【文档说明】福建省厦门外国语学校2020届高三下学期高考最后一次模拟数学（文）试题 【精准解析】.doc，共(21)页，1.957 MB，由小赞的店铺上传

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厦门外国语学校2020届高三高考模拟考试数学试题本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分为150分.考试用时120分钟.注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和准考证号填

写在答题卡相应的位置上，用2B铅笔将自己的准考证号填涂在答题卡上.2．选择题每小题选出答案后，用2B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；在试卷上做答无效.3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔

在答题卡上作答，答案必须写在答题卡上各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液.不按以上要求作答的答案无效.4．考生必须保持答题

卡的整洁和平整.一、选择题（每题5分，12题，共60分）1.已知全集1,2,3,4,5U，2,3,4A，3,5B，则下列结论正确的是（）A.BAB.{3}ABC.{2,4,5}ABD.{1,5}UCA【答案】D【解析】【分析】根据集合的定义与运算

法则，判断选项中的命题是否正确即可．【详解】由题知集合A与集合B互相没有包含关系，故A错误；又2,3,4,5AB，故B错误；3AB，故C错误；1,5UCA，故D正确，故选D.【点睛】本题考查了集合的定义与集合间的相互关系问题，重点考查了集合的交并补的运算，是基础

题．2.已知复数z满足33izi，则(z)A.13B.3C.4D.5【答案】D【解析】【分析】先由复数的四则运算求出z，再由复数模的运算即可求出结果.【详解】因为33izi，所以333334izii

ii，所以22435z.故选D【点睛】本题主要考查复数的四则运算，以及复数模的运算，熟记公式即可求解，属于基础题型.3.已知x，y的取值如下表：x0134y2.24.34.86.7根据上表可得回归方程为0.95yxa，则a

＝（）A.3.25B.2.6C.2.2D.0【答案】B【解析】【分析】求出样本中心,xy，代入回归方程即可解出a．【详解】1013424()x＝＝，12.24.34.86.74.5()4y＝＝，把样本点中心(2)4.5，代入回归方程得4.50.952a

＝，∴2.6a．故选B【点睛】本题考查了线性回归方程的性质，属于基础题．4.若双曲线2222:1(0,0)xyCabab的右顶点A到一条渐近线的距离为223a，则双曲线的离心率为（）A.223B.13C.3D.22【

答案】C【解析】【分析】设双曲线的右顶点为,0a,一条渐近线方程为byxa,即0bxay,运用点到直线的距离公式和离心率公式,计算即可得到所求值.【详解】设双曲线的右顶点为,0a,一条渐近线方程为byxa,即0bxay,由题意可得22223ababacab,则2

23bc,由222=cab可得13ac所以3cea.故选:C.【点睛】本题考查双曲线的简单性质,考查双曲线离心率的问题,难度较易.5.已知点cos10,sin10A，cos100,sin100B，则AB（）A.1B.2C.3D.2【答案】B【解析】【分析】利用两

点间距离公式结合三角函数公式求解．【详解】点(cos10,sin10)A，(cos100,sin100)B，22||(cos10cos100)(sin10sin100)AB2222102cos

10cos100100102sin10sin100100coscossinsin22(cos10cos100sin10sin100)22cos(10100)22cos902，故选：B．【点睛】本题主要考查了

两点间距离公式，以及三角函数公式，是基础题．6.如图，正方体1111ABCDABCD中，下列结论不正确．．．的是（）．A.111CDBCB.1BDACC.11BDBCD.160ACB【答案】C【解析】1BD与1BC是两

条异面直线．所以不可能平行,选C.7.已知一个圆柱的侧面积等于表面积的23，且其轴截面的周长是16，则该圆柱的体积是（）A.54B.36C.27D.16【答案】D【解析】【分析】设圆柱的底面半径为R，高为h，则由题意得，22232416RhRhRhR

，解方程组，再根据圆柱的体积公式求解即可．【详解】解：设圆柱的底面半径为R，高为h，∵圆柱的侧面积等于表面积的23，且其轴截面的周长是16，∴22232416RhRhRhR，解得24Rh，∴圆柱的体积为

