i（千元）（i＝1，2，3，……，8）的数据绘制散点图，由散点图的样本点分布，可以认为样本点集中在曲线y＝a+b的附近，且＝46.6，＝563，＝6.8，（x i﹣）2＝289.8，（t i﹣）2＝1.6，（x i﹣）（y i﹣）＝1469，（t i﹣）（y i﹣）＝108.8，其中t i＝，＝t i．根据所给的统计量，求y关于x的回归方程，并预测先进养殖技术投入为49千元时的年收益增量．附：若随机变量Z～N（1，4），则P（﹣5＜Z＜7）＝0.9974，0.998710≈0.9871；对于一组数据（u1，v1），（u2，v2），……，（u n，v n），其回归线v＝α+βu的斜率和截距的最小二乘估计分别为．【分析】（1）由已知得μ＝280，σ＝5，由正态分布的对称性可得P（ξ＜265），设购买10只该商家海产品，其中质量小于265g的为X只，故X～B（10，0.0013），由P（X ≥1）＝1﹣P（X＝0）求解；（2）求出与，可得y关于x的回归方程为，取x＝49求得y值得答案．解：（1）由已知，单只海产品质量ξ～N（280，25），则μ＝280，σ＝5，由正态分布的对称性可知，P（ξ＜265）＝[1﹣P（265＜ξ＜295）]＝[1﹣P（μ﹣3σ＜ξ＜μ+3σ）]＝（1﹣0.9974）＝0.0013，设购买10只该商家海产品，其中质量小于265g的为X只，故X～B（10，0.0013），故P（X≥1）＝1﹣P（X＝0）＝1﹣（1﹣0.0013）10＝1﹣0.9871＝0.0129，所以随机购买10只该商家的海产品，至少买到一只质量小于265克的概率为0.0129．（2）由，，，，有，且，所以y关于x的回归方程为，当x＝49时，年销售量y的预报值千元．所以预测先进养殖技术投入为49千元时的年收益增量为576.6千元．20．在平面直角坐标系xOy中，圆A：（x﹣1）2+y2＝16，点B（﹣1，0），过B的直线l 与圆A交于点C，D，过B做直线BE平行AC交AD于点E．（1）求点E的轨迹t的方程；（2）过A的直线与t交于H、G两点，若线段HG的中点为M，且＝2，求四边形OHNG面积的最大值．【分析】（1）利用已知条件判断E的轨迹是椭圆的一部分，设出方程，转化求解即可（2）因为直线HG斜率不为0，设为x＝ty+1，设G（x1，y1），H（x2，y2），联立整理得（3t2+4）y2+6ty﹣9＝0，利用韦达定理以及弦长公式求解三角形的面积，转化求解四边形的面积的最大值即可．解：（1）因为，又因为|AC|＝|AD|＝4，所以|EB|＝|ED|，所以|EB|+|EA|＝|ED|+|EA|＝|AD|＝4＞|AB|＝2，所以E的轨迹是焦点为A，B，长轴为4的椭圆的一部分，设椭圆方程为：（a＞b＞0），则2a＝4，2c＝2，所以a2＝4，b2＝a2﹣c2＝3，所以椭圆方程为，又因为点E不在x轴上，所以y≠0，所以点E的轨迹τ的方程为．（2）因为直线HG斜率不为0，设为x＝ty+1，设G（x1，y1），H（x2，y2），联立整理得（3t2+4）y2+6ty﹣9＝0，所以△＝36t2+36（3t2+4）＝144（t2+1）＞0，，，所以，∵，∴S△GHN＝2S△OHG，设四边形OHNG的面积为S，则＝，令，再令，则在[1，+∞）单调递增，所以m＝1时，y min＝4，此时t＝0，取得最小值4，所以．21．已知函数f（x）＝lnx+ax+1有两个零点x1，x2（1）求a的取值范围；（2）记f（x）的极值点为x0，求证：x1+x2＞2ef（x0）．【分析】（1）问题等价于函数的图象与直线y＝a有两个交点，利用导数研究F（x）的性质即可得出a的取值范围；（2）先由题意得，再构造函数可知，进而把所证不等式转化为，再通过换元，构造新函数利用导数得证．解：（1）函数的定义域为（0，+∞），令f（x）＝0，则，依题意，函数的图象与直线y＝a有两个交点，由得，当x∈（0，1）时，F′（x）＜0，F（x）单减，当x∈（1，+∞）时，F′（x）＞0，F （x）单增，且F（1）＝﹣1，当x→0时，F（x）→+∞，当x→+∞时，F（x）→0，如下图所示，由图可知，实数a的取值范围为（﹣1，0）；（2）由（1）知，﹣1＜a＜0，且由得，∵函数f（x）＝lnx+ax+1有两个零点x1，x2，∴，∴，不妨设x1＞x2，则，令函数，则，当0＜x＜e时，h′（x）＞0，当x＞e时，h′（x）＜0，∴函数h（x）在（0，e）上单增，在（e，+∞）上单减，∴h（x）max＝h（e）＝0，∴h（x）≤0，即，∵，，∴，∴，即，∴要证x1+x2≥2ef（x0），即证，即证，即证，即证，令x1＞x2，再令，即证，令，则，∴h（t）在（1，+∞）上单调递增，∴h（t）＞h（1）＝0，即，即得证．（二）选考题：共10分．请考生在第22、23两题中任选一题作答．如果多做，则按所做第一个题目计分．[选修：坐标系与参数方程]22．在直角坐标系xOy下，曲线C1的参数方程为（α为参数），曲线C1在变换T：的作用下变成曲线C2．（1）求曲线C2的普通方程；（2）若m＞1，求曲线C2与曲线C3：y＝m|x|﹣m的公共点的个数．【分析】（1）因为曲线C1的参数方程为利用平方关系可得曲线C1的普通方程．将变换T：，即代入x2+y2＝1，可得曲线C2的普通方程．（2）因为m＞1，所以C3上的点A（0，﹣m）在椭圆E：外．当x＞0时，曲线E的方程化为y＝mx﹣m，代入，得（4m2+1）x2﹣8m2x+4（m2﹣1）＝0，由△＞0，可得方程有两个不相等的实根x1，x2，利用根与系数的关系即可判断出结论．又因为曲线C2与曲线C3都关于y轴对称，所以当x＜0时，曲线C2与曲线C3有且只有两个不同的公共点．解：（1）因为曲线C1的参数方程为所以曲线C1的普通方程为x2+y2＝1，将变换T：即代入x2+y2＝1，得，所以曲线C2的普通方程为．（2）因为m＞1，所以C3上的点A（0，﹣m）在椭圆E：外．当x＞0时，曲线E的方程化为y＝mx﹣m，代入，得（4m2+1）x2﹣8m2x+4（m2﹣1）＝0，（*）因为△＝64m4﹣4（4m2+1）•4（m2﹣1）＝16（3m2+1）＞0，所以方程（*）有两个不相等的实根x1，x2，又，，所以x1＞0，x2＞0，所以当x＞0时，曲线C2与曲线C3有且只有两个不同的公共点，又因为曲线C2与曲线C3都关于y轴对称，所以当x＜0时，曲线C2与曲线C3有且只有两个不同的公共点，综上，曲线C2与曲线C3：y＝m|x|﹣m的公共点的个数为4．[选修：不等式选讲]23．已知函数f（x）＝|x﹣2|+|3x+1|﹣m．（1）当m＝5时，求不等式f（x）＞0的解集；（2）若当x≠时，不等式f（x）+＞0恒成立，求实数m的取值范围．【分析】（1）m＝5时f（x）＞0等价于|x﹣2|+|3x+1|﹣5＞0，利用分段讨论法去掉绝对值，解不等式即可；（2）利用分离常数法得出，构造函数，求出[g（x）]min即可得出结论．解：（1）当m＝5时，f（x）＞0等价于|x﹣2|+|3x+1|﹣5＞0，等价于或或等价于或或等价于x＜﹣1或1＜x＜2或x≥2，等价于x＜﹣1或x＞1，所以不等式f（x）＞0的解集为{x|x＜﹣1或x＞1}．（2）由条件，当时，不等式，即恒成立，令，则因为＝，且，所以[g（x）]min＝8，所以m＜8，即实数m的取值范围是（﹣∞，8）．。

厦门市2020届高中毕业班第一次质量检查理科参考解答

在 HON 中： NH = 1 NF = 3 ， OH = 1 BM = 1 AN = 3 ， NO = 6
2
2
2
所以 cos HON = 6 + 3 − 3 = 2 ------------------------------------------------------------------------------ 11 分 2 6 3 2
2
2
2
所以 sin B = 2sin B cos B ------------------------------------------------------------------------------------------- 3 分
2
22
又 sin B 0 ，所以 cos B = 1 -------------------------------------------------------------------------------------- 4 分
所以二面角 N − BE − M 的余弦值为 2 .------------------------------------------------------------------------12 分 2
19．本题考查直线的方程、直线与椭圆的位置关系等知识；考查运算求解能力、推理论证能力等；考查数
厦门市 2020 届高中毕业班第一次质量检查
数学（理科）试题参考解答
一、选择题：本大题共 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。
题号 1
2
3
4
5
6
7
8
9

2020年福建厦门高三一模文科数学试卷-答案

∴ 故答案为
2020年福建厦门高三一模文科数学试卷
，
，
；．
16.
【解析】方法一：，
得 ∴数列
，的奇数项和偶数项分别为递减数列，
由
，得
，
由
，得
，
∴
．
方法二：
，得，
∴数列
是公比为的等比数列，
又
，
，
∴数列又 ∴
的奇数项和偶数项分别为递减数列，
，
，
．
三、解答题
17. （ 1 ）．
（2）
．
【解析】（ 1 ）方法一：∵
2020/5/13
2020年福建厦门高三一模文科数学试卷
2020年福建厦门高三一模文科数学试卷(答案)
一、选择题
1. D
【解析】集合表示求
的定义域，
即
，
∴
，
∴
．
故选．
2. B
【解析】由椭圆方程
，
，
∴
，
∴焦点坐标为
，
故选．
即．
可知，，且焦点在轴，
3. C
【解析】在等差数列中，设公差为，
（ 2 ）农场选择方案获得的收入为
（元），
设农场选择方案获得的收入为元，
则依题意得千克龙眼干共可以分装袋，用样本频率估计总体分布得
特级品有
袋，一级品有
袋，
二级品有
∴
∵
，
∴农场应选择方案．
袋，三级品有
袋，（元），
20. （ 1 ）
．
（ 2 ）证明见解析．
https:///#/print?id=3f3907c1d04f4d58bb522f2d5d6c05af&type=answer

第一中学2020高三数学最后一模试题理含解析

【解析】
【分析】
（1）先利用余弦定理求出 ,再利用即可求解；
（2）先求出，，再利用正弦定理求出，求出，再利用余弦定理求出。
【详解】
（1）由知, , ,
在中，，，
由余弦定理，知，
所以，即，
解得或 (舍），
所以的面积．
（2）在中，因为 , ，
所以， ,
由正弦定理，
所以，
参考公式：棱台体积公式 ,其中，为棱台的上、下底面积，h为高.
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，，则
A. B。 C。 D.
【答案】A
【解析】
【分析】
解一元一次不等式以及对数不等式得到集合和，结合交集的定义计算即可.
D选项,由C可知，甲的六大素养中,数学抽象,数学建模和数学运算最差，直观想象最最好,选项错误；
故选C。
【点睛】本题考查了命题真假的判断以及统计图雷达图的识别和应用，考查学生简单的推理，属于基础题.
7。在正方体中，E，F，G分别为 ,BC, 的中点，现有下面三个结论：① 为正三角形；②异面直线与所成角为 ,③ 平面EFG；④过A作平面，使得棱AD，，在平面的正投影的长度相等，则这样的平面有4个.其中所有正确结论的编号是( ）
设，的中点，直线
，两式相减得 ,即
因为在直线上，所以
因为在直线上，所以，即
由得
由于直线与抛物线有两个不同的交点，则
即，解得或
故选：A
【点睛】本题主要考查了由直线与抛物线的位置关系求参数范围，属于中档题.

2020年福建省厦门市高考数学一模试卷(理科)

D. 12
6. 如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗实线画出的是某几何体的三视图，其中俯视图为扇形，则该几何体的体积为（
）
A.
B.
C.
D.
7. 已知 a＞b＞0，x=a+beb，y=b+aea，z=b+aeb，则（）
A. x＜z＜y
B. z＜x＜y
C. z＜y＜x
D. y＜z＜x
8. 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a1=1，2Sn=an+1an，则 S20=（）
A. y=
B. y=
C. y=±2x
D. y=
二、填空题（本大题共 4 小题，共 20.0 分） 13. 在等比数列{an}中，a2=1，a3a5=2a7，则 an=______．
14. （1+ ）（1-2x）5 的展开式中 x2 的系数为______．
15. 已知函数 f（x）=ex-e-x-1，则关于 x 的不等式 f（2x）+f（x+1）＞-2 的解集为______ ．
∴E（，）
=（3，）， =（，）
故选：D．
6.【答案】B
= =12．
【解析】解：根据三视图知，该几何体是圆锥体的一部分，如图所示；
则底面圆的半径为 OA=2，圆心角为∠AOB= ，高为 OP=3；所以该锥体的体积为：V= • • •22•3= ．故选：B．根据三视图知该几何体是圆锥体的一部分，结合图中数据求得该锥体的体积．本题考查了利用三视图求几何体体积的应用问题，是基础题．
则：
．
故选：C．
9.【答案】D
【解析】【分析】
从八卦中任取两卦，基本事件总数 n= =28，利用列举法求出这两卦的六根线中恰有三

