【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）试题含答案.docx，共(10)页，833.359 KB，由管理员店铺上传

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绝密★启用前厦门外国语学校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2．已知复数z满足33izi，则(z)A．13B．3C．4D．53．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𝑦̂=0.95𝑥+𝑎̂，则

𝑎̂＝（）A．3.25B．2.6C．2.2D．04．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．225．已知点

cos10,sin10A，cos100,sin100B，则AB（）A．1B．2C．3D．26．如图，正方体1111ABCDABCD中，下列结论不正确．．．的是（）．A．111CDBCB．1BDACC．11BDBCD．160ACB7．已知一个圆柱的侧面积等于表面积的2

3，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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．100π9．关于函数()cos223sincosf

xxxx，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．①②③B．②④C．①③D．①②④10．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11．点M是ABC所在平面内的一

点，且满足53AMABAC，则ABM与ABC面积比（）A．15B．25C．35D．4512．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_____________14．已知实数,xy满足约束条件210240xxyxy，则3zxy的取

值范围为___.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______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______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PB

C的距离.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）.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.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.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.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.23．设函数xx，21gxx.（1）解不等式2fx

gx；（2）若22fxgxax对任意的xR恒成立，求实数a的取值范围.厦门外国语学校2020届高三文科模拟考数学试卷答案1．D【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，2．D【详解】因为33izi，所以333334iziiii，所以22435z.3．B【详解】𝑥＝14(0+1+3+4)＝2，𝑦＝14(2.2+4.3+4.

8+6.7)＝4.5，把样本点中心(2，4.5)代入回归方程得4.5＝0.95×2+𝑎̂，∴𝑎̂=2.6．4．C【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22223ababac

ab,则223bc,由222=cab可得13ac所以3cea.5．B【详解】点(cos10,sin10)A，(cos100,sin100)B，22||(cos10cos100)(sin10sin100)AB

2222102cos10cos100100102sin10sin100100coscossinsin22(cos10cos100sin10sin100)

22cos(10100)22cos902，6．C【解析】1BD与1BC是两条异面直线．所以不可能平行,选C.7．D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，8．C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1562053Vh，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，9．A【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；10．A【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11yx，即yx.11．C【详解

】如图，由5AM=AB+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.12．B【详解】()1(0)axafxx

xx，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()()2lnf

xfaaaa，依题意得2ln0aaa，∴2ae，取1xe，22xa，则1xa，2xa，且1()0fxfee，2222ln(2ln1)fxfaaaaaaaa，令()

2ln1gaaa，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，13．2【详解】函数2,0()(2),0xxfxfxx，则1(1)122ff.14．[5,9]【详解】画出210240xxyxy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3yx

z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].15．4【解析】因为圆心坐标与半径分别为2(0,),2Cara，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)4Sr，16．7326【详解】设0AEkk，则2EFk，由ACE，由于三角形AB

F、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，313sincossin22，化

简得3tan7，∴222322sincos2tan737sin23sincostan126149，17．（1）证明见解析；（2）2217【详解】（1）∵1AD，2AB，60DAB，∴2

222cos60BDABADABAD，∴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，∴1332323PBCDV.∵222PCCD，22=7PBPDDB

，1BC，∴222BCPBPC，∴PBBC，∴1722BCPSBCPB△，∴177326DBCPhVh，又PBCDDBCFVV，∴7363h，解得2217h.18．(

1)0.35a，0.10b；(2)4.05，6.【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19．（1）证明见解析（2）221332nna

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2211111111

121221222233212nnnnnaa又11a，∴1212211(2)332332nnnan又11a

也符合上式，∴221332nna20．（1）22；（2）直线l存在，其方程为1x，定值为2.【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21212121142222MANSyyyyyy△；（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2000424120yaaxaxa

a，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10

a，即1a时，2AB为定值.故满足条件的直线l存在，其方程为1x.21．（1）0a，fx的单调递减区间为0,1，增区间为1,；（2）证明见解析.【详解】（1）11xfxexa，由

1x是fx的极值点知，10f，即1101a，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1ln32xgxex，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0

1013xex，001ln3xx，故0210000min0021ln321233xxgxgxexxxx，由01,0x知，200203xx，故

010fxgxgx，即当3a时，1fx成立.22．（1）直线l：6R，曲线C：6sin；（2）934S【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：2239xy，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.23．（1）113xx（2）4,4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11

3xx（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