216VRh，故选：D．【点睛】本题主要考查圆柱的表面积公式与体积公式，属于基础题．8.一个几何体的三视图如图所示，若这个几何体的体积为205，则该几何体的外接球的表面积为（）A.36πB.64πC.81πD.100π

【答案】C【解析】【分析】首先把三视图转换为几何体，进一步利用几何体的体积公式求出四棱锥体的外接球的半径，最后求出球的表面积．【详解】解：根据几何体的三视图可以得到该几何体为四棱锥体，如图所示：该四棱锥的底面是长方形，长为6，宽为5，四棱锥的高即为PD所以15

62053Vh，解得25h．设四棱锥的外接球的半径为r，所以222225625r，解得92r，所以294812S球，故选：C【点睛】本题考查了几何体的三视图问题，解题的关键是要能由三视图解析出原几何体，从而解决问题.9.关于函数()co

s223sincosfxxxx，有下列命题：①fx的最小正周期为；②函数()fx的图象关于3x对称；③()fx在区间2,36上单调递增；④将函数()fx的图象向左平移512个单位长度后所得到的图象与函数2sin2yx的图象重合．其中正确的命题是（）A.①

②③B.②④C.①③D.①②④【答案】A【解析】【分析】先化简函数()fx，然后结合所给命题进行逐个验证.【详解】()cos223sincoscos23sin22cos(2)3fxxxxxxx所以fx的最小正周期为22，①正确；当3x

时，()2cos23f，所以②正确；当2,36x时，2,03x，此时()fx为增函数，所以③正确；将函数()fx的图象向左平移512个单位长度后得到函数解析式为52cos[2()]2cos(2)2sin(2)12363yxxx

，所以④不正确；故选：A.【点睛】本题主要考查三角函数的图象及性质，把函数化为最简形式是求解的关键，侧重考查数学抽象的核心素养.10.已知函数fx是偶函数，当0x时，()ln1fxxx，则曲线()yfx

在1x处的切线方程为（）A.yxB.2yxC.yxD.2yx【答案】A【解析】【分析】利用导数的几何意义以及点斜式方程即可求解.【详解】因为0x，()()ln()1fxfxxx，()11f，()ln()1fxx

，(1)1f，所以曲线()yfx在1x处的切线方程为1(1)yx，即yx.故选：A.【点睛】本小题主要考查根据函数奇偶性求函数解析式，考查利用导数求切线方程，属于基础题.11.若点M是ABC所在平面内的一点，且满足53AMABAC，则ABM

与ABC的面积比为（）.A.15B.25C.35D.45【答案】C【解析】【分析】将已知条件53AMABAC中的AB转化为2AD，然后然后化简得23DMMC，由此求得两个三角形高的比值，从而求得面积的比值.【详解】如图，由5AM=A

B+3AC得2AM=2AD+3AC-3AM，即2(AM-AD)=3(AC-AM)，即2DM=3MC，故DM=3DC5，故△ABM与△ABC同底且高的比为3∶5，故S△ABM∶S△ABC=3∶5.所以选C.【点睛】本小题考查平面向量的线性运

算，考查三角形面积的比值的求法，属于基础题.12.已知函数()ln(R)fxxaxaa有两个零点，则a的取值范围是（）A.(,)eB.2,eC.23,eeD.22,2ee【答案】B【解析】【分析】对()fx求导，分类讨论各种情况下的零点个数则可求出a的取值范围.