2020年高考模拟福建厦门市(3月)高考数学第一次模拟测试试卷(文科) 含解析

2020年高考模拟高考数学模拟试卷（文科）（3月份）一、选择题1．已知集合A＝{﹣1，0，1，2}，B＝{x|y＝ln（x﹣1）}，则A∩B＝（）A．{﹣1，0，1}B．{﹣1，0}C．{1，2}D．{2}2．椭圆C：2x2+y2＝2的焦点坐标为（）A．（﹣1，0），（1，0）B．（0，﹣1），（0，1）C．（﹣，0），（，0）D．（0，），（0，）3．记S n为等差数列{a n}的前n项和，且a4＝0，S9＝﹣9，则数列{a n}的公差是（）A．2B．1C．﹣1D．﹣24．《周髀算经》中给出了勾股定理的绝妙证明．如图是赵爽弦图及注文．弦图是一个以勾股形之弦为边的正方形，其面积称为弦实．图中包含四个全等的勾股形及一个小正方形，分别涂成朱色及黄色，其面积称为朱实、黄实，由2×勾×股+（股﹣勾）2＝4×朱实+黄实＝弦实，化简得勾2+股2＝弦2．若图中勾股形的勾股比为1：，向弦图内随机抛掷100颗图钉（大小忽略不计），则落在黄色图形内的图钉颗数大约为（参考数据：≈1.41，≈1.73）（）A．2B．4C．6D．85．已知角α的终边经过点（3，﹣4），则tan2α＝（）A．﹣B．﹣C．D．6．α，β是两个平面，l，m是两条直线，且l∥α，m⊥β，则下列命题中正确的是（）A．若α∥β，则l∥m B．若α∥β，则l⊥mC．若α⊥β，则l∥m D．若α⊥β，则l⊥m7．在菱形ABCD中，AB＝4，∠ABC＝，E为CD的中点，则•＝（）A．10B．12C．16D．368．已知数列{a n}满足a1＝1，a n＝a1+a2+…+a n﹣1+1（n≥2），则a7＝（）A．31B．32C．63D．649．已知a＝log25+log52，b＝log25•log52，c＝，则（）A．b＜a＜c B．a＜b＜c C．b＜c＜a D．c＜b＜a10．在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1＝1，D，E，F，G分别为AC，A1C1，AA1，CC1的中点，P是线段DF上的一点，有下列三个结论：①BP∥平面B1EG；②BP⊥DG；③三棱锥P﹣B1EG的体积是定值．其中所有正确结论的编号是（）A．①②B．①③C．②③D．①②③11．已知双曲线C：﹣＝1（b＞2a＞0）的左，右焦点分别为F1，F2，抛物线E：y2＝2px（p＞0）的焦点与F2重合．点P是C与E的交点，且cos∠PF1F2＝，则C的离心率是（）A．2B．C．3D．212．函数f（x）＝x﹣sin（x+1）+1，若f（x）•（ax﹣b）≥0（b≠0）对x∈R恒成立，则＝（）A．﹣1B．0C．1D．2二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．复数z＝（2﹣i）i（i为虚数单位），则z的虚部是．14．若x，y满足约束条件，则z＝x+3y的最大值是．15．如图，函数f（x）＝2sin（ωx+φ）（ω＞0，0＜φ＜π）的图象与坐标轴交于点A，B，C，直线BC交f（x）的图象于点D，O（坐标原点）为△ABD的重心，A（﹣π，0），则点C的坐标为，f（0）＝．16．已知数列{a n}满足a3＝﹣，且a n+a n+1＝（n∈N*），则a n的最大值是．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．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b＝7，c（﹣cos A）＝a cos C．（1）求c；（2）若B＝，点D在边BC上，且AD＝5，求△ADC的面积．18．如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，BF，DE，CG都垂直于平面ABCD，且CG ＝2BF＝2ED＝2．（1）证明：AE∥平面BCF；（2）若∠DAB＝，求三棱锥D﹣AEF的体积．19．风梨穗龙眼原产厦门，是厦门市的名果，栽培历史已有100多年．龙眼干的级别按直径d的大小分为四个等级（如表）．d（mm）d＜2121≤d＜2424≤d＜27d≥27级别三级品二级品一级品特级品某商家为了解某农场一批龙眼干的质量情况，随机抽取了100个龙眼干作为样本（直径分布在区间[18，33]），统计得到这些龙眼下的直径的频数分布表如下：d（mm）[18，21）[21，24）[24，27）[27，30）[30，33]频数1m29n7用分层抽样的方法从样本的一级品和特级品中抽取6个，其中一级品有2个．（1）求m、n的值，并估计这批龙眼干中特级品的比例；（2）已知样本中的100个龙眼干约500克，该农场有500千克龙眼干待出售，商家提出两种收购方案：方案A：以60元/千克收购；方案B：以级别分装收购，每袋100个，特级品40元/袋、一级品30元/袋、二级品20元/袋、三级品10元/袋．用样本的频率分布估计总体分布，哪个方案农场的收益更高？并说明理由．20．已知点A1（﹣2，0），A2（2，0），直线PA1，PA2相交于点P，且它们的斜率乘积为﹣．（1）求点P的轨迹Γ的方程；（2）设曲线Γ与y轴正半轴交于点B，直线l：y＝kx﹣1与Γ交于C，D两点，E是线段CD的中点证明：|CD|＝2|BE|．21．已知函数f（x）＝e2x﹣ae x+x．（1）若f（x）在R上单调递增，求实数a的取值范围；（2）若f（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），证明：＜﹣3．(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．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在平面直角坐标系xOy中，曲线∁l的参数方程为（φ为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．曲线C2的极坐标方程为ρ＝4sinθ．（l）写出C1的极坐标方程：（2）设点M的极坐标为（4，0），射线分别交C1，C2于A，B 两点（异于极点），当∠AMB＝时，求tanα．[选修4-5：不等式选讲](10分)23．设函数f（x）＝2sin x+|a﹣3|+|a﹣1|．（1）若＞6，求实数a的取值范围；（2）证明：∀x∈R，f（x）≥|a﹣3|﹣|+1|恒成立．参考答案一、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A＝{﹣1，0，1，2}，B＝{x|y＝ln（x﹣1）}，则A∩B＝（）A．{﹣1，0，1}B．{﹣1，0}C．{1，2}D．{2}【分析】求出集合A，B，由此能求出A∩B．解：∵集合A＝{﹣1，0，1，2}，B＝{x|y＝ln（x﹣1）}＝{x|x＞1}，∴A∩B＝{2}．故选：D．2．椭圆C：2x2+y2＝2的焦点坐标为（）A．（﹣1，0），（1，0）B．（0，﹣1），（0，1）C．（﹣，0），（，0）D．（0，），（0，）【分析】间椭圆方程化为标准方程可得焦点在y轴上，且可得长半轴长，及短半轴长，进而求出半个焦距，选出正确答案．解：椭圆的标准方程为：x2+＝1，所以焦点在y轴上，且a2＝2，b2＝1，所以c2＝a2﹣b2＝1，即焦点坐标为：（0，±1），故选：B．3．记S n为等差数列{a n}的前n项和，且a4＝0，S9＝﹣9，则数列{a n}的公差是（）A．2B．1C．﹣1D．﹣2【分析】利用等差数列通项公式求和公式即可得出．解：设数列{a n}的公差为d，∵a4＝0，S9＝﹣9，∴a1+3d＝0，9a1+36d＝﹣9．解得d＝﹣1．故选：C．4．《周髀算经》中给出了勾股定理的绝妙证明．如图是赵爽弦图及注文．弦图是一个以勾股形之弦为边的正方形，其面积称为弦实．图中包含四个全等的勾股形及一个小正方形，分别涂成朱色及黄色，其面积称为朱实、黄实，由2×勾×股+（股﹣勾）2＝4×朱实+黄实＝弦实，化简得勾2+股2＝弦2．若图中勾股形的勾股比为1：，向弦图内随机抛掷100颗图钉（大小忽略不计），则落在黄色图形内的图钉颗数大约为（参考数据：≈1.41，≈1.73）（）A．2B．4C．6D．8【分析】设勾为a，则股为a，弦为a，求出大的正方形的面积及小的正方形面积，再求出图钉落在黄色图形内的概率，乘以100得答案．解：设勾为a，则股为a，∴弦为a，则图中大四边形的面积为3a2，小四边形的面积为＝（﹣1）2a2＝（3﹣2）a2，则由测度比为面积比，可得图钉落在黄色图形内的概率为＝1﹣≈0.06．∴落在黄色图形内的图钉数大约为100×0.06＝6．故选：C．5．已知角α的终边经过点（3，﹣4），则tan2α＝（）A．﹣B．﹣C．D．【分析】利用任意角的三角函数的定义先求出tanα，由二倍角的公式可求出tan2α的值．解：角α的终边上的点P（3，﹣4），由任意角的三角函数的定义得：tanα＝﹣．故有tan2α＝＝故选：D．6．α，β是两个平面，l，m是两条直线，且l∥α，m⊥β，则下列命题中正确的是（）A．若α∥β，则l∥m B．若α∥β，则l⊥mC．若α⊥β，则l∥m D．若α⊥β，则l⊥m【分析】由空间中直线与直线、直线与平面及平面与平面位置关系的判定逐一核对四个选项得答案．解：对于A，若α∥β，l∥α，则l∥β或l⊂β，又m⊥β，则l⊥m，故A错误；对于B，由A知，B正确；对于C，若α⊥β，m⊥β则m∥α或m⊂α，又l∥α，则l与m平行、相交或异面，故C 错误；对于D，由C知，D错误．∴正确的命题是B．故选：B．7．在菱形ABCD中，AB＝4，∠ABC＝，E为CD的中点，则•＝（）A．10B．12C．16D．36【分析】根据向量的三角形法则，直接代入向量的数量积运算即可．【解答】解；如图，∵菱形ABCD中，AB＝4，∠ABC＝，E为CD的中点；∴•＝（+）•（）＝（+）•（+2）＝（+3+2）＝（42+3×4×4×cos+2×42）＝12，故选：B．8．已知数列{a n}满足a1＝1，a n＝a1+a2+…+a n﹣1+1（n≥2），则a7＝（）A．31B．32C．63D．64【分析】本题先将递推式转化为a n＝S n﹣1+1，然后根据公式a n＝S n﹣S n﹣1（n≥2），再进行进一步计算可发现数列{a n}是等比数列，即可得到数列{a n}的通项公式，则即可计算出a7的值．解：依题意，当n≥2时，由a n＝a1+a2+…+a n﹣1+1＝S n﹣1+1，①可得a n+1＝S n+1，②②﹣①，可得a n+1﹣a n＝S n﹣S n﹣1＝a n，整理，得a n+1＝2a n．∴数列{a n}是以1为首项，2为公比的等比数列．∴a n＝1•2n﹣1＝2n﹣1，n∈N*．∴a7＝27﹣1＝64．故选：D．9．已知a＝log25+log52，b＝log25•log52，c＝，则（）A．b＜a＜c B．a＜b＜c C．b＜c＜a D．c＜b＜a【分析】先利用对数的运算法则及性质，求得a、b、c的范围，可得a、b、c的大小关系．解：∵a＝log25+log52＝∈（2，3），b＝log25•log52＝＝1，c＝，＝＝＞＝4，∴c＞a＞b，故选：A．10．在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1＝1，D，E，F，G分别为AC，A1C1，AA1，CC1的中点，P是线段DF上的一点，有下列三个结论：①BP∥平面B1EG；②BP⊥DG；③三棱锥P﹣B1EG的体积是定值．其中所有正确结论的编号是（）A．①②B．①③C．②③D．①②③【分析】由题意画出图形，证明平面BDF∥平面B1EG判断①；证明DG⊥平面BDF 判断②；由DF∥平面B1EG，得P到平面B1EG的距离为定值，可得三棱锥P﹣B1EG 的体积是定值判断③．解：如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∵D，E，F，G分别为AC，A1C1，AA1，CC1的中点，∴EG∥DF，BD∥B1E，可得平面BDF∥平面B1EG，由BP⊂平面BDF，得BP∥平面B1EG，故①正确；由BD⊥平面ACC1A1，得BD⊥DG，又四边形ACC1A1是正方形，∴DG⊥DF，得DG ⊥平面BDF，则DG⊥BP，故②正确；由平面BDF∥平面B1EG，得DF∥平面B1EG，∴P到平面B1EG的距离为定值，可得三棱锥P﹣B1EG的体积是定值，故③正确．∴所有正确结论的编号是①②③．故选：D．11．已知双曲线C：﹣＝1（b＞2a＞0）的左，右焦点分别为F1，F2，抛物线E：y2＝2px（p＞0）的焦点与F2重合．点P是C与E的交点，且cos∠PF1F2＝，则C的离心率是（）A．2B．C．3D．2【分析】设PF1＝m，PF2＝n，根据cos∠PF1F2＝和抛物线性质得出PF2＝m，再根据双曲线性质得出m＝7a，n＝5a，最后根据余弦定理列方程得出a，c间的关系，从而可得出离心率．解：过P分别向x轴和抛物线的准线作垂线，垂足分别为M，N，不妨设PF1＝m，PF2＝n，则F1M＝PN＝PF2＝PF1cos∠PF1F2＝，∵P为双曲线上的点，则PF1﹣PF2＝2a，即m﹣＝2a，故m＝7a，n＝5a．又F1F2＝2c，在△PF1F2中，由余弦定理可得＝，化简可得c2﹣5ac+6a2＝0，即e2﹣5e+6＝0，解得e＝2或e＝3．∵b＞2a＞2，∴e＝＞，∴e＝3，故选：C．12．函数f（x）＝x﹣sin（x+1）+1，若f（x）•（ax﹣b）≥0（b≠0）对x∈R恒成立，则＝（）A．﹣1B．0C．1D．2【分析】f（x）＝x﹣sin（x+1）+1，x∈R，f′（x）＝1﹣cos（x+1）≥0．可得函数f （x）在R上单调递增．又f（﹣1）＝0，利用单调性及其∵f（x）•（ax﹣b）≥0（b ≠0）对x∈R恒成立，即可得出结论．解：f（x）＝x﹣sin（x+1）+1，x∈R，f′（x）＝1﹣cos（x+1）≥0．∴函数f（x）在R上单调递增．∵f（﹣1）＝0，∴x＜﹣1时，f（x）＜0，x＞﹣1时，f（x）＞0．∵f（x）•（ax﹣b）≥0（b≠0）对x∈R恒成立，x≤﹣1时，ax﹣b≤0；x≥﹣1时，ax﹣b≥0．∴a（﹣1）﹣b＝0，可得：＝﹣1．故选：A．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．复数z＝（2﹣i）i（i为虚数单位），则z的虚部是2．【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．解：∵z＝（2﹣i）i＝1+2i，∴z的虚部是2．故答案为：2．14．若x，y满足约束条件，则z＝x+3y的最大值是4．【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，代入目标函数得答案．解：由x，y满足约束条件，作出可行域如图，联立，解得A（1，1），化目标函数z＝x+3y为y＝﹣+，由图可知，当直线y＝y＝﹣+过A时，直线在y轴上的截距最大，z有最大值为1+3×1＝4．故答案为：4．15．如图，函数f（x）＝2sin（ωx+φ）（ω＞0，0＜φ＜π）的图象与坐标轴交于点A，B，C，直线BC交f（x）的图象于点D，O（坐标原点）为△ABD的重心，A（﹣π，0），则点C的坐标为（，0），f（0）＝．【分析】根据三角函数的对称性以及重心性质，求出C的坐标，结合五点对应法求出φ的值即可．解：∵B，D关于C对称，∴x B+x D＝2x C，∵O（坐标原点）为△ABD的重心，A（﹣π，0），∴x B+x D+x A＝0，即2x C﹣π＝0，得x C＝，即C（，0），由五点对应法得，得φ＝，则f（0）＝2sinφ＝2sin＝2×＝，故答案为：（，0），16．已知数列{a n}满足a3＝﹣，且a n+a n+1＝（n∈N*），则a n的最大值是．【分析】利用已知递推关系可得到a n＞a n+2，即a1＞a3＞a5＞…＞a2n﹣1＞…；a2＞a4＞a6＞…＞a2n＞…；分别求得a1与a2，比较二者的大小即可得到答案．解：∵a n+a n+1＝＝﹣（n∈N*）①，∴a n+1+a n+2＝＝﹣（n∈N*）②，①﹣②得：a n﹣a n+2＝（+）﹣（+）＝﹣＞0，∴a n＞a n+2，即a1＞a3＞a5＞…＞a2n﹣1＞…；a2＞a4＞a6＞…＞a2n＞…；∵a3＝﹣，∴a2+a3＝﹣＝，∴a2＝+＝．又a1+a2＝1﹣＝，∴a1＝﹣＝﹣＜a2＝．故a n的最大值是：．故答案为：．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．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b＝7，c（﹣cos A）＝a cos C．（1）求c；（2）若B＝，点D在边BC上，且AD＝5，求△ADC的面积．【分析】（1）由正弦定理，两角和的正弦函数公式化简已知等式即可求解c的值．（2）由已知可求△ABD为等边三角形，在△ABC中，由余弦定理可得a的值，进而解得CD的值，根据三角形的面积公式即可计算得解．解：（1）∵b＝7，c（﹣cos A）＝a cos C．∴＝a cos C+c cos A，由正弦定理可得＝sin A cos C+sin C cos A，∴＝sin（A+C）＝sin B，由正弦定理可得＝b＝7，∴解得c＝5．（2）∵B＝，点D在边BC上，且AD＝5，c＝5，∴△ABD为等边三角形，∴在△ABC中，由余弦定理b2＝a2+c2﹣2ac cos B，可得72＝52+a2﹣2×，可得a2﹣5a﹣24＝0，∴解得a＝8，或﹣3（舍去），∴CD＝a﹣BD＝8﹣5＝3，∴S△ACD＝AD•CD•sin∠ADC＝sin120°＝．18．如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，BF，DE，CG都垂直于平面ABCD，且CG ＝2BF＝2ED＝2．（1）证明：AE∥平面BCF；（2）若∠DAB＝，求三棱锥D﹣AEF的体积．【分析】（1）由ABCD是菱形，得AD∥BC，得到AD∥平面BCF．再由已知可得DE ∥BF，得到DE∥平面BCF．由面面平行的判定可得平面ADE∥平面BCF，则AE∥平面BCF；（2）由（1）知，DE∥BF，得到BF∥平面ADE，则F与B到平面ADE的距离相等，再由V D﹣AEF＝V F﹣ADE＝V B﹣ADE＝V E﹣ABD求解三棱锥D﹣AEF的体积．【解答】（1）证明：∵ABCD是菱形，∴AD∥BC，∵AD⊄平面BCF，BC⊂平面BCF，∴AD∥平面BCF．∵BF，DE都垂直于平面ABCD，∴DE∥BF，∵DE⊄平面BCF，BF⊂平面BCF，∴DE∥平面BCF．又AD∩DE＝D，∴平面ADE∥平面BCF，则AE∥平面BCF；（2）解：由（1）知，DE∥BF，∴BF∥平面ADE，则F与B到平面ADE的距离相等．∴V D﹣AEF＝V F﹣ADE＝V B﹣ADE＝V E﹣ABD＝＝．19．风梨穗龙眼原产厦门，是厦门市的名果，栽培历史已有100多年．龙眼干的级别按直径d的大小分为四个等级（如表）．d（mm）d＜2121≤d＜2424≤d＜27d≥27级别三级品二级品一级品特级品某商家为了解某农场一批龙眼干的质量情况，随机抽取了100个龙眼干作为样本（直径分布在区间[18，33]），统计得到这些龙眼下的直径的频数分布表如下：d（mm）[18，21）[21，24）[24，27）[27，30）[30，33]频数1m29n7用分层抽样的方法从样本的一级品和特级品中抽取6个，其中一级品有2个．（1）求m、n的值，并估计这批龙眼干中特级品的比例；（2）已知样本中的100个龙眼干约500克，该农场有500千克龙眼干待出售，商家提出两种收购方案：方案A：以60元/千克收购；方案B：以级别分装收购，每袋100个，特级品40元/袋、一级品30元/袋、二级品20元/袋、三级品10元/袋．用样本的频率分布估计总体分布，哪个方案农场的收益更高？并说明理由．【分析】（1）由频数分布表列出方程组，能求出m，n．（2）按方案A收购，农场收益为500×60＝30000（元），500千克龙眼干约有×100＝100000个，其中，特级品有100000×＝58000个，一级品有100000×＝29000个，二级品有100000×＝12000个，三级品有100000×＝1000个，按方案B收购，求出农场收益为34400（元），从而方案B农场的收益更高．解：（1）由题意得：，解得m＝12，n＝51．（2）按方案A收购，农场收益为：500×60＝30000（元），按方案B收购，以级别分装收购，每袋100个，特级品40元/袋、一级品30元/袋、二级品20元/袋、三级品10元/袋．500千克龙眼干约有：×100＝100000（个），其中，特级品有100000×＝58000个，一级品有100000×＝29000个，二级品有100000×＝12000个，三级品有100000×＝1000个，∴按方案B收购，农场收益为：580×40+290×30+120×20+10×10＝34400（元）．20．已知点A1（﹣2，0），A2（2，0），直线PA1，PA2相交于点P，且它们的斜率乘积为﹣．（1）求点P的轨迹Γ的方程；（2）设曲线Γ与y轴正半轴交于点B，直线l：y＝kx﹣1与Γ交于C，D两点，E是线段CD的中点证明：|CD|＝2|BE|．【分析】（1）设点P（x，y），利用，即可求出点P的轨迹Γ的方程，注意x；（2）联立直线l与椭圆方程，利用弦长公式求出|CD|，利用韦达定理求出点E的坐标，从而求出|BE|的长，即可证得|CD|＝2|BE|．解：（1）设点P（x，y），∵，∴，化简得：，∴点P的轨迹Γ的方程为：（x）；（2）易知B（0，2），设C（x1，y1），D（x2，y2），联立方程，消去y得：（1+3k2）x2﹣6kx﹣9＝0，∴，，∴，∴E（，），∴|CD|＝＝＝，而|BE|＝＝，∴|CD|＝2|BE|．21．已知函数f（x）＝e2x﹣ae x+x．（1）若f（x）在R上单调递增，求实数a的取值范围；（2）若f（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），证明：＜﹣3．【分析】（1）依题意，f′（x）＝e2x﹣ae x+1≥0恒成立，分离参数a，利用基本不等式可求得a≤（e x+e﹣x）min＝2，从而可得实数a的取值范围；（2）x1，x2（x1＜x2）是f（x）的两个极值点⇒x1，x2是f′（x）＝e2x﹣ae x+1＝0的两个根⇒+＝a，•＝＝1，故x1+x2＝0，又x1＜x2⇒x2＝﹣x1＞0，利用分析法即可证得结论成立．【解答】（1）解：∵f（x）＝e2x﹣ae x+x在R上单调递增，∴f′（x）＝e2x﹣ae x+1≥0恒成立，∴a≤（e x+e﹣x）min＝2，∴实数a的取值范围为（﹣∞，2]；（2）证明：∵x1，x2（x1＜x2）是f（x）的两个极值点，∴x1，x2是f′（x）＝e2x﹣ae x+1＝0的两个根，+＝a，•＝＝1，∴x1+x2＝0，又x1＜x2，∴x2＝﹣x1＞0．∴要证明＜﹣3，即证f（x2）＜﹣3x2，就是证明：﹣a+4x2＜0，即证：﹣（+）+4x2＝﹣+4x2﹣1＜0，令h（x）＝﹣e2x+4x﹣1（x＞0），需证h（x）max＜0．因为h′（x）＝﹣e2x+4，令h′（x）＝﹣e2x+4＝0，得x＝ln2，当x∈（0，ln2）时，h（x）单调递增，当x∈（ln2，+∞）时，h（x）单调递减，∴当x＝ln2时，h（x）＝﹣e2x+4x﹣1取得极大值，也是最大值h（ln2）＝﹣×4+4ln2﹣1＝4ln2﹣3＝ln＜ln1＝0，∴原结论成立．(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．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在平面直角坐标系xOy中，曲线∁l的参数方程为（φ为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．曲线C2的极坐标方程为ρ＝4sinθ．（l）写出C1的极坐标方程：（2）设点M的极坐标为（4，0），射线分别交C1，C2于A，B 两点（异于极点），当∠AMB＝时，求tanα．【分析】（1）直接利用转换关系的应用，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．（2）利用直线和圆的位置关系，建立方程组，进一步求出交点的坐标，最后利用两直线间的位置关系及夹角公式的应用，最后利用方程的解法的应用求出结果．解：（1）曲线∁l的参数方程为（φ为参数），转换为直角坐标方程为（x ﹣2）2+y2＝4，转换为极坐标方程为ρ＝4cosθ．（2）曲线C2的极坐标方程为ρ＝4sinθ．转换为直角坐标方程为x2+（y﹣2）2＝4．设点M的极坐标为（4，0），射线分别交C1，C2于A，B两点（异于极点），如图所示：设射线OA的方程为y＝kx，则：，解得．同理B．由于∠A＝，∠AMB＝时，所以BM与AO的夹角为，由于，k AO＝k，利用两直线的夹角公式的应用，整理得，即：2k3﹣k2+2k﹣1＝0或k2﹣2k+1＝0．解得k＝或k＝1．由于，所以k＝1（舍去）．故k＝．所以tan．[选修4-5：不等式选讲](10分)23．设函数f（x）＝2sin x+|a﹣3|+|a﹣1|．（1）若＞6，求实数a的取值范围；（2）证明：∀x∈R，f（x）≥|a﹣3|﹣|+1|恒成立．【分析】（1）依题意，得|a﹣3|+|a﹣1|＞4，利用绝对值的几何意义可得答案；（2）利用分析法证明，证明过程中注意双绝对值不等式的应用及基本不等式的应用．解：（1）∵f（x）＝2sin x+|a﹣3|+|a﹣1|，∴＞6，可化为：|a﹣3|+|a﹣1|＞4，∴由绝对值的几何意义得：a＞4或a＜0；（2）证明：要证f（x）≥|a﹣3|﹣|+1|恒成立，即证2sin x+|a﹣3|+|a﹣1|≥|a﹣3|﹣|+1|恒成立，也就是证明|+1|+|a﹣1|≥﹣2sin x恒成立．∵y＝﹣2sin x的最大值为2，即证|+1|+|a﹣1|≥2，∵|+1|+|a﹣1|≥|（+1）+（a﹣1）|＝|+a|＝||+|a|≥2成立，故原结论成立（证毕）．。

福建省厦门市2020届高中毕业班第一次质量检查数学(理科)试题及答案

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 题、第 23 题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共 60 分。 17．本题考查正弦定理、余弦定理、三角形的面积公式和三角恒等变换等基础知识；考查运算求解能力、
推理论证能力；考查数形结合思想、函数与方程思想．满分 12 分．
解：（1）依题设及正弦定理可得， sin Acos A + C = sin B sin A ------------------------------------------------ 1 分 2
因为 sin A 0，所以 cos A + C = cos − B = sin B --------------------------------------------------------- 2 分
M
故 ABC 为等腰三角形.
则 c = a ， BM
=a
A
C
--------------------------------------------------------------------------------------------------- 8 分
2
在 MBC 中由余弦定理可得， MC2 = BM 2 + BC2 − 2BM BC cos B
解法 2：
设
P(
x0
,
y0
)
，
F1
(−
c,
0)
，
F2
(c,
0)
，依题意得
M
(
2
x0 − 3
c
,
2 y0 3

福建省厦门市2020届高中毕业班第一次质量检查数学(文科)试题含答案

x
10．如图，边长为 2 的正方形 ABCD 中，E,F 分别是 AB,BC 的中点，将△AED,△DCF 分别沿 DE,DF 折起，使 A,C 两点重合于点 A,则线段 AB 的长为
A． 2
B． 2 3 3
C．1
D． 6 3
11．若关于 x 的不等式 eax>x3 在区间[ e ,e2] 内有解，则实数的取值范围是
男
女
喜欢
40
30
不喜欢
10
20
总计
50
50
总计 70 30 100
已知
附表：
则以下结论正确的是 A．有 95%的把握认为“喜欢该电视节目与性别有关” B．有 95%的把握认为“喜欢该电视节目与性别无关” C．在犯错误的概率不超过 1%的前提下，认为喜欢该电视节目与性别有关“ ” D．在犯错误的概率不超过 1%的前提下，认为“喜欢该电视节目与性别无关”
(2)若 Q 是曲线 C 上一点，且 OP = 4OQ ，求|OP|．
23.[选修 4-5:不等式选讲]（10 分）己知函数 f(x)= |x+a|+|x+b|+|x+c|.
1
(1)若 a，b，c>0，f(0)=1，证明：ab +bc +ac≤
3
(2)若 a=b=l，对于任意的 x∈(-∞,-2)，f(x) ≥4 恒成立，求 c 的取值范围．
的第一题计分。 22.[选修 4-4:坐标系与参数方程]（10 分）
在直角坐标系 xOy 中，直线 l 的方程为 x=-2，曲线 C 的方程为(x-1)2+y2=1，动点 P 到原点 O 的距离与到 l 的距离相等．以坐标原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标

2020年福建省厦门市高考数学一模试卷(理科)(有解析)

2020年福建省厦门市高考数学一模试卷(理科)一、单项选择题（本大题共12小题，共60.0分）1. 已知集合A ={x|−3<x <6}，B ={x|2<x <7}，则A ∩(∁R B)=( )A. (2,6)B. (2,7)C. (−3,2]D. (−3,2)2. 复数z 的共轭复数z −满足(2+i)z −=|3+4i|，则z =( )A. 2+iB. 2−iC. 1+2iD. 1−2i3. 某学校有男运动员100名，女运动员有50名，用分层抽样的方法从这150名运动员中抽一个容量为12的样本，那么应该抽男运动员( )A. 4人B. 6人C. 8人D. 10人4. 已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 10=100，则a 8的值为( )A. 16B. 15C. 14D. 135. 函数f(x)=xe x +2，x ∈[0,6]的最小值为( )A. 0B. 2C. 1e +2D. 6e 6+26. 已知正四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1的底面边长为2，侧棱长为底面边长的2倍，E 点为AD 的中点，则三棱锥D −BEC 1的体积为( )A. 83 B.4 C. 43 D. 87. 设a =3x 2−x +2，b =2x 2−x −1，则a 与b 的大小关系为( )A. a >bB. a =bC. a <bD. 与x 有关8. 已知函数f(x)=asinx −√3cosx 的一条对称轴为x =−π6，若f(x 1)·f(x 2)=−4，则|x 1+x 2|的最小值为( )A. π3B. π2C. 2π3D. 3π49. 已知AB 为圆C 的弦，C 为圆心，且|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2，则AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC⃗⃗⃗⃗⃗ =( ) A. −2 B. 2 C. √3D. −√310.中国古代近似计算方法源远流长，早在八世纪，我国著名数学家张遂在编制《大衍历》中发明了一种二次不等距插值算法：若函数y=f(x)在x=x1，x=x2，x=x3(x1<x2<x3)处的函数值分别为y1=f(x1)，y2=f(x2)，y3=f(x3)，则在区间[x1,x3]上f(x)可以用二次函数来近似代替：f(x)≈y1+k1(x−x1)+k2(x−x1)(x−x2)，其中k1=y2−y1x2−x1，k=y3−y2x3−x2，k2=k−k1x3−x1.若令x1=0，x2=π2，x3=π，请依据上述算法，估算sinπ5的值是()A. 1425B. 35C. 1625D. 172511.已知双曲线C：x216−y2b2=1(b>0)的右焦点与抛物线y2=20x的焦点重合，则双曲线C的渐近线方程为()A. 4x±3y=0B. 3x±4y=0C. 16x±9y=0D. 9x±16y=012.若函数f(x)=ax3−5ax2−｜x｜有四个不同的零点，则实数a的取值范围是()A. (−254,0) B. (−1,−425) C. (−∞,−254) D. (−∞,−425)二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.若(2x−1x)n展开式中各项的二项式系数之和为32，则该展开式中含x3的项的系数为______ ．14.要将甲、乙、丙、丁四位老师分配到A、B、C、D四个班级，每个班级一位老师，且甲不能分配到A班，则共有分配方案的种数为______．15.已知圆C1：(x−1)2+(y−2)2=9，C2：(x+3)2+(y−1)2=1，则两圆的外公切线段长等于______ ．16.如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是棱CC1，C1D1，D1D，CD的中点，N是BC的中点，动点M在四边形EFGH上及其内部运动，则当点M满足条件________时，有MN//平面B1BDD1．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.已知△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且bsin2A=asinB．(1)求A；(2)求cos(B+π6)+sin(C+π3)的最大值．18.如图，PD⊥平面ABCD，AD⊥DC，AD//BC，PD:DC:BC=1:1:√2.求直线PB与平面PDC所成角的大小．19.某产品的广告费用x万元与销售额y万元之间的对应数据如下：x24568y1030405070(1)画出上表数据的散点图(2)求出样本中心，(3)已知b̂=2.5，求y关于x的回归方程(â=y−−b̂x−)(4)已知x =10万元时，求销售收入y ．20. 已知定点A(−2,0)，B(2,0)，M 为动点，且满足直线MA 与直线MB 的斜率之积为−14．(Ⅰ)设动点M 的轨迹为曲线N ，求曲线N 的方程；(Ⅱ)过点(1,0)的直线与曲线N 交于两个不同的点C ，D ，直线CA ，DA 分别与直线x =−4交于点E ，F ，求S △ACDS△AEF的最大值．21. 已知函数f(x)=alnx −x 2+x 有两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2).(1)若x 2−x 1=14，求实数a 的值； (2)若−325<a <−19，求f(x 1)−f(x 2)x 1−x 2的取值范围．22.平面直角坐标系中，已知曲线C1：x2+y2=1。

2020年福建省厦门市高考数学一模试卷(文科)

高考数学一模试卷（文科）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.若集合A={x|x2+3x-10＜0}，B={x|-3＜x＜3}，则A∩B=（）A. {x|-3＜x＜2}B. {x|-5＜x＜2}C. {x|-3＜x＜3}D. {x|-5＜x＜3}2.i是虚数单位，则的虚部是（）A. -2B. -1C. -iD. -2i3.已知=（1，1），=（2，m），⊥（-），则||=（）A. 0B. 1C.D. 24.双曲线-=1（a＞0，b＞0）的离心率是2，则渐近线方程为（）A. 3x±y=0B. x±y=0C. x±3y=0D. x±y=05.在△ABC中，cos B=，b=2，sin C=2sin A，则△ABC的面积等于（）A. B. C. D.6.如图所示是某公司2018年1月至12月空调销售任务及完成情况的气泡图，气泡的大小表示完成率的高低，如10月份销售任务是400台，完成率为90%.则下列叙述不正确的是( )A. 2018年3月的销售任务是400台B. 2018年月销售任务的平均值不超过600台C. 2018年第一季度总销售量为830台D. 2018年月销售量最大的是6月份7.已知f（x）是偶函数，且对任意x1，x2∈（0，+∞），＞0．设a=f（），b=f（log37），c=f（-0.83），则（）A. b＜a＜cB. c＜a＜bC. c＜b＜aD. a＜c＜b8.设函数f（x）=a sin x cosx-2sin2x，若直线x=是f（x）图象的一条对称轴，则（）A.的最小正周期为，最大值为1B.的最小正周期为，最大值为2C.的最小正周期为，最大值为1D.的最小正周期为，最大值为29.易经是中国传统文化中的精髓图是易经八卦图含乾、坤、巽、震、坎、离、艮、兑八卦，每一卦由三根线组成“”表示一根阳线，“”表示一根阴线，从八卦中任取两卦，这两卦的六根线中恰有5根阳线和1根阴线的概率为( )A.B.C.D.10.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是一个三棱锥的三视图，则该三棱锥的外接球的表面积是（）A. πB.C. 4πD. 16π11.设函数f（x）=，若函数y=f（x）+ax恰有两个零点，则实数a的取值范围是（）A. [-2，0）∪（0，+∞）B. （-∞，0）∪（0，2]C. （-∞，0）∪（0，e]D. [-e，0）∪（0，+∞）12.设动点B,C在抛物线E:x2=y上，点A(1,1)，直线AB,AC的倾斜角互补，BC中点的纵坐标为y0，则y0不可能为（）A. 3B. 4C. 5D. 6二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知sin（-α）=-，0＜α＜π，则sin2α=______．14.若x，y满足，则z=2x-y的最大值为______．15.在△ABC中，AB=4，AC=2，A=，动点P在以点A为圆心，半径为1的圆上，则的最小值为______．16.在正三棱锥S-ABC中，，，E,F分别为AC,SB的中点，平面过点A，||平面SBC，∩平面ABC=l，则异面直线l和EF所成角的余弦值为__________．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.已知数列{a n}是公差为2的等差数列，数列{b n}满足b1=6，b1=a n+1．（1）求{a n}，{b n}的通项公式；（2）求数列{}的前n项和．18.如图，在多面体ABCDEF中，AD,BE,CF均垂直于平面ABC，AC=BC，AD=2，BE=4，CF=3.（1）过CF的平面α与平面ABED垂直，请在图中作出α截此多面体所得的截面，并说明理由；（2）若，，求多面体ABCDEF的体积.19.某企业为确定下一年度投入某种产品的研发费用，需了解年研发费用x（单位：千万元）对年销售量y（单位：千万件）的影响，统计了近10年投入的年研发费用x i与年销售量y i（i=1，2，…，10）的数据，得到如图散点图．（1）利用散点图判断，y=a+bx和y=c•x d（其中c，d为大于0的常数）哪一个更适合作为年研发费用x和年销售量y的回归方程类型（只要给出判断即可，不必说明理由）．（2）对数据作出如下处理：令u i=ln x i，v i=ln y i，得到相关统计量的值如表：u i v i u i v i u根据（）的判断结果及表中数据，求关于的回归方程；（3）已知企业年利润z（单位：千万元）与x，y的关系为z=-x（其中e=2.71828…），根据（2）的结果，要使得该企业下一年的年利润最大，预计下一年应投入多少研发费用？附：对于一组数据（u1，v1），（u2，v2），…，（u n，v n），其回归直线v=α+βu的斜率和截距的最小二乘估计分别为=，=-．20.已知椭圆：，过点C(1,0)且与x轴不重合的直线与相交于AB两点，点D(2,0)，直线AD与直线x=3交于点E.（1）当AB垂直于x轴时，求直线AD的方程；（2）证明：CD||BE.21.设函数f（x）=（x+1）ln（x+1）+ax2-x，a≥0．（1）求f（x）的极值；（2）证明：e x-1（f（x-1）+x）≥x2．22.在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ2=（1）求l的普通方程和C的直角坐标方程；（2）若C上恰有2个点到l的距离等于，求l的斜率．23.已知函数f（x）=|x+2|+|x-4|．（1）求不等式f（x）≤3x的解集；（2）若f（x）≥k|x-1|对任意x∈R恒成立，求k的取值范围．答案和解析1.【答案】A【解析】【分析】利用交集定义直接求解．本题考查交集的求法，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．【解答】解：∵集合A={x|x2+3x-10＜0}={x|-5＜x＜2}，B=|x|-3＜x＜3}，∴A∩B={x|-3＜x＜2}．故选：A．2.【答案】B【解析】解：∵=，∴的虚部是-1．故选：B．直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．3.【答案】D【解析】解：；∵；∴；∴m=0；∴；∴．故选：D．可求出，根据即可得出，进行数量积的坐标运算即可求出m，进而求出的坐标，从而求出．考查向量垂直的充要条件，向量减法和数量积的坐标运算，根据向量坐标求向量长度的方法．4.【答案】D【解析】解：由题意得，，则即，所以双曲线-=1的渐近线方程为y=±x=x，即，故选：D．由离心率是2得c=2a，代入c2=a2+b2得3a2=b2，求出的值，再求出双曲线的渐近线方程．本题考查双曲线的标准方程以及简单的几何性质，属于中档题．5.【答案】D【解析】【分析】本题考查了正弦定理和余弦定理以及三角形面积的计算问题，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．利用正弦定理和余弦定理求出a、c的值，即可解得△ABC的面积．【解答】解：△ABC中，cos B=，b=2，sin C=2sin A，由正弦定理得c=2a，由余弦定理得b2=a2+c2-2ac cos B=a2+4a2-2a•2a•=4a2=4，解得a=1，∴c=2，可得△ABC的面积为S=ac sin B=×1×2×=．故选：D．6.【答案】D【解析】【分析】由频率分布折线图、密度曲线逐一检验即可得解．本题考查频率分布折线图、密度曲线，属简单题．【解答】解：由图可知：①选项A正确，②2018年月销售任务的平均值为＜600，故选项B正确，③2018年第一季度总销售量为300×0.5+200×1+400×1.2=830，故选项C正确，④2018年月销售量最大的是5月份，为800台，故选项D不正确.综合①②③④得：选项D不正确，故选：D．7.【答案】B【解析】解：根据题意，f（x）满足对任意x1，x2∈（0，+∞），＞0，则函数f（x）在（0，+∞）上为增函数，又由f（x）是偶函数，则c=f（-0.83）=f（0.83），又由0.83＜1＜＜log33=log3＜log37，则c＜a＜b；故选：B．根据题意，结合函数单调性的定义可得f（x）在（0，+∞）上为增函数，结合函数奇偶性分析可得c=f（-0.83）=f（0.83），又由0.83＜1＜＜log33=log3＜log37，结合函数的单调性分析可得答案．本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，关键是分析函数的单调性，属于基础题．8.【答案】A【解析】解：f（x）=a sin x cosx-2sin2x=sin2x+cos2x-1=sin2x+cos2x）-1，令cosθ=，sinθ=，则tanθ=，其中θ是参数，则f（x）=sin（2x+θ）-1，则函数的最小正周期T==π，∵直线x=是f（x）图象的一条对称轴，∴2×+θ=kπ+，即θ=kπ+，则tanθ=tan（kπ+）=tan=，即=，得a=2则函数f（x）的最大值为-1=-1=1，故选：A．利用倍角公式，以及辅助角公式将函数进行化简，进而根据正弦函数的性质求得周期和最小值．本题主要考查了三角函数的性质，利用倍角公式以及辅助角公式进行化简，结合三角函数的对称性求出a的值是解决本题的关键．9.【答案】A【解析】【分析】基本事件总数n==28，这两卦的六根线中恰有5根阳线和1根阴线包含的基本事件个数m=3，由此能求出这两卦的六根线中恰有5根阳线和1根阴线的概率．本题考查概率的求法，考查古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．【解答】解：从八卦中任取两卦，基本事件总数n==28，这两卦的六根线中恰有5根阳线和1根阴线包含的基本事件个数m=3，∴这两卦的六根线中恰有5根阳线和1根阴线的概率为p=．故选：A．10.【答案】C【解析】【分析】本题考查的知识点是球的体积和表面积，球内接多面体，简单几何体的三视图，难度不大，属于基础题．由已知中的三视图画出几何体的直观图，求出外接球的半径，进而得到答案．【解答】解：由已知中的三视图可得：该几何体是一个以俯视图为底面，以侧视图为左侧面的三棱锥，其中底面和左侧面都是等腰直角三角形，且斜边为底面与左侧面的交线，故此交线即为外接球的直径，长度为2，设O为底面直角三角形斜边的中点,则O为球心,故球半径R=1，故球的表面积S=4πR2=4π，故选C．11.【答案】A【解析】【分析】讨论a的符号，作出函数f（x）和y=-ax的图象，利用数形结合进行求解即可．本题主要考查函数与方程的应用，根据条件转化为两个函数交点个数问题，利用数形结合是解决本题的关键．【解答】解：由y=f（x）+ax恰有两个零点，得y=f（x）+ax=0有两个不同的根，即f（x）=-ax，即y=f（x）与y=-ax有两个不同的交点，当x=0时，y=f（0）+0=0，即x=0是函数的一个零点，当a＞0时，作出函数f（x）的图象如图：此时y=f（x）与y=-ax恒有两个交点，满足条件；若a＜0，作出函数f（x）的图象如图：此时y=f（x）与y=-ax恒有两个交点，满足条件；当x≥0时，f′（x）=2x+2，则函数f（x）在（0，0）点的切线斜率k=f′（0）=2，要使当x≥0时，f（x）与y=-ax只有一个交点（0，0），则-a≤2，即-2≤a＜0，当a=0时，不满足条件．综上a＞0或-2≤a＜0，即实数a的取值范围是[-2，0）∪（0，+∞），故选：A．12.【答案】C【解析】【分析】本题考查了抛物线的性质，属中档题．设B（x1，y1），C（x2，y2），联立直线AB与抛物线解得B，C两点的纵坐标，再得y0，结合判别式可知选C．【解答】解：设B（x1，y1），C（x2，y2），直线AB：y=k（x-1）+1（k≠0），代入x2=y得：x2-kx+k-1=0，所以x1=k-1，则y1=（k-1）2；同理：x2=-k-1，y2=（k+1）2，所以y0==k2+1．由题设知：，得：k≠0且k≠2，所以y0＞1且y0≠5，故选：C．13.【答案】-【解析】解：∵sin（-α）=cosα=-，0＜α＜π，∴sinα==，则sin2α=2sinαcosα=-，故答案为：-．利用诱导公式、二倍角公式，求得sin2α的值．本题主要考查诱导公式、二倍角公式的应用，属于基础题．14.【答案】2【解析】解：x，y满足，画出可行域如图，做出基准线0=2x-y，解得A（2，2）由图知，当直线z=2x-y过点A（2，2）时，z最大值为：2．故答案为：2．先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，求出最优解，然后求解z的最大值即可．本题主要考查了简单的线性规划，以及利用几何意义求最值，属于基础题．15.【答案】5-2【解析】解：由余弦定理得BC=∴AC2+BC2=AB2∴∠ACB=90°以A点为坐标原点，AC所在直线为y轴建立如图坐标系则A（0，0），B（2，2），C（0，2）P为单位圆上的一点，设P（cosθ，sinθ），，∴=-2+cosθ2+4-4sinθ+sinθ2=5-（4sinθ+2）=5-2sin（θ+φ），（其中tanφ=）故当sin（θ+φ）=1时，有最小值5-2，故填：5-2先用余弦定理算出BC的长度，再由勾股定理得三角形ABC为以∠C为直角的直角三角形．建立坐标系后，将表示为∠θ的函数，根据三角函数的有界性可以得到的最小值．本题主要考查了解三角形、向量的数量积运算、三角恒等变换等知识．将向量数量积的最值问题转化为三角函数的有界性问题，属于基础题16.【答案】【解析】【分析】推导出l∥BC，取AB中点D，连结DE，DF，则DE∥BC，从而l∥DE，进而异面直线l 和EF所成角即为∠DEF或其补角，由此能求出异面直线l和EF所成角的余弦值．本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．【解答】解：∵α∥面SBC，α∩面ABC=l，平面SBC∩平面ABC=BC，∴l∥BC，取AB中点D，连结DE，DF，则DE∥BC，∴l∥DE，∴异面直线l和EF所成角即为∠DEF或其补角，取BC中点O，则SO⊥BC，AO⊥BC，又SO∩AO=O，∴BC⊥平面SOA，又SA⊂平面SOA，∴BC⊥SA，∴DE⊥DF，在Rt△DEF中，DE=，DF=，∴EF=2，cos∠DEF=．∴异面直线l和EF所成角的余弦值为．故答案为：．17.【答案】解：（1）数列{a n}是公差为2的等差数列，数列{b n}满足b1=6，b1=a n+1．所以：当n=1时，a2=b1=6，故：a n=6+2（n-2）=2n+2，由于b1=a n+1．①当n≥2时，b1+…+=a n②，①-②得：，所以：b n=2n所以：．（2）当n=1时，．当n≥2时，，则：，=，=，当n=1时满足上式，故：．【解析】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，裂项相消法在数列求和中的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题．（1）直接利用递推关系式求出数列的通项公式．（2）利用（1）的关系式，利用裂项相消法求出数列的和．18.【答案】解：（1）取AB，DE的中点G，H，连接CG，FH，HG，则四边形CFGH 即为所求截面．理由如下：∵AD，BE，CF均垂直于平面ABC，∴AD∥BE∥CF，∵AD=2，BE=4，∴ABED为梯形，又G，H分别为AB，DE的中点，∴HG∥BE，HG=3，∴HG∥CF，HG=CF，则CFHG为平行四边形，∵AC=BC，G为AB的中点，∴CG⊥AB，又AD⊥平面ABC，CG⊂平面ABC，∴AD⊥CG．又AB∩AD=A，∴CG⊥平面ABED，又CG⊂平面CFHG，∴平面CFHG⊥平面ABED．∴平行四边形CFHG为所作的截面；（2）过点A作AM⊥BC于点M，∵BE⊥平面ABC，AM⊂平面ABC，∴BE⊥AM，又BE∩BC=B，BC，BE⊂平面BCFE，∴AM⊥平面BCFE，在△ABC中，AC=BC，∠ACB=120°，，得AC=BC=4，∴．∴=，．∴．【解析】本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定及其应用，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题．（1）取AB，DE的中点G，H，连接CG，FH，HG，则四边形CFGH即为所求截面，然后结合已知利用面面垂直的判定证明.（2）过点A作AM⊥BC于点M，可得BE⊥AM，进一步得到AM⊥平面BCFE，然后把多面体ABCDEF的体积转化为三棱锥D-ABC与三棱锥D-BCFE的体积和求解．19.【答案】解：（1）由散点图知，选择回归类型，y=c•x d更适合．（2）对y=c•x d两边取对数，得Iny=ln c+d ln x，即v=ln c+du．由表中数据得，所以，所以．所以年研发费用x与年销售量y的回归方程为．（3）由（2）知，，求导得，令，得x=27，函数在（0，27）上单调递增，在（27，+∞）上单调递减，所以当x=27时，年利润z取最大值5.4亿元．答：要使得年利润取最大值．预计下一年度投入2.7亿元．【解析】（1）由题意结合散点图选择合适的回归方程即可；（2）结合所给的数据求解非线性回归方程即可；（3）结合（2）中求得的回归方程确定利润函数，结合导函数研究函数的最值即可．本题主要考查非线性回归方程的应用，导函数研究函数的最大值等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力．20.【答案】解：（1）设点A（x1，y1），当AB垂直于x轴时，可得x1=1，y1=±，∴A（1，±），∴k AD=±，∴直线AD的方程为y=±（x-2），证明：（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），设直线方程为x=my+1，代入椭圆方程可得（m2+3）y2+2my-2=0∴y1+y2=-，y1y2=-，△=4m2+8（m2+3）＞0，∴=m，∴y1+y2=my1y2∴y1=（my1-1）y2，∵k AD=，∴直线AD的方程为y=（x-2），当x=3时可得y E=，∴y E==y2，∴CD∥BE【解析】本题是一道直线与椭圆的综合题，涉及到韦达定理等知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．（1）求出点A的坐标，即可求出直线方程，（3）设A（x1，y1），B（x2，y2），设直线方程为x=my+1，代入椭圆方程可得（m2+3）y2+2my-2=0，利用韦达定理，计算即可．21.【答案】解：（1），因为a≥0，所以f'（x）在（-1，+∞）上单调递增，又f’（0）=0，所以x∈（-1，0）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；x∈（0，+∞）时，f’（x）＞0，f（x）单调递增，所以x=0是f（x）的极小值点，故函数f（x）的极小值为f（0）=0，无极大值．（2）f（x-1）的定义域为（0，+∞）．要证：e x-1（f（x-1）+x）≥x2，只需证：，只需证：，令，，因为a≥0，所以当x∈（0，1）时，F’（x）＜0，F（x）单调递减，当x∈（1，+∞）时，F'（x）＞0，F（x）单调递增，所以F（x）min=F（1）=0，即F（x）≥0．故当a≥0时，e x-1（f（x-1）+x）≥x2．【解析】（1）首先求得导函数，然后利用导函数研究原函数的单调性从而确定函数的极值即可；（2）利用分析法将所要证明的不等式等价变形，然后构造新函数，由新函数的最值证明题中的不等式即可．本题主要考查导数的运算、函数的单调性、极值、最值以及不等式等基础知识；考查运算求解能力、推理论证能力；考查化归与转化等数学思想等知识，属于中等题．22.【答案】解：（1）直线l的参数方程为（t为参数），转换为直角坐标方程为：y=tanαx．曲线C的极坐标方程为ρ2=，转换为直角坐标方程为：x2+4y2=4，（2）由于曲线C上恰有2个点到l的距离等于，则：该点为椭圆的左右顶点，即：（2，0）和（-2，0），则：点（2，0）到直线y=tanαx=kx的距离d=，解得：k=±1，故直线的斜率为：k=±1，【解析】（1）直接利用转换关系，把参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间进行转换．（2）利用点到直线的距离的公式的应用求出结果．本题考查的知识要点：参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换，点到直线的距离公式的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．23.【答案】解：（1）当x＞4时，x+2+x-4≤3x，解得：x≥-2，故x＞4，当x＜-2时，-x-2-x+4≤3x，解得：x≥-，故此不等式无解，当-2≤x≤4时，x+2-x+4≤3x，解得：x≥2，故2≤x≤4，综上，不等式的解集是[2，+∞）；（2）由f（x）≥k|x-1|，得|x+2|+|x-4|≥k|x-1|，当x=1时，6≥0恒成立，故k∈R，当x≠1时，k≤==|1+|+|1-|，∵|1+|+|1-|≥|1++1-|=2，当且仅当（1+）（1-）≥0即x≥4或x≤-2时，“=”成立，故k≤2，综上，k的范围是（-∞，2]．【解析】（1）通过讨论x的范围，求出不等式的解集即可；（2）问题转化为k≤|1+|+|1-|，根据绝对值不等式的性质求出k的范围即可．本题考查了解绝对值不等式问题，考查绝对值不等式的性质以及分类讨论思想，转化思想，是一道常规题．。

2024届福建省厦门第一中学高考模拟(最后一卷)数学试题(解析版)