【详解】()1(0)axafxxxx，当0a时，()0fx，∴()fx在(0,)上单调递增，不合题意，当0a时，0xa时，()0fx；xa时，()0fx，∴()fx

在(0,)a上单调递减，在(,)a上单调递增，∴min()()2lnfxfaaaa，依题意得2ln0aaa，∴2ae，取1xe，22xa，则1xa，2xa，且1()0fxfee，2222ln(2ln1)fxfaaaaaaaa，令()2l

n1gaaa，则2()10gaa，∴()ga在2,e上单调递增，∴22()30gagee，∴20fx，∴在(,)ea及2(,e)a上各有一个零点，故a的取值范围是2,e，故选：B.【点睛】本题考查利用

导数求函数的零点个数，考查学生分类讨论的能力和计算能力，属于中档题.二、填空题（每题5分，4题，共20分）13.已知函数2,0()(2),0xxfxfxx，则(1)f_____________【答案】2【解析

】【分析】根据分段函数解析式，代入即可求解.【详解】函数2,0()(2),0xxfxfxx，则1(1)122ff.故答案为：2【点睛】本题考查了分段函数求值，考查了基本运算求解能力，属于基础题.14.已知实数,xy满足约束条件

210240xxyxy，则3zxy的取值范围为___.【答案】[5,9]【解析】【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,把最优解的坐标代入目标函数得结论.【详解】画出210240xx

yxy表示的可行域,如图:解得1,2,(2,3)AB将3zxy变形为3yxz平移直线3yxz由图可知当直线3yxz经过点1,2A时,直线在y轴上的截距最小,

z有最小值为325z,当直线3yxz经过点()2,3B时,直线在y轴上的截距最大,z有最大值为3239z所以3zxy的取值范围是[5,9].故答案为:[5,9].【点睛】本题主要考查线性规划中,利用可行域求目标函数的最值,属于简单题.15.设

直线2yxa与圆C：x2+y2-2ay-2=0相交于A，B两点，若23AB，则圆C的面积为________【答案】4【解析】因为圆心坐标与半径分别为2(0,),2Cara，所以圆心到直线的距离222aaad，则22()322aa，解之得

22a，所以圆的面积2(22)4Sr，应填答案4．16.如图所示，三个全等的三角形ABF、BCD、CAEV拼成一个等边三角形ABC，且DEF为等边三角形，2EFAE，设ACE，则sin2________【答案

】7326【解析】【分析】设0AEkk，则2EFk，由题意可得3CAE，3CEk，在CAEV中，运用正弦定理可得3tan7，结合22tansin2tan1可得结果.【详解】设0AEkk，则

2EFk，由ACE，由于三角形ABF、BCD、CAEV全等，∴FAB，CDk，2DEk，又∵ABC为等边三角形，∴3CAE，在CAEV中，由正弦定理可得：sinsinAECEACECAE，即3sinsin3kk，313sincoss

in22，化简得3tan7，∴222322sincos2tan737sin23sincostan126149，故答案为：7326.【点睛】本题主要考查了利用正弦定理解三角形，

利用正切求齐次式的值，属于中档题.三、解答题（70分）17.如图，四棱锥PABCD中，PD底面ABCD，且底面ABCD为平行四边形，若60DAB，2AB，1AD.（1）求证：PABD；（2）若PC与底面ABCD所成的角为45，求点

D到平面PBC的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）2217【解析】【分析】（1）计算线段长度结合勾股定理逆定理得到ADBD，证明BD平面PAD得到答案.（2）设点D到平面PBC的距离h，计算72BCPS△，利用等体积法计算得到答案

.【详解】（1）∵1AD，2AB，60DAB，∴2222cos60BDABADABAD，∴3BD，∴222ADBDAB，∴ADBD，∵PD平面ABCD，BD平面ABCD

，∴PDBD，又ADPDDI，∴BD平面PAD，∵PA平面PAD，∴BDPA.（2）设点D到平面PBC的距离h，由（1）知BCBD，∴1322BCDSBCBD△，∵PD平面ABCD，∴PCD是PC与底面ABCD所成的角，∴45PCD，∴2PDPC，∴1

332323PBCDV.∵222PCCD，22=7PBPDDB，1BC，∴222BCPBPC，∴PBBC，∴1722BCPSBCPB△，∴177326DBCPhVh，又PBCDDBCFVV，∴7363h

，解得2217h.【点睛】本题考查了线线垂直，点面距离，意在考查学生的计算能力和空间想象能力，等体积法是解题的关键.18.为了解甲、乙两种离子在小鼠体内的残留程度，进行如下试验：将200只小鼠随机分成,AB两组，每组100

只，其中A组小鼠给服甲离子溶液，B组小鼠给服乙离子溶液.每只小鼠给服的溶液体积相同、摩尔浓度相同.经过一段时间后用某种科学方法测算出残留在小鼠体内离子的百分比.根据试验数据分别得到如下直方图：记C为事件：“乙离子残留在体内的百分比不低于5.