2024年普通高等学校招生全国统一考试模拟考数学满分：150分考试时间：120分钟注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.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、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40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.已知随机变量()23,X N σ ，且()24P x m<<=，()15P x n<<=，则()25P x <<的值为（）A.2m n + B.2n m - C.12m - D.12n -【答案】A 【解析】【分析】由正态分布曲线的性质即可得解.【详解】()()()()()112523352415222m n P x P x P x P x P x +<<=<≤+<<=<<+<<=.故选：A.2.已知101mx A x mx ⎧⎫+=≤⎨⎬-⎩⎭，若2A ∈，则m 的取值范围是（）A.1122m -≤< B.1122m -≤≤ C.12m ≤-或12m >D.12m ≤-或12m ≥【答案】A 【解析】【分析】将2x =代入101mx mx +≤-，然后转化为一元二次不等式求解可得.【详解】因为2A ∈，所以21021m m +≤-，等价于()()21210210m m m ⎧+-≤⎨-≠⎩，解得1122m -≤<.故选：A3.若抛物线2y mx =的准线经过双曲线222x y -=的右焦点，则m 的值为（）A.4- B.4C.8- D.8【答案】C 【解析】【分析】根据题意，分别求得双曲线的右焦点以及抛物线的准线方程，代入计算，即可得到结果.【详解】因为双曲线222x y -=的右焦点为()2,0，又抛物线2y mx =的准线方程为4mx =-，则24m -=，即8m =-.故选：C4.已知三棱锥A BCD -中，AB ⊥平面BCD ，2AB =，3BC =，4CD =，5BD =，则该三棱锥外接球的表面积为（）A.29π4 B.19π2C.29πD.38π【答案】C 【解析】【分析】取BD 中点E ，根据已知可得E 为BCD △的外心，过E 作底面的垂线OE ，使12OE AB =，可得O 为三棱锥外接球的球心，计算球的半径，由球的表面积公式可得结果.【详解】在BCD △中，因为3BC =，4CD =，5BD =，所以222BC CD BD +=，所以BC CD ⊥，取BD 中点E ，则E 为BCD △的外心，且外接圆的半径为1522r BD ==，过E 作底面的垂线OE ，使12OE AB =，又AB ⊥平面BCD ，则O 为三棱锥外接球的球心，所以外接球的半径2222529144R OE BE =+=+=，所以三棱锥外接球的表面积为2294π4π29π4R =⨯=，故选：C.5.1024的所有正因数之和为（）A.1023B.1024C.2047D.2048【答案】C 【解析】【分析】根据等比数列前n 项求和公式计算即可求解.【详解】由题意知，1010242=，则1024的所有正因数之和为11012101(12)2222204712⨯-++++==- .故选：C6.二维码与我们的生活息息相关，我们使用的二维码主要是2121⨯大小的特殊的几何图形，即441个点.根据0和1的二进制编码规则，一共有4412种不同的码，假设我们1万年用掉15310⨯个二维码，那么所有二维码大约可以用（）（参考数据：lg20.301,lg30.477≈≈）A.11710万年 B.12010万年C.12310万年D.12510万年【答案】A 【解析】【分析】利用取对数法进行化简求解即可．【详解】1 万年用掉15310⨯个二维码，∴大约能用441152310⨯万年，设441152310x =⨯，则44144115152lg lg lg2(lg3lg10)441lg2lg3154410.3010.47715117310x ==-+=--≈⨯--≈⨯，即11710x ≈万年．故选：A ．7.在一次数学模考中，从甲､乙两个班各自抽出10个人的成绩，甲班的十个人成绩分别为1210x x x ､､､，乙班的十个人成绩分别为1210,,,y y y .假设这两组数据中位数相同､方差也相同，则把这20个数据合并后（）A.中位数一定不变，方差可能变大B.中位数可能改变，方差可能变大C.中位数一定不变，方差可能变小D .中位数可能改变，方差可能变小【答案】A 【解析】【分析】不妨设12101210,x x x y y y ≤≤≤≤≤≤ ，表达出两组数据的中位数，根据中位数相同得到5566x y y x ≤≤≤或5566y x x y ≤≤≤，则合并后的数据中位数是562x x +或者562y y +，中位数不变，再设第一组数据的方差为2s ，平均数为x ，第二组数据的方差为2s ，平均数为y ，根据公式得到合并后平均数为ω，方差为2s '，2222211(()22s s x y s ωω=+-+-≥'，得到结论.【详解】不妨设12101210,x x x y y y ≤≤≤≤≤≤ ，则1210x x x ､､､的中位数为562x x +，1210y y y ､､的中位数为562y y +，因为565622x x y y ++=，所以5566x y y x ≤≤≤或5566y x x y ≤≤≤，则合并后的数据中位数是562x x +或者562y y +，所以中位数不变.设第一组数据的方差为2s ，平均数为x ，第二组数据的方差为2s ，平均数为y ，合并后总数为20，平均数为ω，方差为2s '，{}22222110()10(1010s s x s y ωω⎡⎤⎡⎤=+-++-⎣⎦'⎣⎦+222222221111((((.2222s x s y s x y s ωωωω⎡⎤⎡⎤=+-++-=+-+-≥⎣⎦⎣⎦如果均值相同则方差不变，如果均值不同则方差变大.故选：A.8.若曲线1exax y +=有且仅有一条过坐标原点的切线，则正数a 的值为（）A.14B.4C.13D.3【答案】A 【解析】【分析】设切点0001(,)ex ax x +，利用导数的几何意义求得切线方程，将原点坐标代入，整理得20010ax x ++=，结合Δ0=计算即可求解.【详解】设1()e x ax y f x +==，则1()e xax a f x -+-'=，设切点为0001(,)e x ax x +，则0001()e x ax a f x -+-'=，所以切线方程为0000011()e e x x ax ax a y x x +-+--=-，又该切线过原点，所以00000110(0)e e x x ax ax a x +-+--=-，整理得2010ax x ++=①，因为曲线()y f x =只有一条过原点的切线，所以方程①只有一个解，故140a ∆=-=，解得14a =.故选：A【点睛】关键点点睛：本题主要考查导数的几何意义，切点未知，设切点坐标，由导数的几何意义求出切线方程，确定方程的解与根的判别式之间的关系是解决本题的关键.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.若1b c >>，01a <<，则下列结论正确的是（）A.a a b c <B.log log b c a a >C.a a cb bc <D.log log c b b a c a>【答案】BC 【解析】【分析】由已知可得，由幂函数性质可判断A;由对数函数性质可判断B;由幂函数性质可判断C;由不等式的性质可判断D.【详解】对于A ：∵01a <<，幂函数a y x =在(0,)+∞上单调递增，且1b c >>，∴a a b c >，故选项A 错误；对于B ：∵01a <<，∴函数log a y x =在(0,)+∞上单调递减，又∵1b c >>，∴log log log 10a a a b c <<=，∴110log log b c c a>>，即0log log b c a a >>，故B 正确；对于选项C ：∵01a <<，则10a -<，幂函数1a y x -=在(0,)+∞上单调递减，且1b c >>，∴11a a b c --<，∴a a cb bc <，故选项C 正确；对于选项D ：由选项B 可知：0log log b c a a >>，∴0log log b c a a <-<-，∵1b c >>，∴(log )(log )b c c a b a -<-，∴log log c b b a c a <，故D 错误.故选：BC.10.已知圆22:1O x y +=，圆22:()(1)4,R C x a y a -+-=∈，则（）A.两圆的圆心距OC 的最小值为1B.若圆O 与圆C 相切，则a =±C.若圆O 与圆C 恰有两条公切线，则a -<<D.若圆O 与圆C 相交，则公共弦长的最大值为2【答案】AD 【解析】【分析】根据两点的距离公式，算出两圆的圆心距1d ≥，从而判断出A 项的正误；根据两圆相切、相交的性质，列式算出a 的取值范围，判断出B,C 两项的正误；当圆O 的圆心在两圆的公共弦上时，公共弦长有最大值，从而判断出D 项的正误．【详解】根据题意，可得圆22:1O x y +=的圆心为(0,0)O ，半径1r =，圆22:()(1)4C x a y -+-=的圆心为(,1)C a ，半径2R =．对于A ，因为两圆的圆心距1d OC ==≥，所以A 项正确；对于B ，两圆内切时，圆心距||1d OC R r ==-=1=，解得0a =．两圆外切时，圆心距||3d OC R r ==+=3=，解得a =±．综上所述，若两圆相切，则0a =或a =±，故B 项不正确；对于C ，若圆O 与圆C 恰有两条公切线，则两圆相交，||(,)d OC R r R r =∈-+，(1,3)，可得13<<，解得a -<<0a ≠，故C 项不正确；对于D ，若圆O 与圆C 相交，则当圆22:1O x y +=的圆心O 在公共弦上时，公共弦长等于22r =，达到最大值，因此，两圆相交时，公共弦长的最大值为2，故D 项正确．故选：AD ．11.已知函数()f x 的定义域为R ，()()()eeyxf x f y f x y +=+，且()11f =，则（）A.()00f =B.()21ef -=C.()e xf x 为奇函数D.()f x 在()0+∞，上具有单调性【答案】AC 【解析】【分析】根据题意，令0x y ==即可判断A ，令1x =，1y =-，即可判断B ，令y x =-结合函数奇偶性的定义即可判断C ，令y x =即可判断D 【详解】对A ：令0x y ==，则有()()()0000eef f f =+，即()00f =，故A 正确；对B ：1x =，1y =-，则有()()()1111e 11e f f f -+--=，即()()()1e 1e0f f f =-+，由()00f =，()11f =，故()01e ef =-+，即()21e f -=-，故B 错误；对C ：令y x =-，则有()()()eexx f x f f x x x --=+-，即()()()e 0e x x x f f x f -=+-，即()()e exxf x f x --=-，又函数()f x 的定义域为R ，则函数()e x f x 的定义域为R ，故函数()e xf x 为奇函数，故C 正确；对D ：令y x =，则有()()()eexxf x f x f x x +=+，即()()22exf x f x =，即有()()22e x f x f x =，则当ln 2x =时，有()()ln 22ln 221ln 2e f f ==，即()()2ln 2ln 2f f =，故()f x 在()0,∞+上不具有单调性，故D 错误.故选：AC三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知复数()2cos isin 1iz θθθ+=∈+R 的实部为0，则tan2θ=______．【答案】43【解析】【分析】利用复数()2cos isin 1iz θθθ+=∈+R 的实部为0，求出tan 2θ=-，再利用二倍角公式得出结论．【详解】复数()()()()()()2cos isin 1i 2cos sin sin 2cos i2cos isin 1i 1i 1i 2z θθθθθθθθθ+-++-+===∈++-R 的实部为0，2cos sin 0,tan 2θθθ∴+=∴=-．22tan 44tan21tan 143θθθ-∴===--．故答案为：43．13.已知空间中有三点()0,0,0O，()1,1,1A -，()1,1,0B ，则点O 到直线AB 的距离为______.【答案】305【解析】【分析】求出,OA AB 的坐标，求出cos ,OA AB，根据点O 到直线AB 的距离为sin ,OA OA AB 即可求解.【详解】因为()0,0,0O ，()1,1,1A -，()1,1,0B ，所以()()1,1,1,0,2,1OA AB =-=-,所以OA AB == ，()()1012113OA AB ⋅=⨯+-⨯+⨯-=-.所以cos ,OA ABOA AB OA AB⋅==-所以10sin ,5OA AB === .所以点O 到直线AB的距离为sin ,55OA OA AB ==.故答案为：305.14.设函数2()f x x ax b =++，对于任意的实数a ，b ，总存在0[0,4]x ∈，使得()f x t ≥成立，则实数t 的取值范围是________.【答案】2t ≤【解析】【分析】分情况讨论a 不同取值时函数2()u x x ax b =++在[0，4]上的范围，从而确定()f x 的最大值，将对任意实数a ，b ，总存在实数0[0x ∈，4]使得不等式0()f x t 成立，转化为min ][()max t f x ≤恒成立，即可解决．【详解】因为存在0[0,4]x ∈，使得()f x t ≥成立，所以max ()t f x ≤，因为对于任意的实数a ，b ，max ()t f x ≤,所以min ][()max t f x ≤恒成立，设()f x 的最大值为M （b ），令2()u x x ax b =++，二次函数的对称轴为2a x =-，当<02a-，即a>0时，()u x 单调递增，此时()16+4+b u x a b ，当28b a ≥--时，M （b ）16+4+a b =，当28b a <--时，M （b ）b =-，从而当0a >时，28b a =--时M （b ）取最小值，M （b ）2+8>8min a =，当40a -<£时，()u x 在[0，)2a -上单调递减，在[2a-，4]上单调递减，2()1644a b u x a b -+≤≤++，所以当21288b a a =--时，2min 1()2888M b a a =-++≥.当84a -≤≤-时，()u x 在[0，2a -上单调递减，在[2a-，4]上单调递减，2()4a b u x b -+≤≤，所以当218b a =时，2min 1()28M b a =≥.当a ＜-8时，()u x 单调递减，16+4a+()b u x b ≤≤，当28b a ≤--时，M （b ）164a b =---，当28b a >--时，M （b ）b =，从而当a ＜-8时，28b a =--时M （b ）取最小值，M （b ）28>8min a =--.综合得min ()2M b =.所以2t ≤.故答案为：2t ≤【点睛】本题主要考查函数的图象和性质的应用，考查函数的单调性和最值，考查恒成立和存在性问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力，属于难题．四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.用1，2，3，4，5这五个数组成无重复数字的五位数，则（1）在两个偶数相邻的条件下，求三个奇数也相邻的概率；（2）对于这个五位数，记夹在两个偶数之间的奇数个数为X ，求X 的分布列与期望.【答案】（1）12（2）分布列见解析，()1E X =【解析】【分析】（1）设A =“数字2，4相邻”，设B =“数字1，3，5相邻”，利用排列数公式求出()n A ，()n AB ，最后根据古典概型的概率公式计算可得；（2）依题意X 的所有可能取值为0，1，2，3，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望.【小问1详解】设A =“数字2，4相邻”，设B =“数字1，3，5相邻”，则数字2，4相邻时的五位数有2424A A 48=个，数字2，4相邻，数字1，3，5也相邻的五位数的个数为232232A A A 24=，则()()()241482n AB P B A n A ===；【小问2详解】依题意X 的所有可能取值为0，1，2，3，由题意知“X 0=”表示2个偶数相邻，则()242455A A 20A 5P X ===，“1X =”表示2个偶数中间共插入了1个奇数，则()21323355A C A 31A 10P X ===，“2X =”表示2个偶数中间共插入了2个奇数，则()22223255A A A 12A 5P X ===；“3X =”表示2个偶数中间共插入了3个奇数，则()232355A A 13A 10P X ===，所以X 的分布列为X0123P2531015110则X 的期望为()231101231510510E X =⨯+⨯+⨯+⨯=.16.已知在正三棱柱111ABC A B C -中，2AB =，11AA =.（1）已知E ，F 分别为棱1AA ，BC 的中点，求证：//EF 平面11A B C ；（2）求直线1A B 与平面11A B C 所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）1510【解析】【分析】（1）G 为1B C 中点，通过证明1//EF A G ，证明//EF 平面11A B C ；（2）以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系，向量法求线面角的正弦值.【小问1详解】取1B C 中点G ，连接1A G ，FG .G ，F 分别为1B C ，BC 中点，1//GF BB ∴且112GF BB =，又E 为1AA 中点，11//A E BB ∴且1112A E BB =，1//GF A E ∴且1GF A E =，故四边形1A EFG 是平行四边形，1//EF A G ∴.而EF ⊄平面11A B C ，1A G ⊂面11A B C ，//EF ∴平面11A B C .【小问2详解】如图以A 为坐标原点，AC ，1AA 分别为y ，z 轴建立空间直角坐标系，则()10,0,1A ，)3,1,0B，)13,1,1B ，()0,2,0C ，则())1110,2,1,3,1,0A C AB =-= .设平面11A B C 的法向量为(),,n x y z = ，则1112030A C n y z A B n x y ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令1x =，得3y =，3z =-，(1,3,3n ∴=-.又)13,1,1A B =- ，1332315cos ,1054A B n ∴=⨯.即直线1A B 与平面11A B C 所成角的正弦值是1510.17.三角学于十七世纪传入中国，此后徐光启、薛风祚等数学家对此深入研究，对三角学的现代化发展作出了巨大贡献，三倍角公式就是三角学中的重要公式之一，类似二倍角的展开，三倍角可以通过拆写成二倍角和一倍角的和，再把二倍角拆写成两个一倍角的和来化简.（1）证明：3sin 33sin 4sin x x x =-；（2）若11sin101n n ⎛⎫︒∈⎪+⎝⎭，，*n ∈N ，求n 的值.【答案】（1）证明见解析（2）5n =【解析】【分析】（1）利用两角和的正弦公式及倍角公式证明即可；（2）将sin10︒转为方程314302x x -+=的一个实根，通过函数的单调性及零点存在性定理即可求解.【小问1详解】因为()sin 3sin 2sin 2cos cos 2sin x x x x x x x=+=+()22sin cos cos 12sin sin x x x x x=⋅+-()2332sin 1sin sin 2sin 3sin 4sin x x x x x x =-+-=-；【小问2详解】由（1）可知，31sin 303sin104sin 102︒︒︒=-=，即sin10︒是方程314302x x -+=的一个实根.令()31432f x x x =-+，()()()212332121f x x x x '=-=+-，显然10sin10sin 302︒︒<<=，当102x <<时，()0f x <′，所以()31432f x x x =-+在10,2⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，又3114066f ⎛⎫⎛⎫=⨯> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，31111174305552250f ⎛⎫⎛⎫=⨯-⨯+=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以11sin10,65︒⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，即5n =.18.已知圆22:(1)16A x y ++=和点()1,0B ，点P 是圆上任意一点，线段PB 的垂直平分线与线段PA 相交于点Q ，记点Q 的轨迹为曲线C .（1）求曲线C 的方程；（2）点D 在直线4x =上运动，过点D 的动直线l 与曲线C 相交于点,M N .（ⅰ）若线段MN 上一点E ，满足ME MD ENDN=，求证：当D 的坐标为()4,1时，点E 在定直线上；（ⅱ）过点M 作x 轴的垂线，垂足为G ，设直线,GN GD 的斜率分别为12,k k ，当直线l 过点()1,0时，是否存在实数λ，使得12k k λ=若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）22143x y +=（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）12λ=【解析】【分析】（1）根据中垂线的性质可得42QA QB AB +=>=，由椭圆的定义可知动点Q 的轨迹是以,A B 为焦点，长轴长为4的椭圆，从而求出轨迹方程；（2）（ⅰ）设直线l 的方程为y kx m =+，设112200(,),(,),(,)M x y N x y E x y ，与椭圆联立韦达定理，把线段长度比转化为坐标比，代入韦达定理化简即可得点E 在定直线330x y +-=上；（ⅱ）利用坐标表示两个斜率，然后作商，将韦达定理代入即可判断.【小问1详解】由题意知圆心(1,0)A -，半径为4，且QP QB =，2AB =，则42QA QB QA QP PA AB +=+==>=，所以点Q 的轨迹为以,A B 为焦点的椭圆，设曲线的方程为()222210x y a b a b+=>>，则24,22a c ==，解得2,1a c ==，所以2223b a c =-=，所以曲线C 的方程为22143x y +=；【小问2详解】（ⅰ）因为直线l 的斜率一定存在，设直线l 的方程为y kx m =+，因为D ()4,1在l 上，所以41k m +=，由22143y kx m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩得()()222348430k x kmx m +++-=，()()()()22222Δ81634348430km k m k m =-+-=-+>，设112200(,),(,),(,)M x y N x y E x y ，则()21212224383434m km x x x x k k--+==++，，由ME MD EN DN =得10102244x x x x x x --=--，化简得()()1212120428x x x x x x x ⎡⎤+-=-+⎣⎦，则()202224388428343434m km km x k k k --⎛⎫⎛⎫⨯-⨯=+ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭，化简得00330kx m x ++-=，又因为00y kx m =+，所以00330x y +-=，所以点E 在定直线330x y +-=上.（ⅱ）因为直线y kx m =+过()1,0，所以0k m +=，直线方程为y kx k =-，从而得()4,3D k ，1(,0)G x ，由（ⅰ）知，()221212224383434k k x x x x k k-+==++，2122113,4y k k k x x x ==--，所以()()()()12121212122121214444333x kx k k y x x x x x k x x k x x k x x -----+=⨯==---()()()22222222222222224384434413434282344334k k x x k x k k k k k x k x x k ---+-+-++===⎡⎤⎡⎤⎛⎫+-⎣⎦--⎢⎥ ⎪+⎝⎭⎣⎦，所以存在实数12λ=，使得1212k k =.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为()11,x y 、()22,x y ；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x （或y ）的一元二次方程，必要时计算∆；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为12x x +、12x x 的形式；（5）代入韦达定理求解.19.对于数列{}n a ，数列{}1n n a a +-称为数列{}n a 的差数列或一阶差数列.{}n a 差数列的差数列，称为{}n a 的二阶差数列.一般地，{}n a 的k 阶差数列的差数列，称为{}n a 的1k +阶差数列.如果{}n a 的k 阶差数列为常数列，而1k -阶差数列不是常数列，那么{}n a 就称为k 阶等差数列.（1）已知20，24，26，25，20是一个k 阶等差数列{}n a 的前5项.求k 的值及6a ；（2）证明：二阶等差数列{}n b 的通项公式为()()()()()121321111222n b b n b b n n b b b =+--+---+；（3）证明：若数列{}n c 是k 阶等差数列，则{}n c 的通项公式是n 的k 次多项式，即0kin ii c nλ==∑（其中iλ（01i k = ，，，）为常实数）【答案】（1）3k =，610a =（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）根据定义直接进行求解，得到3k =，并根据二阶差数列的第4项为5-，求出一阶差数列的第5项为10-，得到方程，求出610a =；（2）令1n n n d b b +=-，根据二阶等差数列的定义得到112213212n n n n d d d d d d b b b ----=-==-=-+ ，再利用累加法求出()()()()()321211112212n b n n b b b n b b b =---++--+；（3）数学归纳法证明出()1,nmi S m n i==∑为n 的1m +次多项式，利用引理可证出结论.【小问1详解】{}n a 的一阶差数列为4，2，1-，5-；二阶差数列为2-，3-，4-；三阶差数列为1-，1-，1-为常数列，故{}n a 为三阶等差数列，即3k =，二阶差数列的第4项为5-，故一阶差数列的第5项为10-，即6510a a -=-，故610a =.【小问2详解】令1n n n d b b +=-，因为{}n b 是二阶等差数列，所以112213212n n n n d d d d d d b b b ----=-==-=-+ ，因此()()()()()()1122113212112n n n n n d d d d d d d d n b b b b b ---=-++++-+=--++- ，所以()()()112211n n n n n b b b b b b b b ---=-++++-+ 1211n n d d d b --=++++ ()()()()()()321211231021n n b b b n b b b =-+-+++-++--+ ()()()()()321211112212n n b b b n b b b =---++--+，命题得证.【小问3详解】证明：先证一个引理：记()1,nmi S m n i==∑，(),S m n 是n 的1m +次多项式，数学归纳法：当1m =时，()()11,12312S n n n n =++++=+ 是n 的2次多项式，假设(),S k n 是n 的1k +次多项式，对0,1,,1k m =- 都成立，由二项式定理，()11101C mm m k k m k n nn +++=+-=∑，规定001=，将n 取0，1，2，…，n ，得101-=，()110111C 1mm k km k ++=+-=∑，()111212C2mm m kkm k +++=+-=∑，……，()11101C mm m k km k n nn +++=+-=∑，求和可得()()111110011C1C2CC ,mmmmm k kk kk k k m m m m k k k k n n S k n +++++====+=++++=∑∑∑∑ ，则()()()()()111101C ,1C ,,m m k m m k mn n S k S m n n m S m -+++=+-=+=∑，故()()()11101C ,,1m m k m k n S k n S m n m -++=+-=+∑是n 的1m +次多项式，引理得证.回到本题，由（2）可知，2阶等差数列的通项是n 的2次多项式，假设k 阶等差数列{}n c 的通项公式是n 的k 次多项式，对于1k +阶等差数列，它的差数列{}n c '是k 阶等差数列，即0kin i i c n λ='=∑，故1111101n k nn i iii i jc c c c jλ--===⎛⎫'=+=+ ⎪⎝⎭∑∑∑，由引理可知，此为n的k次多项式，命题得证.【点睛】数列新定义问题，主要针对于等差，等比，递推公式和求和公式等综合运用，对常见的求通项公式和求和公式要掌握牢固，同时涉及数列与函数，数列与解析几何，数列与二项式定理，数列与排列组合等知识的综合，要将“新”性质有机地应用到“旧”性质上，创造性的解决问题.。

2020年4月福建省厦门市普通高中2020届高三下学期质量检查(一)(一模)数学(理)试题(解析版)

绝密★启用前福建省厦门市普通高中2020届高三毕业班下学期第一次教学质量检查(一模)数学(理)试题(解析版)2020年4月满分150分考试时间120分钟注意事项：1．答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名．考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致．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，再选涂其它答案标号．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，考生必须将试题卷和答题卡一并交回．一、选择题：本大题共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{}260A x N x x =∈+-≤，{}R 13B x x =∈-≤≤，则A B =（） A. {}12x x -≤≤B. {}0,1,2C. {}13x x -≤≤D. {}0,1,2,3 【答案】B【解析】【分析】解不等式化简集合A ,再进行交集运算,即可得答案；【详解】{}{}2600,1,2A x N x x =∈+-≤=,∴{}0,1,2A B ⋂=.故选：B.【点睛】本题考查集合的交运算,考查运算求解能力,求解时注意x ∈N 这一条件的应用.2.若复数z 满足11z i -+=,z 在复平面内对应的点为(),x y ,则（）A. ()()22111x y +++=B. ()()22111x y ++-=C. ()()22111x y -+-=D. ()()22111x y -++= 【答案】D【解析】【分析】设(,)z x yi x y R =+∈,代入11z i -+=中,再利用模的运算,即可得答案；【详解】设(,)z x yi x y R =+∈,代入11z i -+=得：()()22111x y -++=, 故选：D.【点睛】本题考查复数模的运算、复数对应点的轨迹方程,考查函数与方程思想、转化与化归思想,考查运算求解能力,属于基础题.3.已知{}n a 为等差数列,n S 为其前n 项和,若37a =,880S =,则6a =（）A. 17B. 15C. 13D. 11 【答案】C【解析】【分析】根据37a =,880S =求得1,a d 的值,再代入通项公式,即可得答案；【详解】37a =,880S =,∴11127,3,872,880,2a d a d a d +=⎧=⎧⎪⇒⎨⎨⨯=⋅+=⎩⎪⎩∴61513a a d =+=,故选：C.。