5”，根据直方图得到PC的估计值为0.70.（1）求乙离子残留百分比直方图中,ab的值；（2）分别估计甲、乙离子残留百分比的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）.【答案】(1)0.35a，0.10b；(2)4.05，6.【解析】【

分析】(1)由()0.70PC及频率和为1可解得a和b的值；(2)根据公式求平均数.【详解】(1)由题得0.200.150.70a，解得0.35a，由0.050.151()10.70bPC，解得0.10b.(2)由甲离子的直方图可得，甲离子残留百分比的平均值为

0.1520.2030.3040.2050.1060.0574.05，乙离子残留百分比的平均值为0.0530.1040.1550.3560.2070.1586【点睛】本题考查频率分布直方图和平均数，属于基础题.19.已知数列na满足11a

，212a，122nnnaaa.（1）求证：1nnaa为等比数列；（2）求na的通项公式.【答案】（1）证明见解析（2）221332nna【解析】【分析】（1）在等式的两边同时减去12na，可以得到2112nnnnaaaa，变

形可得21112nnnnaaaa，从而可以证出1nnaa为等比数列.（2）先根据等比数列的通项公式可以求出111,2nnnaa再利用累加法可得出数列na的通项公式.【详解】解：（1）由122nnnaaa，得2112nnnnaaaa

，即21112nnnnaaaa又2112aa，∴21112nnnnaaaa∴1nnaa是以12为首项，12为公比的等比数列（2）由（1）知11111222nnnnaa

∴1211221111,,,(2)222nnnnnnaaaaaan，累加得2211111111121221222233212nnnnnaa

又11a，∴1212211(2)332332nnnan又1

1a也符合上式，∴221332nna【点睛】本题考查定义法证明等比数列，考查累加法求数列的通项公式，考查学生对数据的分析能力和计算能力，属于中档题.20.已知曲线C上的点到点1,0F的距离比到直线:20lx的距离小1，O为坐标原点.（1）过点F且倾斜角为45的

直线与曲线C交于M、N两点，求MON△的面积；（2）设P为曲线C上任意一点，点2,0N，是否存在垂直于x轴的直线l，使得l被以PN为直径的圆截得的弦长恒为定值？若存在，求出l的方程和定值；若不存在，说明理由.【答案】（1）22；（2）直线l存在，其方程为1x，定值为

2.【解析】【分析】（1）利用抛物线的定义可求得曲线C的方程，由题意可得直线MN的方程为1yx，设点11,Mxy、22,Nxy，将直线MN的方程与抛物线C的方程联立，列出韦达定理，利用三角形的面积公式可求得MON△的面积；（2）假设满足

条件的直线l存在，其方程为xa，并设点00,Pxy，求出以PN为直径的圆的方程，将xa代入圆的方程，求出弦长的表达式，进而可求得a的值，由此可求得直线l的方程.【详解】（1）依题意得，曲线C上的点到点1,0F的距离与到直线:1lx的距离相等，所以曲线C的方程为：24yx.过

点F且倾斜角为45的直线方程为1yx，设11,Mxy，22,Nxy，联立241yxyx，得2440yy，则124yy，124yy，则21212121142222MANS

yyyyyy△；（2）假设满足条件的直线l存在，其方程为xa，设点00,Pxy，则以PN为直径的圆的方程为0020xxxyyy，将直线xa代入，得20020yyyaax，则2

000424120yaaxaxaa，设直线l与以PN为直径的圆的交点为3,Aay、4,Bay，则340yyy，3402yyaax，于是有3400412212AByyaxaaaxaa，当10a，即

1a时，2AB为定值.故满足条件的直线l存在，其方程为1x.【点睛】本题考查利用抛物线的定义求抛物线的方程，同时也考查了抛物线中定值问题的求解，考查计算能力，属于中等题.21.已知函数1ln1xfxexa