福建省厦门市2020届理数高三毕业班第一次质量检测试卷

福建省厦门市2020届理数高三毕业班第一次质量检测试卷一、单选题 (共12题；共24分)1．（2分）已知A={x||x|≤1}，B={x|(x−12)2≤0}，则A∩C R B=（）A．[−1,1]B．ϕC．[−1,12)∪(12,1]D．(−1,1)2．（2分）设z=−i+3，则z̅+|z̅|=（）A．i−3+√10B．i+3+√10C．−i+3+√10D．−i−3+√10 3．（2分）中国武汉于2019年10月18日至2019年10月27日成功举办了第七届世界军人运动会.来自109个国家的9300余名运动员同台竞技.经过激烈的角逐，奖牌榜的前3名如下：某数学爱好者采用分层抽样的方式，从中国和巴西获得金牌选手中抽取了22名获奖代表.从这22名中随机抽取3人，则这3人中中国选手恰好1人的概率为（）A．2257B．191540C．571540D．17115404．（2分）已知等差数列{a n}的前n项和为S n，公差为-2，且a7是a3与a9的等比中项，则S10的值为（）A．－110B．－90C．90D．1105．（2分）已知函数f(x)=e x+e−x，给出以下四个结论：⑴f(x)是偶函数；⑵f(x)的最大值为2；⑶当f(x)取到最小值时对应的x=0；⑷f(x)在(−∞,0)单调递增，在(0,+∞)单调递减.正确的结论是（）A．⑴B．⑴⑵⑷C．⑴⑶D．⑴⑷6．（2分）已知正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面边长为1，高为2，M为B1C1的中点，过M 作平面α平行平面A1BD，若平面α把该正四棱柱分成两个几何体，则体积较小的几何体的体积为（）A．18B．116C．124D．1487．（2分）设a=e−12，b=4e−2，c=2e−1，d=3e−32，则a,b,c,d的大小关系为（）A．c>b>d>a B．c>d>a>b C．c>b>a>d D．c>d>b>a. 8．（2分）函数f(x)=sinx⋅|cosx|的最小正周期与最大值之比为（）A．πB．2πC．4πD．8π9．（2分）已知三角形ABC为直角三角形，点E为斜边AB的中点，对于线段AB上的任意一点D都有CE⇀⋅CD⇀=|BC⇀+AC⇀|=4，则|CD⃗⃗⃗⃗⃗ |的取值范围是（）A．[2,2√6]B．[2,2√6)C．[2,2√2]D．[2,2√2)10．（2分）中国古代近似计算方法源远流长，早在八世纪，我国著名数学家、天文学家张隧（法号：一行）为编制《大衍历》发明了一种近似计算的方法——二次插值算法（又称一行算法，牛顿也创造了此算法，但是比我国张隧晚了上千年）：对于函数y=f(x)在x1,x2,x3(x1<x2<x3)处的函数值分别为y1=f(x1),y2=f(x2),y3=f(x3)，则在区间[x1,x3]上f(x)可以用二次函数f(x)=y1+k1(x−x1)+k2(x−x1)(x−x2)来近似代替，其中k1=y2−y1x2−x1,k=y3−y2x3−x2,k2=k−k1 x3−x1.若令x1=0，x2=π2，x3=π，请依据上述算法，估算sin2π5的近似值是（）A．2425B．1725C．1625D．3511．（2分）已知双曲线x2a2−y2b2=1的右支与抛物线x2=2py相交于A,B两点，记点A到抛物线焦点的距离为d1，抛物线的准线到抛物线焦点的距离为d2，点B到抛物线焦点的距离为d3，且d1,d2,d3构成等差数列，则双曲线的渐近线方程为（）A．y=±√22x B．y=±√2x C．y=±√3x D．y=±√33x 12．（2分）已知方程xe x−a(e2x−1)=0只有一个实数根，则a的取值范围是（）A．a≤0或a≥12B．a≤0或a≥13C．a≤0D．a≥0或a≤−13二、填空题 (共4题；共4分)13．（1分）(2x+3y)4的展开式中二项式系数最大的项为.14．（1分）高三年段有四个老师分别为a,b,c,d，这四位老师要去监考四个班级A,B,C,D，每个老师只能监考一个班级，一个班级只能有一个监考老师.现要求a老师不能监考A班，b老师不能监考 B 班， c 老师不能监考 C 班， d 老师不能监考 D 班，则不同的监考方式有种.15．（1分）已知圆 O ： x 2+y 2=1 ，圆 N ： (x −a +2)2+(y −a)2=1 . 若圆 N 上存在点Q ，过点 Q 作圆 O 的两条切线. 切点为 A,B ，使得 ∠AQB =60∘ ，则实数 a 的取值范围是16．（1分）已知正方体 ABCD −A 1B 1C 1D 1 的棱长为3. 点 N 是棱 A 1B 1 的中点，点 T 是棱 CC 1上靠近点 C 的三等分点. 动点 Q 在正方形 D 1DAA 1 (包含边界)内运动，且 QB// 面 D 1NT ，则动点 Q 所形成的轨迹的长度为三、解答题 (共7题；共70分)17．（10分）已知函数 f(x)=sinx(cosx −sinx)+12.（1）（5分）求 f(x) 的单调递减区间；（2）（5分）在锐角 △ABC 中， a ， b ， c 分别为角 A ， B ， C 的对边，且满足 acos2B =acosB −bsinA ，求 f(A) 的取值范围.18．（10分）在三棱柱 ABC −A 1B 1C 1 中，已知 AB =AC =AA 1=√5 ， BC =4 ， O 为 BC 的中点， A 1O ⊥ 平面 ABC（1）（5分）证明四边形 BB 1C 1C 为矩形；（2）（5分）求直线 AA 1 与平面 A 1B 1C 所成角的余弦值.19．（10分）根据养殖规模与以往的养殖经验，某海鲜商家的海产品每只质量（克）在正常环境下服从正态分布 N(280, 25) ．附：若随机变量 Z ～N(1,4) ，则 P(−5<Z <7)=0.9974 ， 0.998710≈0.9871 ；对于一组数据 (u 1,v 1) ， (u 2,v 2) ， ⋅⋅⋅ ， (u n ,v n ) ，其回归线 v =α+βu 的斜率和截距的最小二乘估计分别为 β̂=∑(u i −u ̅)(v i−v ̅)ni=1∑(u i −u̅)2n i=1， α̂=v ̅−β̂u ̅ ．（1）（5分）随机购买10只该商家的海产品，求至少买到一只质量小于 265 克该海产品的概率．（2）（5分）2020年该商家考虑增加先进养殖技术投入，该商家欲预测先进养殖技术投入为49千元时的年收益增量．现用以往的先进养殖技术投入 x i （千元）与年收益增量 y i （千元）（ i =1,2,3,⋅⋅⋅,8 ）的数据绘制散点图，由散点图的样本点分布，可以认为样本点集中在曲线 y =a +b √x的附近，且 x ̅=46.6 ， y ̅=563 ， t =6.8 ， ∑8i=1(x i −x ̅)2=289.8 ， ∑8i=1(t i −t )2=1.6 ， ∑(x i −x ̅)i=18(y i −y ̅)=1469 ， ∑(t i −t )8i=1(y i −y ̅)=108.8 ，其中 t i =√x i ， t = 18∑8i=1t i ．根据所给的统计量，求 y 关于 x 的回归方程，并预测先进养殖技术投入为49千元时的年收益增量．20．（10分）在平面直角坐标系 xOy 中，圆 A:(x −1)2+y 2=16 ，点 B(−1,0) ，过 B 的直线 l与圆 A 交于点 C,D ，过 B 做直线 BE 平行 AC 交 AD 于点 E ．（1）（5分）求点 E 的轨迹 τ 的方程；（2）（5分）过 A 的直线与 τ 交于 H 、 G 两点，若线段 HG 的中点为 M ，且 MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2OM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，求四边形 OHNG 面积的最大值． 21．（10分）已知函数 f(x)=lnx +ax +1 有两个零点 x 1,x 2 .（1）（5分）求 a 的取值范围；（2）（5分）记 f(x) 的极值点为 x 0 ，求证： x 1+x 2>2ef(x 0) .22．（10分）在直角坐标系xOy 下，曲线C 1的参数方程为 {x =cosα,y =sinα （ α 为参数），曲线C 1在变换T ： {x ′=2xy ′=y 的作用下变成曲线C 2．（1）（5分）求曲线C 2的普通方程；（2）（5分）若m>1，求曲线C 2与曲线C 3：y=m|x|-m 的公共点的个数．23．（10分）已知函数 f(x)=|x −2|+|3x +1|−m ．（1）（5分）当 m =5 时，求不等式 f(x)>0 的解集；（2）（5分）若当 x ≠14 时，不等式 f(x)+16|4x−1|>0 恒成立，求实数m 的取值范围．答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】解：∵A ={x||x|≤1} ， B ={x|(x −12)2≤0} ，∴A =[−1,1] ， B ={12} ，∴A ∩C R B = [−1,12)∪(12,1] ，故答案为：C ．【分析】先求出集合 A ， B ，再根据交集和补集的定义求解即可．2．【答案】B【解析】【解答】解：∵z =−i +3 ， ∴z̅=i +3 ， ∴z ̅+|z ̅|=i +3+√10 ，故答案为：B ．【分析】根据共轭复数的定义以及复数的模直接运算即可．3．【答案】C【解析】【解答】解：中国和巴西获得金牌总数为154，按照分层抽样方法，22名获奖代表中有中国选手19个，巴西选手3个，故这3人中中国选手恰好1人的概率 P =C 191C 32C 223=571540，故答案为：C ．【分析】先根据分层抽样确定中国选手的人数，再利用组合数根据古典概型的概率计算公式求解即可．4．【答案】D【解析】【解答】解：∵a 7 是 a 3 与 a 9 的等比中项，∴a 72=a 3a 9 ，又数列 {a n } 的公差为 −2 ，∴(a 1−12)2=(a 1−4)(a 1−16) ，解得 a 1=20 ， ∴a n =20+(n −1)×(−2)=22−2n ， ∴S 10=10(a 1+a 10)2=5×(20+2)=110 ，故答案为：D ．【分析】根据等比中项的定义得 a 72=a 3a 9 ，结合公差可求出首项，从而可得答案．5．【答案】C【解析】【解答】解：∵f(x)=e x +e −x ，∴f(−x)=e −x +e x =f(x) ， ∴函数 f(x) 为偶函数，故（1）对；又 f′(x)=e x −e −x =e 2x −1ex ， ∴当 x ≥0 时， e 2x ≥e x ≥1 ，则 f′(x)≥0 ， ∴f(x) 在 (0,+∞) 上单调递增，结合偶函数的性质可知 f(x) 在 (−∞,0) 单调递减，∴函数 f(x) 在 x =0 处取得最小值 f(x)min =f(0)=2 ，无最大值，故（3）对，（2）（4）错，故答案为：C ．【分析】根据偶函数的定义可判断（1），再利用导数研究函数的单调性与最值．6．【答案】C【解析】【解答】解：设 N 为 C 1D 1 的中点， P 为 CC 1 的中点，连接 MN ， MP ， NP ，连接 CB 1 ，在四棱柱 ABCD −A 1B 1C 1D 1 中，易证 A 1B 1//CD ，则 DA 1//CB 1 ， ∵M 为 B 1C 1 的中点， P 为 CC 1 的中点， ∴MP//CB 1 ，∴DA 1//MP ，∵MP ⊄ 平面 A 1BD ， DA 1⊂ 平面 A 1BD ，∴MP// 平面 A 1BD ，同理可证： NP// 平面 A 1BD ， MN// 平面 A 1BD ，∵MP ∩NP =P ， MP ， NP ⊂ 平面 MNP ，∴平面 MNP// 平面 A 1BD ，即平面 MNP 为平面 α ，∴体积较小的几何体为三棱锥 P −C 1MN ，则体积 V P−C 1MN =13⋅12⋅|C 1M|⋅|C 1N|⋅|C 1P| =16×12×12×1=124，故答案为：C ．【分析】设 N 为 C 1D 1 的中点， P 为 CC 1 的中点，连接 MN ， MP ， NP ，连接 CB 1 ，利用面面平行的判定定理可证得平面 MNP// 平面 A 1BD ，从而平面 MNP 为平面 α ，从而可得体积较小的几何体为三棱锥，再根据棱锥的体积计算公式求解即可．7．【答案】B【解析】【解答】解： a 2=1e =e 3e 4 ， b 2=16e 4 ， c 2=4e 2=4e 2e4 ， d 2=9e e 4 ，由于 e ≈2.7 ， e 2≈7.39 ， e 3≈20.09 ，所以 c >d >a >b ，故答案为：B ．【分析】利用指数幂的运算性质化成同分母，再求出分子的近似值即可判断大小．8．【答案】C【解析】【解答】解：去绝对值 f(x)={12sin2x,−π2+2kπ≤x ≤π2+2kπ−12sin2x,π2+2kπ≤x ≤3π2+2kπ (k ∈Z) ，作出图象得由图可知，函数的最小正周期为 2π ，最大值为 f(x)max =12，所以最小正周期与最大值之比为 4π ，故答案为：C ．【分析】去掉绝对值作出函数的图象即可求出函数的周期与最值，从而得出答案．9．【答案】C【解析】【解答】解：由已知可得 AB =4， CE =AE =BE =2 ，设 θ=〈CE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,CD ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉 ，当 D 与 E 重合时， CE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅ CD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 2⋅2⋅cos0=4 ，符合题意；当 D 与 A 重合时， ∠BDC =θ ， CD =4cosθ ，代入 CE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =4 ，得 2⋅4cosθ⋅cosθ=4 ，此时 θ=π4 ，同理，当 D 与 B 重合时 θ=π4 故 θ∈[0，π4] ，由 CE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =4 ，得 2⋅CD ⋅cosθ=4 ，即 CD =2cosθ，结合 θ∈[0，π4] 可得 CD ∈[2,2√2] ，故答案为：C ．【分析】设 θ=〈CE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,CD ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉 ，再分类讨论，结合三角函数的性质即可得出结论．10．【答案】A【解析】【解答】解：函数 y =f(x)=sinx 在 x =0 ， x =π2 ， x =π 处的函数值分别为y 1=f(0)=0 ， y 2=f(π2)=1 ， y 3=f(π)=0 ，故 k 1=y 2−y 1x 2−x 1=2π ， k =y 3−y 2x 3−x 2=−2π ， k 2=k−k 1x 3−x1=−4π2 ，故 f(x)=2πx −4π2x(x −π2)=−4π2x 2+4πx ，即 sinx ≈−4π2x 2+4πx ，∴sin2π5≈−4π2×(2π5)2+4π×2π5=2425 ，故答案为：A ．【分析】直接按照所给算法逐步验算即可得出最终结论．11．【答案】A【解析】【解答】解：设 A(x 1,y 1) ， B(x 2,y 2) ，抛物线焦点为 F ，由已知有 AF +BF =2p ，即 y 1+y 2=p ，由{ x 12a 2=1+y 12b2x 22a 2=1+y 22b2 ，两式相减得 x 12−x 22a 2=(y 1−y 2)(y 1+y 2)b 2 ，即 2py 1−2py 2a 2=(y 1−y 2)(y 1+y 2)b 2 ，故 b 2a 2=12， ∴渐近线方程为 y =±√22x ，故答案为：A ．【分析】设 A(x 1,y 1) ， B(x 2,y 2) ，抛物线焦点为 F ，由已知可得 AF +BF =2p ，根据抛物线定义可得 y 1+y 2=p ，利用点差法可得 2py 1−2py 2a 2=(y 1−y 2)(y 1+y 2)b2 ，从而可求得渐近线方程．12．【答案】A【解析】【解答】解：令t=e x,t>0,x=lnt，则原方程转化成tlnt−a(t2−1)=0，即lnt−a(t−1t)=0，令f(t)=lnt−a(t−1t)，显然f(1)=0，问题转化成函数f(t)在(0,+∞)上只有一个零点1，f′(t)=1t−a(1+1t2)=−at2+t−at2，若a=0，则f(t)=lnt在(0,+∞)单调递增，f(1)=0，此时符合题意；若a<0，则f′(t)>0，f(t)在(0,+∞)单调递增，f(1)=0，此时符合题意；若a>0，记ℎ(t)=−at2+t−a，则函数ℎ(t)开口向下，对称轴t=12a>0，过(0,−a)，Δ=1−4a2，当Δ≤0即1−4a2≤0即a≥12时，f′(t)≤0，f(t)在(0,+∞)单调递减，f(1)=0，此时符合题意；当Δ>0即1−4a2>0即0<a<12时，设ℎ(t)=0有两个不等实根t1,t2，0<t1<t2，又ℎ(1)>0，对称轴t=12a>1，所以0<t1<1<t2，则f(t)在(0,t1)单调递减，(t1,t2)单调递增，(t2,+∞)单调递增，由于f(1)=0，所以f(t2)>0，取t0=e1a，f(t0)=1−a2e1a+a2e−1aa，记φ(a)=1−a2e1a+a2e−1a令t=1a,t>2，则φ(a)=m(t)=t 2−e t+e−tt2<0，所以f(t0)<0，结合零点存在性定理可知，函数f(t)在(t2,t0)存在一个零点，不符合题意；综上，符合题意的a的取值范围是a≤0或a≥12，故答案为：A．【分析】令t=e x,t>0,x=lnt，则原方程转化成lnt−a(t−1t)=0，令f(t)=lnt−a(t−1t)，显然f(1)=0，问题转化成函数f(t)在(0,+∞)上只有一个零点1，求导后再利用导数研究函数的单调性与最值，由此可得答案．13．【答案】216x2y2【解析】【解答】解：由题意可知二项式系数最大的项为第三项，T3=C42(2x)2(3y)2=216x2y2，故答案为：216x2y2．【分析】(2x+3y)4的展开式中二项式系数最大的项为第三项，根据公式求解即可．14．【答案】9【解析】【解答】解：当a老师监考B班时，剩下的三位老师有3种情况，同理当a老师监考C 班时，也有3种，当a老师监考D班时，也有3种，共9种，故答案为：9．【分析】以a老师监考的班级分类讨论即可求出答案．15．【答案】[1−√142,1+√142]【解析】【解答】解：已知有|QO|=2，即点Q的轨迹方程为圆T：x2+y2=4，问题转化为圆N和圆T有公共点，则1≤√a2+(a−2)2≤3，故1−√142≤a≤1+√142，故答案为：[1−√142,1+√142]．【分析】由已知可得问题转化为圆N和圆x2+y2=4有公共点，从而根据几何法即可求出答案．16．【答案】√10【解析】【解答】解：由于QB//平面D1NT，所以点Q在过B且与面D1NT平行的平面上，取DC中点E1，取A1G=1，则平面BGE1//平面D1NT，延长BE1，延长AD，交于点E，连接EG交DD1于点I，显然，平面BGE∩平面D1DAA1=GI，所以点Q的轨迹是线段GI，由中位线定理可证得DI=12AG=1，∴GI=√(2−1)2+32=√10，故答案为：√10．【分析】取DC中点E1，取A1G=1，则平面BGE1//平面D1NT，延长BE1，延长AD，交于点E，连接EG交DD1于点I，可证得点Q的轨迹是线段GI，从而可求出答案．17．【答案】（1）解：f(x)=12sin2x−12(1−cos2x)+12=12(sin2x+cos2x)=√22sin(2x+π4 )，由2kπ+π2≤2x+π4≤2kπ+3π2,k∈Z,得kπ+π8≤x≤kπ+5π8,所以f(x)的单调递减区间为[kπ+π8,kπ+5π8],k∈Z；（2）解：由正弦定理得sinAcos2B=sinAcosB−sinBsinA，∵sinA≠0,∴cos2B=cosB−sinB，即(cosB−sinB)(cosB+sinB)=cosB−sinB，(cosB−sinB)(cosB+sinB−1)=0，得cosB−sinB=0，或cosB+sinB=1，解得B=π4，或B=π2（舍），∵△ABC为锐角三角形，A+C=3π4,∴{0<A<π2,0<3π4−A<π2,解得π4<A<π2,∴3π4<2A+π4<5π4,−√22<sin(2A+π4)<√22,∴f(A)=√22sin(2A+π4)的取值范围为(−12,12)．【解析】【分析】（1）根据降幂公式化简f(x)的解析式，再用整体代入法即可求出函数的单调递减区间；（2）由正弦定理边化角，从而可求得B=π4，根据锐角三角形可得π4<A<π2,从而可求出答案．18．【答案】（1）解：连接AO，因为O为BC的中点，可得BC⊥AO，∵A 1O ⊥ 平面 ABC ， BC ⊂ 平面 ABC ，∴A 1O ⊥BC ，又∵AO ∩A 1O =O ，∴BC ⊥ 平面 AA 1O ，∴BC ⊥AA 1 ， ∵BB 1//AA 1 ， ∴BC ⊥BB 1 ，又∵四边形 BB 1C 1C 为平行四边形， ∴四边形 BB 1C 1C 为矩形；（2）解：如图，分别以 OA,OB,OA 1 所在直线为 x,y,z 轴，建立空间直角坐标系，则 A(1,0,0),B(0,2,0),C(0,−2,0),Rt △AOB 中， AO =√AB 2−BO 2=1 ， Rt △AA 1O 中， A 1O =√AA 12−AO 2=2 ，A 1(0,0,2) ，∴AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,0,2) ， A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−2,−2) ， A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,2,0) ，设平面 A 1B 1C 的法向量是 n⃗ =(x,y,z) ，由 {n ⇀⋅AB⇀=0,n ⇀⋅A 1C ⇀=0, 得 {−x +2y =0,−2y −2z =0, 即 {x =2y,z =−y, ，可取 n ⃗ =(2,1,−1) ，设直线 AA 1 与平面 A 1B 1C 所成角为 θ ，则 θ∈[0,π2] ，sinθ=|cos <AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n⃗ >| =|AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ ||AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗⃗ |=45⋅6=215√30 ，∵θ∈[0,π2] ，∴cosθ=√1−sin 2θ=√10515，即直线 AA 1 与平面 A 1B 1C 所成角的余弦值为 √10515．【解析】【分析】（1）连接 AO ，可得 BC ⊥AO ，易证 A 1O ⊥BC ，则 BC ⊥ 平面 AA 1O ，从而可证 BC ⊥BB 1 ，由此即可得出结论；（2）以 OA,OB,OA 1 所在直线分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系，利用法向量解决问题．19．【答案】（1）解：由已知，单只海产品质量 ξ～N(280,25) ，则 μ=280 ， σ=5 ，由正态分布的对称性可知，P(ξ<265)=12[1−P(265<ξ<295)] =12[1−P(μ−3σ<ξ<μ+3σ)] =12(1−0.9974)=0.0013 ，设购买10只该商家海产品，其中质量小于 265 g 的为 X 只，故 X ～B(10,0.0013) ，故 P(X ≥1)=1−P(X =0)=1−(1−0.0013)10≈1−0.9871=0.0129 ，所以随机购买10只该商家的海产品，至少买到一只质量小于 265 克的概率为 0.0129（2）解：由 t =6.8 ， y ̅=563 ， ∑(t i −t )8i=1(y i −y ̅)=108.8 ， ∑8i=1(t i −t )2=1.6 ，有 b̂= ∑(t i −t ̅)8i=1(y i−y ̅)∑8i=1(t i −t ̅)2=108.81.6=68 ，且 a ̂=y ̅−b̂t =563−68×6.8=100.6 ，所以 y 关于 x 的回归方程为 y ̂=100.6+68√x ，当 x =49 时，年销售量 y 的预报值 y ̂=100.6+68√49=576.6 千元，所以预测先进养殖技术投入为49千元时的年收益增量为 576.6 千元．【解析】【分析】（1）由正态分布的对称性可知， P(ξ<265) =12(1−0.9974)=0.0013 ，设购买10只该商家海产品，其中质量小于 265 g 的为 X 只，故 X ～B(10,0.0013) ，由此可求出答案；（2）根据最小二乘法可求出回归方程，由此可求出答案．20．【答案】（1）解：因为 |EB||AC|=|ED||AD| ，又因为 |AC|=|AD|=4 ，所以 |EB|=|ED| ，所以 |EB|+|EA|=|ED|+|EA|=|AD|=4>|AB|=2 ，所以 E 的轨迹是焦点为 A ， B ，长轴为 4 的椭圆的一部分，设椭圆方程为 x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0) ，则 2a =4 ， 2c =2 ，所以 a 2=4 ， b 2=a 2−c 2=3 ，所以椭圆方程为 x 24+y 23=1 ，又因为点 E 不在 x 轴上，所以 y ≠0 ，所以点 E 的轨迹 τ 的方程为 x 24+y 23=1(y ≠0)（2）解：因为直线 HG 斜率不为0，设为 x =ty +1 ，设 G(x 1,y 1) ， H(x 2,y 2) ，联立 {x =ty +1,x 24+y 23=1 整理得 (3t 2+4)y 2+6ty −9=0 ，所以 Δ=36t 2+36(3t 2+4)=144(t 2+1)>0 ， y 1+y 2=−6t 3t 2+4 ， y 1y 2=−93t 2+4，所以 S △OHG =12|OA||y 1−y 2|=6√t 2+13t 2+4，∵MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2OM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，∴S △GHN =2S △OHG ，设四边形 OHNG 的面积为 S ，则 S =S△OHG+S △GHN =3S △OHG =18√t 2+13t 2+4=183t 2+4√t +1=183√t +1+1√t 2+1，令 √t 2+1=m(m ≥1) ，再令 y =3m +1m ，则 y =3m +1m在 [1,+∞) 单调递增，所以 m =1 时， y min =4 ，此时 t =0 ， 3√t 2+1+1√t +1 取得最小值 4 ，所以 S max =92．【解析】【分析】（1）由题意可得 |EB|=|ED| ，可得 |EB|+|EA|=4>|AB|=2 ，则 E 的轨迹是焦点为 A ， B ，长轴为 4 的椭圆的一部分，再用待定系数法即可求出方程；（2）由题意设直线方程为 x =ty +1 ，设 G(x 1,y 1) ， H(x 2,y 2) ，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理表示出 S △OHG ，可得 S △GHN =2S △OHG ，设四边形 OHNG 的面积为 S ，则 S =3S △OHG ，再根据基本不等式即可求出答案．21．【答案】（1）解：因为 f ′(x)=1x +a =ax+1x，当 a ≥0 时， f ′(x)>0 ， f(x) 在 (0,+∞) 单调递增，至多只有一个零点，不符合题意，舍去；当 a <0 时，若 0<x <−1a ，则 f ′(x)>0 ；若 x >−1a ，则 f ′(x)<0 ，所以 f(x) 在 (0,−1a ) 单调递增，在 (−1a ,+∞) 单调递减，所以 f(x)max =f(−1a )=ln(−1a) ，因为 f(x) 有两个零点，所以必须 f(x)max >0 ，则 ln(−1a )>0 ，所以 −1a>1 ，解得 −1<a <0 ，又因为 x →0 时， f(x)<0 ； x →+∞ 时， f(x)<0 ，所以当 −1<a <0 时， f(x) 在 (0,−1a ) 和 (−1a,+∞) 各有一个零点，符合题意，综上， −1<a <0（2）解：由（1）知 −1<a <0 ，且 x 0=−1a，因为 f(x) 的两个零点为 x 1,x 2 ，所以 {f(x 1)=0f(x 2)=0，所以 {lnx 1+ax 1+1=0lnx 2+ax 2+1=0 ，解得 ln x 1x 2+a(x 1−x 2)=0 ，令 x 1>x 2, 所以 a =−ln x1x 2x 1−x 2 ，令函数 ℎ(x)=lnx −xe ，则 ℎ′(x)=1x −1e，当 0<x <e 时， ℎ′(x)>0 ；当 x >e 时， ℎ′(x)<0 ；所以 ℎ(x) 在 (0,e) 单调递增，在 (e,+∞) 单调递减，所以 ℎ(x)max =ℎ(e)=0 ，所以 ℎ(x)≤0 ，所以 lnx ≤xe ，因为 f(x 0)=f(−1a )=ln(−1a ) ，又因为 −1a >1 ，所以 ln(−1a )≤−1ea ，所以 2eln(−1a )≤−2a ，即 2ef(x 0)≤−2a ，要证 x 1+x 2>2ef(x 0) ，只需 x 1+x 2≥−2a，即证 x 1+x 2≥2(x 1−x 2)ln x 1x 2 ，即证 ln x 1x 2≥2(x 1−x 2)x 1+x 2 ，即证 ln x 1x 2≥2(x1x 2−1)x 1x 2+1，令 x 1>x 2 ，再令 t =x 1x 2(t >1) ，即证 lnt ≥2(t−1)t+1 ，令 ℎ(t)=lnt −2(t−1)t+1(t >1) ，则 ℎ′(t)=1t −4(t+1)2=(t−1)2t(t+1)2>0 ，所以 ℎ(t) 在 (1,+∞) 单调递增，所以 ℎ(t)>ℎ(1)=0 ，所以 lnt >2(t−1)t+1，原题得证．【解析】【分析】（1）求导得 f ′(x)=1x +a =ax+1x，分类讨论求出函数的单调性，从而可求出答案；（2）由题意得 {lnx 1+ax 1+1=0lnx 2+ax 2+1=0 ，则 a =−ln x1x 2x 1−x 2 ，令函数 ℎ(x)=lnx −x e ，则 ℎ′(x)=1x −1e，利用导数可求得 lnx ≤x e ，从而可得 ln(−1a )≤−1ea ，可得 2ef(x 0)≤−2a ，要证 x 1+x 2>2ef(x 0) ，只需 ln x 1x 2≥2(x1x 2−1)x 1x 2+1，令 t =x 1x 2(t >1) ，即证 lnt ≥2(t−1)t+1 ，令 ℎ(t)=lnt −2(t−1)t+1(t >1) ，求导后得函数的单调性与最值，由此可证结论． 22．【答案】（1）解：因为曲线C 1的参数方程为 {x =cosα,y =sinα, 所以曲线C 1的普通方程为 x 2+y 2=1 ，将变换T ： {x′=2x,y′=y, 即 {x =12x′,y =y′,代入 x 2+y 2=1 ，得 x′24+y′2=1 ，所以曲线C 2的普通方程为 x 24+y 2=1 ．（2）解：因为m>1，所以 C 3 上的点 A(0,−m) 在在椭圆E ： x 24+y 2=1 外，当x>0时，曲线 C 3 的方程化为 y =mx −m ，代入 x 24+y 2=1 ，得 (4m 2+1)x 2−8m 2x +4(m 2−1)=0 ，（*）因为 Δ=64m 4−4(4m 2+1)⋅4(m 2−1) =16(3m 2+1)>0 ，所以方程（*）有两个不相等的实根x 1，x 2，又 x 1+x 2=8m 24m 2+1>0 ， x 1x 2=4(m 2−1)4m 2+1>0 ，所以x 1>0，x 2>0，所以当x>0时，曲线C 2与曲线C 3有且只有两个不同的公共点，又因为曲线C 2与曲线C 3都关于y 轴对称，所以当x<0时，曲线C 2与曲线C 3有且只有两个不同的公共点，综上，曲线C 2与曲线C 3：y=m|x|-m 的公共点的个数为4．【解析】【分析】（1）先求出曲线C 1的普通方程，再根据图象变换可求出曲线C 2的普通方程；（2）由题意可得 C 3 上的点 A(0,−m) 在椭圆E ： x 24+y 2=1 外，当 x >0 时，曲线 C 3 的方程化为y =mx −m ，联立直线与椭圆的方程，由韦达定理可得当 x >0 时，曲线C 2与曲线C 3有且只有两个不同的公共点，又曲线C 2与曲线C 3都关于y 轴对称，从而可得结论．23．【答案】（1）解：当m=5时， f(x)>0 ⇔ |x −2|+|3x +1|−5>0 ， ⇔{x ≤−13,−x +2−3x −1−5>0, 或 {−13<x <2,−x +2+3x +1−5>0, 或 {x ≥2,x −2+3x +1−5>0, ⇔{x ≤−13,x <−1, 或 {−13<x <2,x >1, 或 {x ≥2,x >32, ⇔x <−1 或 1<x <2 或 x ≥2⇔x <−1 或 x >1 ，所以不等式 f(x)>0 的解集为{x| x <−1 或 x >1 }（2）解：由条件，有当 x ≠14 时，不等式 f(x)+16|4x−1|>0 ，即 m <|x −2|+|3x +1|+16|4x−1| 恒成立，令 g(x)=|x −2|+|3x +1|+16|4x−1| ，则因为 g(x)≥|(x −2)+(3x +1)|+16|4x−1| =|4x −1|+16|4x−1| ≥2√|4x −1|⋅16|4x−1|=8 ，且g(−34)=8，所以[g(x)]min=8，所以m<8，即实数m的取值范围为（−∞，8）．【解析】【分析】（1）分类讨论去掉绝对值后再解不等式；（2）由题意可得m<|x−2|+|3x+1|+16 |4x−1|恒成立，令g(x)=|x−2|+|3x+1|+16|4x−1|，利用绝对值三角不等式以及基本不等式可得[g(x)]min=8，从而得出结论．。

2020学年福建省厦门市高考一模数学理及答案解析

2020年福建省厦门市高考一模数学理一、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.设集合S={x|(x-2)(x+3)＞0}，}，则S∩T=( )A.(-∞，-3)∪(2，+∞)B.(-∞，-3)∪(2，3]C.(-∞，-2)∪[3，+∞)D.(2，3]解析：S=(-∞，-3)∪(2，+∞)，T=(-∞，3]，∴S∩T=(-∞，-3)∪(2，3].答案：B2.复数z满足(2+i)z=5，则|z+i|=( )B.2解析：把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算得答案. 由(2+i)z=5，得()()()5252222iz ii i i-===-++-，则|z+i|=|2-i+i|=2.答案：B3.等差数列{a n}中，a5=1，a1+a7+a10=a4+a6，则S10=( )A.2 3 -B.8 3C.5D.25 3解析：利用等差数列通项公式列出方程组，求出首项和公差，由此能求出S10.∵等差数列{a n }中，a 5=1，a 1+a 7+a 10=a 4+a 6，∴11111114169533713⎧=⎪+=⎧⎪⎨⎨++++=+++⎩⎪=⎪⎩-，解得a a d a a d a d a d a d d ， ∴101091027125333S ⎛⎫- ⎪⨯=⎝⎭⨯+⨯=. 答案：D4.袋中装有2个红球，3个黄球，有放回地抽取3次，每次抽取1球，则3次中恰有2次抽到黄球的概率是( )A.25B.35C.18125D.54125解析：袋中装有2个红球，3个黄球，有放回地抽取3次，每次抽取1球，每次取到黄球的概率p 1=35，根据n 次独立重复试验中事件A 恰好发生k 次的概率计算公式能求出3次中恰有2次抽到黄球的概率是：2233354155125p C =-⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪⎭=⎝⎝⎭.答案：D5.计算机科学的创始人麦卡锡先生发明的“91”函数具有一种独特的情趣，给人的心智活动提供了一种愉悦的体验.执行如图所示的程序框图，输入S=100，则输出n=( )A.3B.4C.5D.6解析：由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S，n的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案.模拟程序的运行，可得S=100，n=0n=1不满足条件S=91，不满足条件S＞100，S=111，n=2；不满足条件S=91，满足条件S＞100，S=101，n=3；不满足条件S=91，满足条件S＞100，S=91，n=4；满足条件S=91，退出循环，输出n的值为4.答案：B6.设x，y满足约束条件2121x yx yx y+≤⎧⎪+≥-⎨⎪-≤⎩，则z=|x+3y|的最大值是( )A.1 3B.1C.4 3D.2解析：画出x，y满足约束条件2121x yx yx y+≤⎧⎪+≥-⎨⎪-≤⎩表示的平面区域：由1113133231⎧=⎪⎪⎛⎫⎨-=⎧⎨+=⎩⎪⎝⎭⎪=⎪⎩解得，即，yByxxxy，由1()12111 21+=⎧-⎨+=-⎩=-⎧⎨=⎩解得，即，xAyx yx y，由1113113323⎧=-⎪⎪⎛⎫--⎨ ⎪⎝⎭⎪=-⎪⎩-=⎧⎨+=-⎩解得，即，x yxyyxC，设目标函数为z′=x+3y，作出目标函数对应的直线，直线过C1133⎛⎫--⎪⎝⎭，时，直线的纵截距最小，z′最小，最小值为43-；当直线过A(-1，1)时，直线的纵截距最大，z′最大，最大值为2；∴目标函数z=|x+3y|的取值范围是[0，2]，最大值为2.答案：D7.双曲线C：22221x ya b-=(a＞0，b＞0)的左焦点为F1，过右顶点作x轴的垂线分別交两渐近线于A，B两点，若△ABF1为等边三角形，则C的离心率是( ) 23C.2D.5解析：求出AB，利用三角形ABF1为等边三角形，列出方程，即可求解C的离心率.双曲线C：22221x ya b-=(a＞0，b＞0)的左焦点为F1，过右顶点作x轴的垂线分別交两渐近线于A，B两点，可得|AB|=2b，若△ABF1为等边三角形，可得a+c=3b，所以(a+c)2=3c2-3a2，可得e2-e-2=0，解得e=2.e=-1舍去. 答案：C8.如图，某棱锥的正视图和侧视图都是等边三角形，该棱锥的体积为43，则该棱锥内切球的表面积是( ) A.3πB.2 3πC.4 3πD.8 3π解析：利用三视图的数据，求出底面多边形的边数，求出全面积，然后求解内切球的半径.某棱锥的正视图和侧视图都是等边三角形，该棱锥的体积为43，3，底面面积为S，所以13334S=，解得S=4，所以底面是正方形，边长为2，正四棱锥的全面积为：4422211+⨯⨯=.内切球的半径为：1312⨯⨯==r r ，外接球的表面积为：23443ππ⎛⎫⎪ ⎪⎭= ⎝.答案：C9.函数y=(x+1)3+1x x +与y=-x+b 的图象交点的横坐标之和为-2，则b=( )A.-1B.0C.1D.2解析：根据函数的对称性得出直线过曲线的对称中心，从而得出b 的值.∴函数y=(x+1)3+1x x +的图象关于点(-1，1)对称，∵函数y=(x+1)3+1x x +与y=-x+b 的图象交点的横坐标之和为-2，∴直线y=-x+b 经过点(-1.1)， ∴b=0. 答案：B10.圆台的高为2，上底面直径AB=2，下底面直径CD=4，AB 与CD 不平行，则三棱锥A-BCD 体积的最大值是( )A.23B.83C.163D.323解析：∵圆台的高为2，上底面直径AB=2，下底面直径CD=4，AB 与CD 不平行，∴S △BCD =12×4×2=4，点A 到平面BCD 的距离的最大值为： d max =AB=2，∴三棱锥A-BCD 体积的最大值：()84231133A BCD ABC maxmax V S d -=⨯⨯=⨯⨯=.答案：B11.定义在(0，+∞)上的函数f(x)满足f(x)+xf ′(x)=1x ，f(1)=0，若关于x 的方程|f(x)|-a=0有3个实根，则a 的取值范围是( )A.(0，1e )B.(0，1)C.(1e ，1)D.(1，+∞)解析：令g(x)=xf(x)，则g ′(x)=f(x)+xf ′(x)=1x ，∴g(x)=lnx+c ，即xf(x)=lnx+c ，又f(1)=0，∴c=0，可得f(x)=ln xx .则f ′(x)=21ln xx -，可知当x ∈(0，e)时，f ′(x)＞0，当x ∈(e ，+∞)时，f ′(x)＜0，则f(x)在(0，e)上为增函数，在(e ，+∞)上为减函数，要使方程|f(x)|-a=0有3个实根，即函数y=|f(x)|与y=a 的图象有3个不同交点，如图：由图可知，a 的取值范围是(0，1e ).答案：A12.函数y=sin(ωx+φ)与y=cos(ωx+φ)(其中φ＞0，|φ|＜2π)在x ∈[0，22]的图象恰有三个不同的交点P ，M ，N ，△PMN 为直角三角形，则φ的取值范围是( )A.44ππ⎡⎥-⎤⎢⎣⎦，B.24ππ⎛⎥-⎤ ⎝⎦，C.42ππ⎡⎪-⎫⎢⎣⎭， D.04π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，解析：图象恰有三个不同的交点P ，M ，N ，△PMN 为直角三角形，可知直角三角形△PMN 的2，且是等腰直角三角形，可得斜边长为2，即周期2.∴2222πωω==，那么222505πωϕϕϕ∈∴+∈⎡⎡⎤⎢+⎢⎥⎣⎦⎣⎦，上，，上x x ，根据正余弦函数的图象性质，可得：3951344424πππππϕϕ-≤≤+＜，且＜. 24|4|πππϕϕ∴-≤又＜，＜.答案：A二、填空题(每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上)13.在621xx⎛⎫+⎪⎝⎭的展开式中，常数项为 (用数字作答)解析：先求出二项式展开式的通项公式，再令x的幂指数等于0，求得r的值，即可求得展开式中的常数项的值.621xx⎛⎫+⎪⎝⎭的展开式的通项公式为6316r rrT C x-+=，令6-3r=0，求得r=2，可得常数项为26C=15.答案：1514.已知三点A(1，3)，B(4，2)，C(1，m)，若∠ACB为锐角，则m的取值范围是 .解析：根据题意画出图形，结合图形知∠ACB为锐角时m的取值范围.根据题意画出图形，如图所示；点A(1，3)，B(4，2)，C(1，m)，若∠ACB为锐角，则点C在射线AC或DC′上，∴m的取值范围是m＞3或m＜2.答案：m＞3或m＜215.等比数列{a n}的首项为2，数列{b n}满足122n bna a a=⋯，b4=b3+4，则b n= .解析：利用等比数列的性质求出b n，求出数列的公比，即可得到结果.等比数列{a n}的首项为2，数列{b n}满足()()11231212222nnb nnn na a a q n q⋯+-+++-=⋯==，可得()122n nnb n log q-=+，b4=b3+4，所以：4+log2q6=3+log2q3+4，解得q=2，()()()1221122n n n n n n n b n log qn --+=+=+=.答案：()12n n +16.过抛物线E&：y 2=4x 焦点的直线l 与E 交于A ，B 两点，E 在点A ，B 处的切线分别与y 轴交于C ，D 两点，则42|CD|-|AB|的最大值是 .解析：求导，根据函数的几何意义，求得切线方程，令x=0，求得C 和D 点坐标，求得|CD|，设直线AB 的方程，代入抛物线方程，利用抛物线的焦点弦公式，基本不等式及二次函数的单调性即可求得答案.由y 2=4x ，x y ′x A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，则过A 点的切线的斜率11k x =，则切线方程y-y 1x 1)，令x=0，解得：(110=，则，y x C x ，同理可得(2210=，，则D x CD x x设直线AB 的方程：y=k(x-1)，联立()214y k x y x ⎧=-⎪⎨=⎪⎩，整理得：k 2x 2-2(k 2+2)x+k 2=0，则x 1x 2=1，∴|AB|=x 1+x 22，则2AB --=，()(22282=≥=-=--+≥，，设，t t f t tt t ，∴当时，f(t)取最大值，最大值为8， ∴|CD|-|AB|的最大值为8.答案：8三、解答题(本大题共6小题，共70分.第17~21题为必考题，每小题12分，共60分；第22、23题为选考题，有10分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.△ABC 的内角的对边分别是a ，b ，c ，满足a 2+2b 2=c 2.(1)若A=3π，b=1，求△ABC 的面积.解析：(1)根据余弦定理和三角的面积公式计算即可.答案：(1)由余弦定埋，222cos 122b c a A bc +-==得bc=b 2+c 2-a 2，又a 2+2b 2=c 2，得bc=3b 2，因为b=1，所以c=3，由三角形面积公式，sin 12S bc A ==.(2)求tan tan CA .解析：(2)法一：根据余弦定理和正弦定理，以及两角和的正弦公式即可求出.法二：结合余弦定理即可得到222222tan tan C b c a A a b c +-=+-，代值计算即可.答案：(2)法一：由a 2+2b 2=c 2，得a 2+b 2-c 2=-b 2结合余弦定理2abcosC=a 2+b 2-c 2，得2abcosC=-b 2因为b ＞0，则2acosC=-b结合正弦定理，sin sin a bA B =，得2sinAcosC=-sinB因为A+B+C=π，得2sinAcosC=-sin(A+C) 整理得：3sinAcosC=-sinCcosA因为A，C∈(0，π)，cosAcosC≠0，所以3tanA=-tanC ，即tan3 tanCA=-.法二：222222222222tan sin cos tan2tan cos sin tan2+-+-===+-+-，b c aC C A c C b c abca b cA C A a A a b cab，由a2+2b2=c2，得c2-a2=2b2，整理得：2222tan23tan 2C b bA b b+==--.18.如图，四棱锥P-ABCD中，△PAD是等边三角形，AB∥CD，AB⊥BC，CD=2AB=2BC=22，M，N分别为PD，BC的中点.(1)证明：MN∥平面PAB.解析：(1)取PC中点Q，可证面NQM∥面PAB，得MN∥面PAB.答案：(1)取AD的中点O，连接MO，NO，∵M为PD的中点，∴OM∥PA，又∵OM⊄平面PAB∵ON∥AB，同理ON∥平面PAB，又OM∩ON=O，∴平面MNO∥平面PAB，∵MN⊂平面OMN，∴MN∥平面PAB.(2)若AC⊥平面PAD，求直线MN与平面PBC所成角的正弦值.解析：(2)建立合适的坐标系，求出MN和平面PBC的法向量，由此利用直线MN与平面PBC 所成角的正弦值.答案：(2)(法一)∵AC⊥平面PAD，∴AC⊥AD，以A为坐标原点，以AC，AD分别为x，y轴的正方向，过A垂直于平面ACD的直线为z 轴，如图建立空间直角坐标系：在Rt△ACD中，AC=2，2，∴AD=2，∴(()()()002001103331 32220022⎛⎝⎛⎫--⎪⎝⎭⎭，，，，，，，，，，，，，，，，，P D M B C N，∴3=2232-⎛⎫⎪⎭-⎪⎝，，MN，设平面PBC的法向量为n=(x，y，z)，∴3020⎧⎧=--=⎪⎪⎨⎨+=⎪=⎩⎪⎩，即n PB x y zx yn BC，取(31113==-==-，则，，即，，x y z n，设直线MN与平面PBC所成角为θ，∴22235 sin cos35145MN nMN nMN nθ====⨯，.∴直线MN与平面PBC所成角的正弦值为35 35.(法二)连接OP，OE，∴OP⊥OD，E为CD的中点，O为AD的中点，∴OE∥AC∵AC⊥平面PAD，∴OE⊥平面PAD，∴OE，OP，OD两两互相垂直，∴以O为坐标原点，以，，OE OD OP分别为x，y，z轴的正方向，如图建立空间直角坐标系：∵AB∥CD，AB⊥BC，2可得2，∴AD=2，∴(()()()000100120211333 32222⎛-⎝⎛⎫-- ⎪⎝⎭⎭，，，，，，，，，，，，，，，，P D M B C N，∴3=2232-⎛⎫⎪⎭-⎪⎝，，MN，设平面PBC的法向量为n=(x，y，z)，∴3020⎧⎧=--=⎪⎪⎨⎨+=⎪=⎩⎪⎩，即n PB x y zx yn BC，取(31113==-==-，则，，即，，x y z n，设直线MN与平面PBC所成角为θ，∴22235 sin cos35145MN nMN nMN nθ====⨯，.∴直线MN与平面PBC所成角的正弦值为35 35.19. 2020年2月4日，中央一号文件《中共中央国务院关于实施乡村振兴战略的意见》发布，对农村电商发展提出新的指导性意见，使得农村电商成为精准扶贫、乡村振兴的新引擎.某电商2020年计划与所在地区的樱桃果园合作进行樱桃销售，为了解该地区果园的樱桃销售量情况，现从中随机抽取60个樱桃果园，统计各果园2020年的销售量(单位：万斤).得到下面的频率分布直方图.(1)从样本中销售量不低于9万斤的果园随机选取3个，求销售量不低于10万斤的果园个数X 的分布列及其数学期望. 解析：(1)X 的可能取值为0，1，2，3，分别求出相应的概率，由此能求出X 的分布列和E(X). 答案：(1)由频率分布直方图可得样本中2020年销将量不低于9万斤的果园有(0.1+0.05)×60=9个，销售量不低于10万斤的果园有0.05×60=3个. 随机变量X 的可能取值为0，1，2，3.()()()21123636333339991531123281484=========，，C C C C C P X P X P X C C C ，所以随机变量X 的分布列为∴数学期望()515310123121281484E X =⨯+⨯+⨯+⨯=.(2)该电商经过6天的试运营，得到销售量(单位：万斤)情况统计表如下：根据相关性分析，前n 天累计总销售量T n 与n 之间具有较强的线性相关关系，由最小二乘法得回归直线方程1.78T n a =+.用样本估计总体的思想，预测该电商至少运营多少天可使总销量不低于该地区各果园2020年平均销售量的两倍.注：1.前n 天累计总销售量1nn ii T y ==∑；2.在频率分布直方图中，同一组教据用该区间的中点值作代表. 解析：(2)根据回归方程，可得 1.78 1.01T n =-，代值计算即可.答案：(2)由运营期间销售量情况统计表可得前n 天累计总销售量T n 如下：∴123456 1.21 2.52 3.97 5.687.710.243.5 5.2266++++++++++====，n T ，将样本中心点(3.5，5.22)代入回归直线方程 1.78 1.01=+=-，得T n a a ， ∴ 1.78 1.01T n =-，下面用直方图中各区间中点值作为代表，估计该地区2020年平均销售量：4.5×0.05+5.5×0.15+6.5×0.2+7.5×0.3+8.5×0.15+9.5×0.1+10.5×0.05=7.35 由题意得：1.78n-1.01≥14.7，解得n ≥8.83. ∵n ∈N*，∴该电商至少运营9天可使总销量不低于该地区各果园2020年平均销售量的两倍.20.在平面直角坐标系xOy 中，点A(-2，0)，B(6，0)，点C 在直线x=6上，过AB 中点D 作DP ⊥OC ，交AC 于点P ，设P 的轨迹为曲线Γ.(1)求Γ的轨迹方程.解析：(1)法一：设P(x ，y)，C(6，n)，通过A ，P ，C 三点共线知，k PA =k CA ，即y=8n(x+2)①结合向量的数量积，求解曲线的轨迹方程.法二：设P(m ，n)，则直线AP 的方程为y=2nm +(x+2)，推出DP =(m-2，n)，利用0OC DP =.求解曲线Γ的轨迹方程.答案：(1)法一：设P(x ，y)，C(6，n)，因为D 为AB 中点，故点D 的坐标为(2，0)；当n=0时，点P 的坐标为(2，0)；当n ≠0时，由A ，P ，C 三点共线知，kPA=kCA ，即y=8n(x+2)①，OC ⊥PD 0=⇔OC DP ，即y=6n -(x-2)②；①×②得4y 2=-3(x 2-4)，化简得曲线Γ的轨迹方程为22143x y +=(x ≠-2). 法二：设P(m ，n)，则直线AP 的方程为y=2nm +(x+2)，令x=6，得点C 的坐标为(6，82n m +)，即862⎛⎫ ⎪⎝⎭=+，n OC m ，又()()28206202=-⊥=-+=+，及，，即n DP m n OC DP OC DP m m ，化简得3m 2+4n 2=12，即22143m n +=，故曲线Γ的轨迹方程为22143x y +=(x ≠-2).(2)过点Q(2的直线l 与Γ交于E ，F 两点，直线x=x 0分别与直线DE ，DF 交于S ，T 两点.线段ST 的中点M 是否在定直线上，若是，求出该直线方程；若不是，说明理由.解析：(2)法一：设直线l 的方程为，则0∈⋃⎛⎫⎪ ⎪+∞⎝⎭⎝⎭t .设E(x 1，y 1)，F(x 2，y 2)，M(x 0，y 0)，直线DE 的方程为y=112y x -(x-2)，联立()22234120x ty x y ⎧=+-⎪⎨⎪+-=⎩，利用韦达定理，转化求解点M 都在定直线上.法二：设E(x 1，y 1)，F(x 2，y 2)，M(x 0，y 0)，设直线DE ，DF 的方程分别为x=t 1y+2，x=t 2y+2(t 1t 2≠0)，设直线DE ，DF 方程的统一形式为x=ty+2(t ≠0)，联立(22x ty x n y =+⎧⎪⎨=+⎪⎩，得点E ，F 的统-形式为2⎛⎫+ ⎪ ⎪--⎝⎭，n t n t ，又E ，F 均在椭圆3x 2+4y 2-12=0上，韦达定理得12113t t +=-，然后证明点M 都在定直线上.答案：(2)法一：由题意知，直线l 的斜率恒大于0，且直线l 不过点A ，其中k AQ=，设直线l 的方程为t)，则0∈⋃⎛⎫ ⎪ ⎪+∞⎝⎭⎝⎭t . 设E(x 1，y 1)，F(x 2，y 2)，M(x 0，y 0)，直线DE 的方程为()()110112222=-=---，故S y yy x y x x x ，同理()20222=--T y y x x ；所以()()120001222222S T y yy y y x x x x =+=-+---，即01201222222y y y y y y y x x x +=+==---联立()()()222222234129034120⎧=+⎪++-+-=⎨⎪+-=⎩，化简得x ty t y t y tx y ，所以1212+==y y y y ，代入③得00002220212y y x t --===⇔+-=-，所以点M都在定直线2012⎛⎫+-=+= ⎪⎝⎭，x y 上. 法二：设E(x 1，y 1)，F(x 2，y 2)，M(x 0，y 0)，设直线DE ，DF 的方程分别为x=t 1y+2，x=t 2y+2(t 1t 2≠0)，则001222--==，S T x x y y t t ，故0000120122221122S T x x y y y y t t x t t --=+=+⇒=+-，设直线DE ，DF 方程的统一形式为x=ty+2(t ≠0)，直线EF 的方程为(2x n y =+，联立(22x ty x n y =+⎧⎪⎨=+⎪⎩，得点E ，F 的统-形式为2+⎝⎭，又E ，F 均在椭圆3x 2+4y 2-12=0上，故其坐标满足椭圆的方程，即()2222223241209120⎫++-=-++=⎪⎪⎝⎭⎝⎭，得n t t n ，即211430n n t t ++-⎛⎫⎪⎝⎭=， 1211，t t 为该二次方程的两根，由韦达定理得1211t t +=，代入①式，得002202yy x =⇒+-=-.所以点M 都在定直线2012⎛⎫+-=+= ⎪⎝⎭，x y 上.21.函数f(x)=alnx-x 2+x ，g(x)=(x-2)e x -x 2+m(其中e=2.71828…).(1)当a ≤0时，讨论函数f(x)的单调性.解析：(1)求出函数的导数，通过讨论a 的范围求出函数的单调区间即可. 答案：(1)函数f(x)定义域是(0，+∞)，()2221a x x af x x x x -++'=-+=，(i)当a ≤18-时，1+8a ≤0，当x ∈(0，+∞)时f ′(x)≤0，函数f(x)的单调递减区间是(0，+∞)；(ⅱ)当18-＜a ≤0，1+8a ＞0，-2x 2+x+a=0的两根分别是：1200==，x x ，当x ∈(0，x 1)时f ′(x)＜0.函数f(x)的单调递减.当x ∈(x 1，x 2)时f ′(x)＞0，函数f(x)的单调速递增，当x ∈(x 2，+∞)时f ′(x)＜0，函数f(x)的单调递减.综上所述，(i)当a≤18-时f(x)的单调递减区间是(0，+∞)；(ⅱ)当18-＜a≤0时，f(x)的单调递增区间是()，单调递减区间是1144⎛⎛⎫++∞⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，和.(2)当a=-1，x∈(0，1]时，f(x)＞g(x)恒成立，求正整数m的最大值.解析：(2)得到m＜(-x+2)e x-lnx+x，设h(x)=(-x+2)e x-lnx+x，x∈(0，1]，根据函数的单调性求出h(x)的最小值，从而求出m的最大值即可.答案：(2)当a=-1，x∈(0，1]时，f(x)＞g(x)，即m＜(-x+2)e x-lnx+x，设h(x)=(-x+2)e x-lnx+x，x∈(0，1]，∴h′(x)=(1-x)(e x-1 x)，∴当0＜x≤1时，1-x≥0，设u(x)=e x-1x，则u′(x)=e x+21x＞0，∴u(x)在(0，1)递增，又∵u(x)在区间(0，1]上的图象是一条不间断的曲线，且122u⎛⎫⎪⎝⎭=＜，u(1)=e-1＞0，∴∃x0∈(12，1)使得u(x0)=0，即1xex=，lnx0=-x0，当x∈(0，x0)时，u(x)＜0，h′(x)＜0；当x∈(x0，1)时，u(x)＞0，h′(x)＞0；∴函数h(x)在(0，x0]单调递减，在[x0，1)单调递增，∴()()()()0000000 min00122ln2212xh x h x x e x x x x xx x ==-+-+=-+-+=-++，∵y=-1+2x+2x在x∈(0，1)递减，∵x0∈(12，1)，∴h(x0)=-1+02x+2x0∈(3，4)，∴当m≤3时，不等式m＜(-x+2)e x-lnx+x对任意x∈(0，1]恒成立，∴正整数m的最大值是3.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.选修4-4：坐标系与参数方程22.在立角坐标系xOy 中，直线l的参数方程为cos 1sin x t y t αα⎧=-⎪⎨=-+⎪⎩(t 为参数).以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为ρ2(1+sin 2θ)=8. (1)若曲线C 上一点Q 的极坐标为(ρ0，2π)，且l 过点Q ，求l 的普通方程和C 的直角坐标方程.解析：(1)首先利用转换关系把参数方程和极坐标方程与直角坐标方程进行转化.答案：(1)把Q(ρ0，2π)代入曲线C 可得Q(2，2π)，化为直角坐标为Q(0，2)，又l 过点-1)，得直线l 的普通方程为：y=2x+2；曲线ρ2(1+sin 2θ)=8可化为的直角坐标方程为：x 2+2y 2=8.(2)设点-1)，l 与C 的交点为A ，B ，求11PA PB +的最大值.解析：(2)利用方程组和一元二次方程根与系数的关系进行应用.答案：(2)把直线l 的参数方程代入曲线C ：ρ2+(ρsin θ)2=8(tcos α2+2(tsin α-1)2=8的直角坐标方程得，化简得(sin 2α+1)t 2-4(sin αcos α)t+6=0， ①△=[-4(sin αcosα)]2-24(sin 2α+1)，可得()1212224sin 3cos 60sin 1sin 1αααα++==++，＞t t t t ，故t 1与t 2同号1212121212114sin 3113t t t t PA PB t t t t t t πα++=+===⎛⎫+ ⎪⎝+⎭=，所以α=6π时，4sin 33πα+⎛⎫ ⎪⎝⎭有最大值43.此时方程①的△=34＞0，故11PA PB+有最大值43.选修4-5：不等式选讲23.已知函数f(x)=|x+a|+|3x-1|(a∈R).(1)当a=-1时，求不等式f(x)≤1的解集.解析：(1)将a=-1代入，根据零点分段法去掉绝对值，分别解出不等式再合并. 答案：(1)当a=-1时，f(x)=|x-1|+|3x-1|，f(x)≤1⇒|x-1|+|3x-1|≤1.即111311 113113311131⎧≥≤⎧⎪⎨⎨-+-≤⎩⎪-+-≤-+-⎧⎨⎪⎩≤⎪⎩＜＜或xx xx x x x x x，解得111333114142⎧≥≤⎧⎪⎪⎪⎨⎨≤⎪⎪≥≤⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩⎩⎩＜＜或或xx xxx x，所以11114332≤≤≤∅或＜或x x.所以原不等式的解集为{x|1142x≤≤}.(2)设关于x的不等式f(x)≤|3x+1|的解集为M，且[14，1]⊂M，求a的取值范围.解析：(2)不等式的解集为M，且[14，1]⊂M，即不等式在[14，1]上恒成立，根据零点分段去掉绝对值，分离参变量并求出最值，可得a的取值范围.答案：(2)因为[14，1]⊂M，所以当x∈[14，1]时，不等式f(x)≤|3x+1|恒成立，即|x+a|+|3x-1|≤|3x+1|在[14，1]上恒成立，当x ∈1143⎡⎫⎪⎢⎣⎭，时，|x+a|+1-3x ≤3x+1，即|x+a|≤6x ，所以-6x ≤x+a ≤6x ，所以-7x ≤a ≤5x 在1143⎡⎫⎪⎢⎣⎭，上恒成立，所以(-7x)min ≤a ≤(5x)min ，即4745a -≤≤；当x ∈[13，1]时，|x+a|+3x-1≤3x+1，即|x+a|≤2，即-2≤x+a ≤2，所以-2-x ≤a ≤2-x 在[13，1]上恒成立，所以(-2-x)min ≤a ≤(2-x)min ，即713a -≤≤；综上，a 的取值范围为713a -≤≤.。