.（1）设1x是fx的极值点，求a，并求fx的单调区间；（2）当3a时，证明1fx.【答案】（1）0a，fx的单调递减区间为0,1，增区间为1,；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）求出导函数，由()01f求得a，再确定()fx的正负，从

而确定()fx的单调区间；（2）由3a得3xax，111ln2ln32xxfxexaex，构造新函数1ln32xgxex，3,x，只要证明()0gx即可，利

用导数求出()gx的最小值即可．只是要注意()0gx的唯一解0x不可直接得出，只能通过()gx的零点0x来研究()gx的最小值0()gx，只要说明0()0gx即可．【详解】（1）11xfxexa，由1x是fx的极值点知，10f，即11

01a，所以0a.于是1ln1xfxex，定义域为0,，且11xfxex，函数11xfxex在0,上单调递增，且10f，因此当0,1x时，0fx

；当1,x时，0fx，所以fx的单调递减区间为0,1，增区间为1,.（2）当3a，xa时，03xax，从而lnln3xax，则111ln2ln32xxfxexaex，令1ln

32xgxex，3,x，则113xgxex在3,单调递增，且211102ge，1100gee，故存在唯一的实数01,0x，使得00gx.当03,xx时，

0gx，()gx递减；当0,xx时，0gx，()gx递增．从而当0xx时，gx取最小值.由00gx得010103xex，则01013xex，001ln3xx，故0210000min0021ln321233xx

gxgxexxxx，由01,0x知，200203xx，故010fxgxgx，即当3a时，1fx成立.【点睛】本题考查用导数研究

函数的单调性、极值，用导数证明函数不等式，解题关键是掌握等价转化思想，不等式的证明通常转化为通过研究函数的最值来实现．22.已知直线l：30xy与曲线C：2239xy，以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.（1）求直线l和曲线C的极坐标方程；（2）将

直线l绕极点O逆时针方向旋转30°得到的直线'l，这两条直线与曲线C分别交于异于极点的P，Q两点，求OPQ的面积.【答案】（1）直线l：6R，曲线C：6sin；（2）934S【解析】【分析】（1）利用cossinxy化极坐标方程；（2）由

题'l极坐标方程为：23，进而得OP16sin36，233OQ，利用面积公式求解即可【详解】（1）cossinxy则直线l的方程为：33yx，∴极坐标方程为：6R；曲线C的方程：2239x

y，即2260xyy，∴极坐标方程为：6sin.（2）将直线l绕极点O逆时针方向旋转30°得到的直线'l，则'l极坐标方程为：23，设1OP，2OQ，则16sin36，26sin333OQ，所以OPQ的面积

1211193sin33326224S.【点睛】本题考查极坐标与普通方程的应用，考查极坐标的几何意义，考查面积公式，准确应用几何意义是关键，是基础题23.设函数fxx，21gxx.

（1）解不等式2fxgx；（2）若22fxgxax对任意的xR恒成立，求实数a的取值范围.【答案】（1）113xx（2）4,4【解析】【分析】(1)零点分区间，去掉绝对

值，fxgx写成分段函数的形式，分段解不等式即可；(2)2fxgx零点区间讨论写成分段函数，分别讨论在每一个区间22fxgxax恒成立时，参数满足的情况即可得解.【详解】解：（1）131,21211,0213,0xxfxgxxxxxxx

当12x时，312x，即33x，即1x，即1x，即112x当102x时，12x，即1x，即102x当0x时，312x，即13x，即103x综上所述，不等式的解集为113xx

（2）141,2122211,0214,0xxfxgxxxxxx当12x时，412xax，即410ax所以4014102aa，得4a当102x时，12ax，即30ax

，所以132a，即6a当0x时，142xax，即430ax，40a即可，即4a综上所述，44a，即a的取值范围为4,4【点睛】本题考查零点区间讨论法在解绝对值不等式中的应用，考查绝对值不等式恒成立时求解参数问题，属于中档题.