2020年福建省厦门市高考数学一模试卷(文科)(含答案解析)

2020年福建省厦门市高考数学一模试卷（文科）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知集合0，1，2，，，则A. B. C. 2， D. 1，2，2.复数的共轭复数是A. B. C. D.3.已知双曲线E：的一个焦点是，则E的渐近线方程为A. B. C. D.4.通过随机询问100名中学生是否喜欢某电视节目，得到如下列联表：男女总计喜欢403070不喜欢102030总计5050100已知．附表：则以下结论正确的是A. 有的把握认为“喜欢该电视节目与性别有关”B. 有的把握认为“喜欢该电视节目与性别无关”C. 在犯错误的概率不超过的前提下，认为喜欢该电视节目与性别有关“”D. 在犯错误的概率不超过的前提下，认为“喜欢该电视节目与性别无关”5.设x，y满足约束条件，则的最大值为A. B. 0 C. 1 D. 26.已知为第三象限角，，则A. B. C. D.7.我国古代九章算术将上、下两面为平行矩形的六面体称为刍童．现有一个长、宽、高分别为5、3、3的长方体，将上底面绕着上、下底面中心连线对称轴旋转90度，得到一个刍童如图，则该刍童的外接球的表面积为A. B. C. D.8.将函数的图象向左平移个单位长度后，所得到的一个偶函数的图象，则的最小值是A. B. C. D.9.函数的部分图象大致为A. B.C. D.10.如图，边长为2的正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，将，分别沿DE，DF折起，使A，C两点重合于点A，则线段的长为A. B. C. 1 D.11.若关于x的不等式在区间内有解，则实数a的取值范围是A. B. C. D.12.已知是边长为的正三角形，EF为该三角形内切圆的一条弦，且若点P在的三边上运动，则的最大值为A. B. C. D.二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知向量，，若，则x的值为______．14.若曲线在点处的切线与直线平行，则a的值为______．15.已知倾斜角为的直线经过椭圆E的左焦点，以E的长轴为直径的圆与l交于A，B两点，若弦长AB等于E的焦距，椭圆E的离心率为______．16.如图，某景区有景点A，B，C，经测量得，，，，，，则______km，现计划从景点B处起始建造一条栈道BM，并在M处修建观景台．为获得最佳观景效果，要求观景台对景点A、D的视角为了节约修建成本，栈道BM长度的最小值为______km．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.在数列中，，且1，，成等差数列．求证：数列是等比数列；设前n项和为求使得成立的n的最大值．18.在平面直角坐标系xOy中，已知动圆E过点，且与直线m：相切．动圆圆心E的轨迹记为C．求轨迹C的方程；过点F作斜率为的直线l交C于A，B两点，使得，点Q在m上，且满足，求的面积．19.如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，为等边三角形，点E，F分别为PA，CD的中点．求证：平面PBC；已知平面平面ABCD，过E，F，C三点的平面将四棱锥分成两部分，求这两部分体积的比．20.某批库存零件在外包装上标有从到N的连续自然数序号，总数N未知，工作人员随机抽取了n个零件，它们的序号从小到大依次为：，，，现有两种方法对零件总数N进行估计．方法一：用样本的数字特征估计总体的数字特征，可以认为样本零件序号的中位数与总体序号的中位数近似相等，进而可以得到N的估计值．方法二：因为零件包装上的序号是连续的，所以抽出零件的序号，，，相当于从区间中随机抽取n个整数，这n个整数将区间分为个小区间：，，，由于这n个数是随机抽取的，所以前n个区间的平均长度与所有个区间的平均长度近似相等，进而可以得到N的估计值．现工作人员随机抽取了31个零件，序号从小到大依次为：83、135、274、380、668、895、955、964、1113、1174、1210、1344、1387、1414、1502、1546、1689、1756、1865、1874、1880、1936、2005、2006、2065、2157、2220、2224、2396、2543、2791．请用上述两种方法分别估计这批零件的总数．结果四舍五入保留整数将第问方法二估计的总数N作为这批零件的总数，从中随机抽取100个零件测量其内径单位：，绘制出频率分布直方图如图已知标准零件的内径为200mm，将这100个零件的内径落入各组的频率视为这批零件内径分布的概率．其中内径长度最接近标准的720个零件为优等品，请求出优等品的内径范围结果四舍五入保留整数．21.已知函数．当时，求函数的极值点；若在区间内有且仅有4个零点的充要条件为，求证：．22.在直角坐标系xOy中，直线l的方程为，曲线C的方程为，动点P到原点O的距离与到l的距离相等．以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．求C的极坐标方程和P点轨迹的极坐标方程；若Q是曲线C上一点，且，求．23.已知函数．若a，b，，，证明：；若，对于任意的，恒成立，求c的取值范围．-------- 答案与解析 --------1.答案：C解析：解：集合0，1，2，，或，2，．故选：C．求出集合A，B，由此能求出．本题考查一元二次不等式的解法、集合的运算，考查运算求解能力以及化归与转化思想．2.答案：A解析：解：，复数的共轭复数是．故选：A．利用复数代数形式的乘除运算化简，再由共轭复数的概念得答案．本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．3.答案：D解析：解：由双曲线E：的一个焦点是，得，得．即，则，又，的渐近线方程为．故选：D．由双曲线的方程结合焦点坐标求得k，进一步求得虚半轴长，则渐近线方程可求．本题考查双曲线的简单性质，考查渐近线方程的求法，注意隐含条件的应用，是基础题．4.答案：A解析：解：K的观测值：，由于，有的把握认为休闲方式与性别是有关的，即在犯错误的概率不超过的前提下，认为“喜欢该电视节目与性别无关”，故选：A．计算K的观测值，对照题目中的表格，得出统计结论．本题考查了独立性检验的应用问题，也考查了计算能力的应用问题，是基础题目．5.答案：C解析：解：作出不等式组对应的平面区域如图：由，得表示，斜率为1纵截距为的一组平行直线，平移直线，当直线经过点A时，直线截距最小，z最大．由解得时，此时．故选：C．作出不等式组对应的平面区域，利用z的几何意义进行求解即可．本题主要考查线性规划的基本应用，利用z的几何意义是解决线性规划问题的关键，注意利用数形结合来解决．6.答案：D解析：解：，两边平方可得，解得，为第三象限角，，，可得，，．故选：D．将已知等式两边平方可得的值，由为第三象限角可得，进而利用同角三角函数基本关系式可求的值，根据二倍角的余弦函数公式即可求解的值．本题主要考查了同角三角函数基本关系式，二倍角的余弦函数公式在三角函数化简求值中的综合应用，考查了转化思想，属于基础题．7.答案：C解析：解：由题意可得：上、下底面中心连接所得线段的中点为该刍童的外接球的球心，设该刍童的外接球的半径为R，则．该刍童的外接球的表面积．故选：C．由题意可得：上、下底面中心连接所得线段的中点为该刍童的外接球的球心，设该刍童的外接球的半径为R，利用勾股定理可得，进而得出表面积．本题考查了长方体的性质、勾股定理、球的表面积，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．8.答案：A解析：解：，将函数的图象向左平移个单位长度得到，为偶函数，，，，，又，．故选：A．将化为，再利用函数的图象变换，结合题意，可求得的最小值．本题考查函数的图象变换，考查正弦函数的对称性，突出考查正弦函数与余弦函数的转化，属于中档题．9.答案：C解析：解：当时，，当，，当，，即当时，函数存在零点，排除B，D，且，，可排除A．故选：C．分析可知，函数在上存在零点，且，，由此可得出正确选项．本题考查利用函数性质确定函数图象，考查数形结合思想，属于基础题．10.答案：B解析：解：如图，在平面图形中，连接BD交EF于O，则，，F分别是AB，BC的中点，，则．．在中，由余弦定理可得：，则．在中，．故选：B．在平面图形中，连接BD交EF于O，则，由已知求解，得到，再由余弦定理求线段的长．本题考查空间中点、线、面间的距离计算，训练了余弦定理的应用，是中档题．11.答案：C解析：解：依题意，对不等式两边同时取自然对数得，，即，设，则，当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减，又，且要使不等式在区间内有解，即不等式成立，则．故选：C．对不等式两边同时取自然对数得，分离变量a可得，设，利用导数求出函数的单调性，进而得到其最小值，由此求得a的取值范围．本题考查不等式有解问题的处理策略，通过分离变量，转化为研究函数的最值问题是解决本题的关键，考查转化思想及计算能力，属于中档题．12.答案：B解析：解：建立以AB所在的直线为x轴，以AB的中垂线为y轴，则C在y轴上，设内切圆D，由题意可得，，，设EF在圆心D的下方，且平行于AB，设内切圆的半径为r，则由面积相等可得，所以，所以，因为，所以圆心D到EF的距离为，所以可得，，设，则，如图所示，由对称性可得，P在线段OB上时，，，这时，这时的最大值为；当P在线段BC上时，因为直线BC的方程，即，，所以，，令，，先减后增，而所以，而，所以的最大值为，故选：B．建立适当的平面直角坐标系，由边长及EF的值可得A，B，C，E，F的坐标，设P的坐标，求出数量积的表达式，由三角形的对称性由P在线段OB，BC上运动时求出的最大值．本题考查建立适当的平面直角坐标系，用坐标表示的表达式，及二次函数的单调性可得数量积的最大值．属于中档题．13.答案：解析：解：向量，，若，则，求得，故答案为：．由题意利用两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式，求出x的值．本题主要考查两个向量垂直的坐标运算，两个向量的数量积公式，属于基础题．14.答案：解析：解：由已知得，且在点处的切线与直线平行，，．故答案为：．先求出曲线对应函数的导数，然后求出切点处的函数值、导数值，列出方程组求解即可．本题考查导数的几何意义，利用切点满足的条件列方程组是基本思路．属于基础题．15.答案：解析：解：设直线l的方程为，圆的方程为，则圆心到直线l的距离，弦长，弦长AB等于E的焦距，，化简得，离心率．故答案为：．设直线l的方程为，圆的方程为，利用几何法、点到直线的距离公式求出弦长，建立a与c的等量关系式，化简后即可得解．本题考查圆与椭圆中的简单计算，包含点到直线的距离公式、弦长、离心率等知识点，考查学生的分析能力和运算能力，属于基础题．16.答案：解析：解：在中，，，，由正弦定理可得：，即，解得：．在中，由，，得为等边三角形，可得；以B为坐标原点，以BC所在直线为x轴建立平面直角坐标系，由，得，，．在中，由正弦定理可得：，解得．点的坐标为，则．点坐标为设，则，．，由到角公式可得：．整理得：．点在圆的一段圆弧上．圆心为，半径为．则BM长度的最小值为．故答案为：；．在中，直接由正弦定理求解AD的长度；以B为坐标原点，以BC所在直线为x轴建立平面直角坐标系，求出M点的轨迹，可知M点在圆的一段圆弧上，再由圆心到B 点的距离减去半径求得栈道BM长度的最小值．本题考查三角形的解法，考查数学转化思想方法，考查直线与圆位置关系的应用，考查计算能力，属难题．17.答案：解：证明：，，成等差数列，，又，，，是首项、公比均是2的等比数列；解：由得：，即，，且在上单调递增；，，满足的n的最大值为8．解析：由1，，成等差数列，进而证明数列是等比数列；先求出，再求，最后求解不等式，得出结果．本题主要考查等比数列的证明及数列求和，属于基础题．18.答案：解：设，由题设条件知：动圆圆心E的轨迹是以为焦点，以直线m：为准线的抛物线，其轨迹方程为：；设直线l：，，，由联立可得．，，，，．设，，，，，整理得：，解得又点Q到直线l的距离，．解析：设，由题设知动圆圆心E的轨迹是抛物线，由此得出轨迹方程；先设直线l：，再与动圆圆心E的轨迹方程联立整理出韦达定理，进而求得，设，找出满足的关系式，最后求出的面积．本题主要考查抛物线的定义及圆锥曲线的面积问题，属于基础题．19.答案：证明：取AB的中点G，连接EG，FG，又E为PA的中点，则，平面PBC，平面PBC，平面PBC，由F为CD中点，则，，四边形BCFG为平行四边形，得，平面PBC，平面PBC，平面PBC，又，平面平面PBC，得平面PBC；解：取H为PB的中点，则平面CDEH为过E，F，C三点的平面与四棱锥的截面．底面ABCD是边长为2的正方形，为等边三角形，且平面平面ABCD，四棱锥的高为，由已知可得平面CDEH，则PE为四棱锥的高，等于1．，，则多面体ABCDEH的体积为．上半部分与下半部分的体积比为．解析：取AB的中点G，连接EG，FG，分别证明平面PBC，平面PBC，可得平面平面PBC，进一步得到平面PBC；取H为PB的中点，则平面CDEH为过E，F，C三点的平面与四棱锥的截面，分别求出四棱锥与的体积，作差得到多面体ABCDEH的体积，作比得答案．本题考查平面与平面平行的判定与性质，考查空间想象能力与思维能力，训练了多面体体积的求法，是中档题．20.答案：解：方法一 31个零件序号的中位数为1546，所有零件序号的中位数为，依题意得，解得．方法二抽取的31个零件将划分为32个区间，平均长度为，前31个区间的平均长度为，依题意得，解得．抽取的720件优等品占总数的，依题意得由频率分布直方图可知：，故．则，解得故优等品的范围为解析：分别利用方法一，方法二进行计算得出N；先求出优等品的频率，再由频率分布直方图算出m，得出优等品的范围即可．本题考查了抽样方法的应用问题，频率分布直方图，解题时应根据题中给出的抽样方法进行计算，是道综合题．21.答案：解：，，，，在R上单调递增，又，当时，，单调递减，当时，，单调递增，是函数的极小值点，无极大值点；证明：当时，，故等价于，，令，则，当时，，单调递减，当时，，，当时，令，则，单调递减，又，故存在，使得，且当时，，，单调递减，当时，，，单调递增；当时，，单调递增；综上在单调递减，在单调递增，由于为偶函数，只需函数与在上有两个交点，，，，，以下估计的范围：，，，又，，，，，结论得证．解析：将代入，可得，，则在R上单调递增，又，则易得函数的单调性情况，进而求得极值点；依题意，等价于，，令，求导可知在单调递减，在单调递增，而为偶函数，故只需函数与在上有两个交点，由，接下来估计的范围，可得，由此即可得证．本题考查函数的单调性，导数及其应用，不等式等基础知识，考查推理论证能力，运算求解能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想等，属于较难题目．22.答案：解：由，可得，由，，可得，即为C的极坐标方程；当P在y轴右侧时，过P作x轴的垂线，垂足为M，作y轴的垂线，垂足为N，设l与x轴的交点为R，因为P到原点的距离与到l的距离相等，所以，在直角三角形OPM中，，所以，由，所以，当P在y轴或y轴的左侧时，满足，综上可得，P的轨迹方程为．设，，由，可得，又，，所以，解得，所以．解析：由，，可得曲线C的极坐标方程；当P在y轴右侧时，过P作x 轴的垂线，垂足为M，作y轴的垂线，垂足为N，设l与x轴的交点为R，由解直角三角形和两点的距离公式可得P的轨迹方程；设，，分别代入P，Q的极坐标方程，结合向量共线定理可得所求值．本题考查曲线的极坐标方程等基础知识，考查直线和圆锥曲线的位置关系，考查运算求解能力、推理论证能力，考查数形结合思想和化归转化思想，属于中档题．23.答案：解：证明：由已知得，，，当且仅当时取等号，；当时，，对任意的，恒成立，，解得或，当时，在上为减函数，，即；当时，在上为减函数，，即，综上所述，或．解析：依题意，，而，再利用基本不等式即可证得；将代入得，，依题意，，解得或，再分和两种情况求出函数的最小值，由此即可求得c的取值范围．本题考查基本不等式的运用以及不等式的恒成立问题，考查推理论证能力以及分类讨论思想，属于中档题．。

2020年福建省厦门一中高考数学最后一模试卷(文科) (解析版)

2020年福建省厦门一中高考数学最后一模试卷(文科)一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.若集合A={x|−1≤x≤2}，B={x|x−1<0}，则A∪B=()A. {x|x<1}B. {x|−1≤x<1}C. {x|x≤2}D. {x|−2≤x<1}2.已知复数z满足z(1+i)3=1−i，则复数z对应的点在()上．A. 直线y=−12x B. 直线y=12x C. 直线x=−12D. 直线y=−123.为了反映各行业对仓储物流业务需求变化的情况，以及重要商品库存变化的动向，中国物流与采购联合会和中储发展股份有限公司通过联合调查，制定了中国仓储指数．由2016年1月至2017年7月的调查数据得出的中国仓储指数，绘制出如图的折线图．根据该折线图，下列结论正确的是()A. 2016年各月的仓储指数最大值是在3月份B. 2017年1月至7月的仓储指数的中位数为55C. 2017年1月与4月的仓储指数的平均数为52D. 2016年1月至4月的仓储指数相对于2017年1月至4月，波动性更大4.漳州某公园举办水仙花展，有甲、乙、丙、丁4名志愿者，随机安排2人到A展区，另2人到B展区维持秩序，则甲、乙两人同时被安排到A展区的概率为()A. 112B. 16C. 13D. 125.如图所示，若P为正方体ABCD−A1B1C1D1中AC1与BD1的交点，则△PAC在该正方体各个面上的射影可能是()A. ①②③④B. ①③C. ①④D. ②④6.若，a∈(0,π2)，则sinα的值为()A. 4−√26B. 4+√26C. 718D. √237.函数f(x)=e xx的图象大致为()A. B. C. D.8.抛物线y2=4x的焦点F是椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个焦点，且它们的交点M到F的距离为53，则a的值为()A. 4B. 2C. 13D. 199.执行如图所示的程序框图，则输出的S的值是()A. 1B. 2C. 4D. 710. 在△ABC 中，a ，b ，c 分别为角A 、B 、C 的对边，已知∠A =60°，b =1，面积S =√3，则asinA 等于( )A. 2√393B. 8√33C. 26√33D. √392611. 设函数f(x)={x 2+2x,x ≥0ae x ,x<0，若函数y =f(x)+ax 恰有两个零点，则实数a 的取值范围是( )A. [−2,0)∪(0,+∞)B. (−∞,0)∪(0,2]C. (−∞,0)∪(0,e]D. [−e,0)∪(0,+∞)12. 已知双曲线C ：x 2a 2−y 2b 2=1的左、右焦点分别是F 1，F 2，正三角形△AF 1F 2的顶点A 在y 轴上，边AF 1与双曲线左支交于点B ，且AF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =4BF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，则双曲线C 的离心率的值是( )A. √32+1 B. √13+13 C. √133+1 D. √3+12二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 已知|a ⃗ |=√3，|b ⃗ |=2√3，a ⃗ ⋅b ⃗ =−3，则a ⃗ 与b ⃗ 的夹角是______ ． 14. 函数f(x)=sin xsin (x −π2)的最大值为________．15. 若直线2x −y +m =0与曲线y =xlnx 相切，则实数m 的值为_______．16. 已知三棱锥P −ABC 的体积为12，且PA ⊥AB ，PC ⊥BC ，∠ABC =120°，BA =BC =1，若此棱锥的所有顶点都在球O 的表面上，则球O 的表面积为______ ．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.已知数列{a n}满足a1=1，且2na n+1−2(n+1)a n=m(n+1)(n∈N∗)．(Ⅰ)求数列{a n}的通项公式；(Ⅱ)若b n=2n⋅a n，求数列{b n}的前n项和S n．n+118.如图，已知AB⊥BC，BE//CD，∠DCB=90°，平面BCDE⊥平面ABC，CD=4，AB=BC=BE=2，F为AD中点．(1)证明：EF//平面ABC；(2)求三棱锥D−BCF的体积．19.总体(x,y)的一组样本数据为：x1234y3354(1)若x，y线性相关，求回归直线方程；(2)当x=6时，估计y的值．附：回归直线方程y =bx +a ，其中a =y −bx ，b =∑x i n i=1y i −nx −y−∑x i 2n i=1−nx−2．20. 已知圆C ：x 2+y 2−8y =0与动直线l ：y =kx −2k +2交于A ，B 两点，线段AB 的中点为M ，O 为坐标原点． (1)求M 的轨迹方程；(2)已知点P(2,2)，当|OP|=|OM|时，求l 的方程及△POM 的面积．21. 已知函数f(x)=x 2−2x +alnx(a ∈R)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)有两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)，且不等式f(x 1)≥mx 2恒成立，求实数m 的取值范围．22. 已知曲线C 的极坐标方程是ρ=2，以极点为原点，极轴为x 轴的正半轴建立平面直角坐标系，直线l 的参数方程为{x =2−12ty =1+√32t(t 为参数)． (1)写出直线l 与曲线C 在直角坐标系下的方程；(2)设曲线C 经过伸缩变换{x′=xy′=2y得到曲线C′，设曲线C′上任一点为M(x 0,y 0)，求√3x 0+12y 0的取值范围．23. 已知函数f(x)=|x +4|+|x −4|．(1)求不等式f(x)>3x 的解集;(2)设函数f(x)的最小值为z ，正实数m 、n 满足mn −2m −n =z ，求证：m +n ≥2√10+3．-------- 答案与解析 --------1.答案：C解析：解：∵集合A={x|−1≤x≤2}，B={x|x−1<0}={x|x<1}，∴A∪B={x|x≤2}．故选：C．先求出集合A，B，由此能求出A∪B．本题考查并集的求法，考查并集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．2.答案：C解析：解：由z(1+i)3=1−i，得z=1−i(1+i)3=1−i1+3i−3−i=1−i−2+2i=(1−i)(−2−2i) (−2+2i)(−2−2i)=−48=−12，∴复数z对应的点在直线x=−12上．故选：C．把已知的等式变形，然后利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．本题考查了复数代数形式的乘除运算，属于基础题．3.答案：D解析：本题考查命题真假的判断，考查折线图的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．解：根据该折线图得到：2016年1月至4月的仓储指数相对于2017年1月至4月，波动性更大，故D正确．故选D．4.答案：B。

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2020年福建省厦门一中高考数学最后一模试卷1一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知集合A={0,2}，B={0,2，−2}，则A∪B=()A. {−2,0，2}B. {−2,0，2，2}C. {0,2}D. {−2}2.复数z满足1−1i=z(2+3i)，则z的虚部为()A. −113B. −113i C. −513D. −173.某城市收集并整理了该市2017年1月份至10月份各月最低气温与最高气温(单位：℃)的数据，绘制了下面的折线图．已知该市的各月最低气温与最高气温具有较好的线性关系，则根据该折线图，下列结论错误的是()A. 最低气温与最高气温为正相关B. 10月的最高气温不低于5月的最高气温C. 月温差(最高气温减最低气温)的最大值出现在1月D. 最低气温低于0℃的月份有4个4.济南市某公交线路某区间内共设置四个站点(如图)，分别记为A，A1，A2，A3，现有甲、乙两人同时从A站点上车，且他们中的每个人在站点A i(i=0,1，2，3)下车是等可能的.则甲、乙两人不在同一站点下车的概率为()A. 23B. 34C. 35D. 125.如图所示的正方体中，M、N分别是AA1、CC1的中点，作四边形D1MBN，则四边形D1MBN在正方体各个面上的正投影图形中，不可能出现的是()A. B. C. D.6.若，a∈(0,π2)，则sinα的值为()A. 4−√26B. 4+√26C. 718D. √237.已知函数f(x)=e x−(x+1)2(e为自然对数的底)，则f(x)的大致图象是()A. B.C. D.8.已知F1，F2是双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左右焦点，F2与抛物线C：y2=4√3x的焦点重合，点M在E上，MF2与x轴垂直，|MF2|=2，则E的离心率为()A. √2B. 32C. √3D. 29.执行如图所示的程序框图，输出的s值为()A. −3B. −12C. 13D. 210.已知a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边，a=4，b=6，B=60°，则sinA=()A. √62B. √32C. √63D. √3311.若函数f(x)=x2+2x+a没有零点，则实数a的取值范围是()A. a<1B. a>1C. a≤1D. a≥112.已知点P是双曲线C：x24−y2=1的右支上一点，F1，F2是双曲线C的左、右焦点，若∠F1PF2=90°，则△F1PF2的面积为()．A. 1B. √2C. √3D. 4二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.若b⃗ =(1,1)，a⃗⋅b⃗ =2，|a⃗−b⃗ |=√7，则|a⃗|=______ ．14.y=sinx−cosx+sinxcosx的值域为______ ．15.已知直线y=−12x+b与曲线f(x)=−x3+2相切，则实数b=____________．16.已知球O的表面积为16π，三棱锥S−ABC的四个顶点均在球O的表面上，且底面为正三角形，SA=SB=SC=2√3，则此三棱锥的高ℎ=________．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.已知数列{b n}是首项为1的等差数列，数列{a n}满足a n+1−3a n−1=0，且b3+1=a2，a1=1．(Ⅰ)求数列{a n}的通项公式；(Ⅱ)令c n=a n b n，求数列{c n}的前n项和T n．18. 如图，已知AB ⊥BC ，BE//CD ，∠DCB =90°，平面BCDE ⊥平面ABC ，CD =4，AB =BC =BE =2，F 为AD 中点． (1)证明：EF//平面ABC ； (2)求三棱锥D −BCF 的体积．19. 某种产品的广告支出x 与销售额y(单位：万元)之间有如表对应关系：x 2 4 5 6 8 y3040605070(Ⅰ)假设y 与x 之间具有线性相关关系，求线性回归方程； (Ⅱ)求相关指数R 2，并证明残差变量对销售额的影响占百分之几？参考公式：b ̂=∑x i ni=1y i −nx·y ∑x i 2n i=1−nx2，a ̂=y −b ̂·x ，R 2=1−ni=1i 2∑(n y −y)220. 在平面直角坐标系xOy 中，A(2,4)是⊙M ：x 2+y 2−12x −14y +60=0上一点．(1)求过点A 的⊙M 的切线方程；(2)设平行于OA 的直线l 与⊙M 相交于B ，C 两点，且|BC|=2|OA|，求直线l 的方程．21. 已知函数f(x)=(2−a)lnx +1x +2ax ．(1)当a =2时，求函数f(x)的极值； (2)当a <0时，求函数f(x)的单调增区间．22. 已知曲线C 1的参数方程为{x =4+5costy =5+5sint (t 为参数)，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρ=2sinθ(ρ≥0,0≤θ<2π)，求C 1与C 2交点的坐标．23.已知函数f(x)=|x+4|+|x−4|．(1)求不等式f(x)>3x的解集;(2)设函数f(x)的最小值为z，正实数m、n满足mn−2m−n=z，求证：m+n≥2√10+3．-------- 答案与解析 --------1.答案：A解析：【分析】利用并集定义直接求解．本题考查并集的求法，考查集合的并集运算等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．【解答】解：∵集合A={0,2}，B={0,2，−2}，∴A∪B={−2,0，2}．故选：A．2.答案：A解析：【分析】本题考查了复数的四则运算，以及复数的概念应用.由已知条件得到z=513−113i，从而得到该复数的虚部．【解答】解：∵复数z满足1−1i=z(2+3i)，所以z=1−1 i2+3i ==1+i2+3i=(1+i)(2−3i)13=5−i13=513−113i，∴虚部为−113．故选A．3.答案：D解析：解：由该市2017年1月份至10月份各月最低气温与最高气温(单位：℃)的数据的折线图，得：在A中，最低气温与最高气温为正相关，故A正确；在B中，10月的最高气温不低于5月的最高气温，故B正确；在C中，月温差(最高气温减最低气温)的最大值出现在1月，故C正确；在D中，最低气温低于0℃的月份有3个，故D错误．故选：D．由该市2017年1月份至10月份各月最低气温与最高气温(单位：℃)的数据的折线图，得最低气温低于0℃的月份有3个．本题考查命题真假的判断，考查折线图等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是基础题．4.答案：A解析：【分析】本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．甲、乙两人下车包含的基本事件个数n=3×3=9，甲、乙两人不在同一站点下车包含的基本事件个数m=A32=6，由此能求出甲、乙两人不在同一站点下车的概率．【解答】解：济南市某公交线路某区间内共设置四个站点(如图)，分别记为A0，A1，A2，A3，现有甲、乙两人同时从A0站点上车，且他们中的每个人在站点A i(i=0,1，2，3)下车是等可能的．则甲、乙两人包含的基本事件个数n=3×3=9，甲、乙两人不在同一站点下车包含的基本事件个数m=A32=6，∴甲、乙两人不在同一站点下车的概率为p=mn =69=23．故选A．5.答案：D解析：【分析】本题考查平行投影及平行投影作图法，考查一个空间四边形在不同面上的投影不同．比较基础．根据正投影的概念分别判断各个面上的投影即可得到结论．【解答】解：四边形D1MBN的俯视图为A，侧视图为C，正视图为B，故不可能是投影是D，故选D．6.答案：A解析：【分析】本题考查两角和与差的三角函数公式及同角三角函数基本关系式的运用，属于基础题．【解答】解：，a∈(0,π2)，a+π4∈(π4,3π4)，∴sin(α+π4)=2√23∴=4−√26．故选A．7.答案：C解析：【分析】本题考查利用导数研究函数的单调性及函数图象的应用，求出导数，利用图象分析极值点的范围即可求解．【解答】解：设f′(x)=e x−2(x+1)=0的解为x1，x2，x1，x2相当于函数y=e x和函数y=2(x+1)交点的横坐标，画出函数图象如图：由图可知f(x)的函数图象先增后减再增，−1<x1<0，x2>1，且x>x2时，f′(x)>0，递增.观察四个图象只有C符合．故选C．8.答案：C解析：【分析】本题考查了双曲线和抛物线的简单性质以及勾股定理，考查了运算能力，属于基础题．根据抛物线和双曲线的性质可得c=√3，根据双曲线的定义可得|MF1|=2a+2，根据勾股定理求出a的值，再根据离心率公式计算即可．【解答】解：F2与抛物线C：y2=4√3x的焦点重合，则F2(√3,0)，即c=√3，∴|F1F2|=2c=2√3，∵MF2与x轴垂直，|MF2|=2，∴|MF1|=2a+2，∴(2a+2)2=22+(2√3)2，解得a=1，=√3．∴e=ca故选：C．9.答案：D解析：【分析】本题考查的知识点是程序框图，属于基础题．由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．【解答】解：第一圈，i=0，s=2，是，i=1，s=13;第二圈，是，i=2，s=−12;第三圈，是，i=3，s=−3；第四圈，是，i=4，s=2；第五圈，否，输出s，即输出2，故选D．10.答案：D解析：【分析】本题考查了正弦定理，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握正弦定理是解本题的关键．由B的度数求出sin B的值，再由a与b的值，利用正弦定理即可求出sin A的值．【解答】解：∵a=4，b=6，B=60°，∴由正弦定理asinA =bsinB，得sinA=asinBb =4×√326=√33．故选D.11.答案：B解析：【分析】本题主要考查函数的零点问题，属于基础题．由题意，可转化为方程x2+2x+a=0没有实数根，所以Δ=4−4a<0，得a>1．【解答】解：函数f(x)=x2+2x+a没有零点，即方程x2+2x+a=0没有实数根，所以Δ=4−4a<0，得a>1．故选B．12.答案：A解析：【分析】由条件可得|PF1|−|PF2|=4，由题意可知△F1PF2为直角三角形，利用勾股定理，结合双曲线的定义，即可求出△PF1F2的面积．本题考查双曲线的定义与性质，考查三角形面积的计算，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．【解答】−y2=1的a=2，b=1，c=√5．解：双曲线C：x24由双曲线的定义可得，|PF1|−|PF2|=4，由题意可知△F1PF2为直角三角形，则|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=4c2=20，故(|PF1|−|PF2|)2+2|PF1|⋅|PF2|=|F1F2|2=20，即16+2|PF1|⋅|PF2|=20，故|PF1|⋅|PF2|=2，|PF1|⋅|PF2|=1．故△PF1F2的面积为12故选：A．13.答案：3解析：【分析】由已知利用数量积的性质可得√7=√a⃗2+b⃗ 2−2a⃗⋅b⃗ ，代入解出即可．本题考查了数量积的性质，属于基础题．解：∵b⃗ =(1,1)，∴|b⃗ |=√2．∵a⃗⋅b⃗ =2，|a⃗−b⃗ |=√7．∴√7=√a⃗2+b⃗ 2−2a⃗⋅b⃗ ，化为|a⃗|2=9，解得|a⃗|=3．故答案为：3．14.答案：[−√2−12,1]解析：【分析】首先将y=sinx−cosx+sinxcosx通过换元法，设sinx−cosx=t(−√2≤t≤√2)，关系式转化为：g(t)=−12t2+t+12，然后利用二次函数的性质就可求得结果．本题考查的知识点：二倍角的正弦，二次函数的性质，重点体现了换元法和配方法．【解答】解：∵y=sinx−cosx+sinxcosx，设sinx−cosx=t(−√2≤t≤√2)则：sinxcosx=1−t22，因此函数关系式转化为：g(t)=−12t2+t+12=−12(t−1)2+1(−√2≤t≤√2)，∴g(t)max=g(1)=1，g(t)min=g(−√2)=−√2−12，故y=sinx−cosx+sinxcosx的值域为[−√2−12,1]．故答案为：[−√2−12,1]．15.答案：18或−14解析：本题考查了导数的几何意义，属于较易题．利用导数求切线，即可得到b的值．【解答】解：设切点坐标为(m,n)，由题可得f′(x)=−3x2，所以−3m2=−12，解得m=±2，当m=2时，n=−6；当m=−2时，n=10．又点(m,n)在直线y=−12x+b上，所以−6=−12×2+b或10=−12×(−2)+b，解得b=18或−14．故答案为：18或−14．16.答案：3解析：【分析】此题考查了三棱锥外接球，难度不大．可知球心在高上，设未知数利用直角三角形列方程容易得解．【解答】解：如图，设OB=OS=R，SM=ℎ，AB=a，∴BM=√3a，因为球O的表面积为16π，所以4πR2=16π，即R=2．3又SB=2√3，所以在Rt△OMB中，(ℎ−2)2=4−(√33a)2，在Rt△SBM中，SB2=ℎ2+MB2，即12=ℎ2+(√33a)2，联立解得ℎ=3．故答案为3．17.答案：解：(Ⅰ)数列{a n}满足a n+1−3a n−1=0，a1=1，即为a n+1+12=3(a n+12)，可得a n+12=32⋅3n−1=12⋅3n，即a n=12(3n−1)；(Ⅱ)数列{b n}是首项为1，公差设为d的等差数列，b3+1=a2，即为2+2d=12×8，解得d=1，即b n=n；c n=a n b n=12(n⋅3n−n)，设S n=1⋅3+2⋅32+⋯+n⋅3n，3S n=1⋅32+2⋅33+⋯+n⋅3n+1，相减可得−2S n=3+32+⋯+3n−n⋅3n+1=3(1−3n)1−3−n⋅3n+1，化简可得S n=3+(2n−1)⋅3n+14，可得前n项和T n=3+(2n−1)⋅3n+18−n(n+1)4．解析：(Ⅰ)由构造等比数列，运用等比数列的定义和通项公式可得所求通项；(Ⅱ)数列{b n}是首项为1，公差设为d的等差数列，运用等差数列的通项公式和错位相减法求和、分组求和法，化简整理可得所求和．本题考查等差数列和等比数列的定义和通项公式、求和公式的运用，考查错位相减法求和和分组求和，考查化简整理的运算能力，属于中档题．18.答案：证明：(1)设AC中点为G，连FG，BG，∵F为AD中点，∴FG//DC，FG=12DC，又由题意BE//CD ，BE =12CD ，∴EB//FG ，且EB =FG ，∴四边形BEFG 为平行四边形，∴EB//FG ，又BG ⊂平面ABC ，EF ⊄平面ABC ，∴EF//平面ABC ．(2)∵平面BCDE 所在平面垂直平面ABC ，平面BCDE ∩平面ABC =BC ，AB ⊂平面ABC ，AB ⊥BC ，∴AB ⊥平面BCDE ，∵F 为AD 中点，∴V D−BCF =V F−BCD =12V A−BCD =16(12BC ⋅DC)AB =43，所以，三棱锥D −BCF 的体积是43．解析：(1)设AC 中点为G ，连FG ，BG ，推导出四边形BEFG 为平行四边形，从而EB//FG ，由此能证明EF//平面ABC ．(2)V D−BCF =V F−BCD =12V A−BCD ，由此能求出三棱锥D −BCF 的体积．本题考查线面平行的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．19.答案：解：(Ⅰ)x =5，y =50；∑x i 5i=1y j =1380，∑x i 25i=1=145；则：b =i 5i=1i −nxy∑x 25−nx 2=1380−5×5×50145−5×52=6.5；a ̂=y −b̂x =50−6.5×5=17.5 所以线性回归方程为：y =6.5x +17.5(Ⅱ)∑(5i=1y i −y i )2=155，∑(5i=1y i −y)2=1000；R 2=15i=1i i 2∑(5y −y)2=1−1551000=0.845．即相关系数R 2为0.845，证明残差变量对销售额的影响占15.5%．解析：本题考查回归分析的初步应用，考查求线性回归方程的求法，是一个综合题目，这种题目符合新课标的大纲要求，是一个典型的题目．(Ⅰ)首先求出x ，y 的平均数，利用最小二乘法做出线性回归方程的系数，写出线性回归方程． (Ⅱ)利用公式求出相关指数R 2，即可得出结论．20.答案：解：(1)化圆M 的方程为标准方程：(x −6)2+(y −7)2=25，得圆心M(6,7)，半径r =5，∵A(2,4)，∴k AM=7−46−2=34，∴切线方程为y−4=−43(x−2)，即4x+3y−20=0；(2)∵k OA=2，∴可设直线l的方程为y=2x+m，即2x−y+m=0(m≠0，否则就与直线OA重合)，又|BC|=2|OA|=2×√22+42=4√5，∴圆心M(6,7)到直线l的距离d=√52−(|BC|2)2=√5，即22=√5，解得m=−10或m=0(不合题意，舍去)，∴直线l的方程为y=2x−10．解析：本题考查直线与圆位置关系，考查点到直线距离公式的应用，是基础题．(1)化圆的方程为标准方程，求出圆心坐标与半径，求得AM所在直线当斜率，由直线方程的点斜式得答案；(2)求出OA的斜率为2，设直线l的方程为y=2x+m，求出BC的长度，由点到直线的距离公式结合垂径定理求m，则直线方程可求．21.答案：解：(1)a=2时，f(x)=1x+4x，函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=−1x2+4，令f′(x)=−1x2+4=0，得x1=12,x2=−12(舍去)，当x变化时，f′(x)，f(x)的取值情况如下：所以，函数f(x)的极小值为f(12)=4，无极大值．(2)f′(x)=2−ax −1x2+2a=(2x−1)(ax+1)x2，令f′(x)=0，得x1=12,x2=−1a，当a=−2时，f′(x)≤0，函数f(x)的在定义域(0,+∞)单调递减，无增区间；当−2<a <0时，在区间(12,−1a )上，f′(x)>0，f(x)单调递增；当a <−2时，在区间(−1a ,12)上，f′(x)>0，f(x)单调递增．综上：当−2<a <0时，f(x)的增区间为：(12,−1a )，当a <−2时，f(x)的单调增区间为：(−1a ,12)．解析：本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道中档题．(1)求出函数的导数，解关于导函数的方程，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值；(2)求出函数的导数，通过讨论a 的范围，判断导函数的符号，从而求出函数的单调区间． 22.答案：解：将{x =4+5cost y =5+5sint消去参数t ，化为普通方程为(x −4)2+(y −5)2=25，即C 1 ：x 2+y 2−8x −10y +16=0， {x =ρcosθy =ρsinθ，代入x 2+y 2−8x −10y +16=0得，ρ2−8ρcosθ−10ρsinθ+16=0，即C 1的极坐标方程为ρ2−8ρcosθ−10ρsinθ+16=0，联立{ρ2−8ρcosθ−10ρsinθ+16=0ρ=2sinθ，解得：{θ=π4ρ=√2 或{θ=π2ρ=2， C 1与C 2的交点的极坐标为(√2, π4)和(2,π2)．解析：本题考查参数方程与普通方程的互化，直角坐标方程与极坐标方程的互化，属于基础题． 23.答案：解：(1)f(x)>3x ，即|x +4|+|x −4|>3x ．当x <−4时，不等式可化为−x −4+4−x >3x ，x <0，所以x <−4；当−4≤x ≤4时，不等式可化为x +4+4−x >3x ，所以−4⩽x <83；当x >4时，不等式可化为x +4+x −4>3x ，无解．综上，原不等式的解集为{x|x <83}．证明：(2)由绝对值不等式性质得，|x +4|+|x −4|≥|x +4−x +4|=8，∴z =8，则mn−2m−n=8，所以(m−1)(n−2)=10，所以m+n=(m−1)+(n−2)+3⩾2√10+3，当且仅当m=√10+1，n=√10+2时取“=”，原不等式得证．解析：本题考查绝对值不等式的解法及利用基本不等式证明的问题，属于中档题．(1)f(x)>3x，即|x+4|+|x−4|>3x，用零点分段法解此绝对值不等式；(2)由绝对值不等式性质得z=8，所以(m−1)(n−2)=10，再利用基本不等式即可证明．。