【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（理）试题答案.docx，共(10)页，735.173 KB，由小赞的店铺上传

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厦门外国语学校2020届高考模拟测试数学（理）试卷1.一、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.复数22(1)1ii的共轭复数是（B）A.13iB.13iC.13iD.

13i2.已知集合220,AxxxxR，224,,BxxyxRyR，则AB（B）A.2,0B.2,0C.0,2D.02，3．“lnlnxy”是“1132x

y”的（A）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件4.为了普及环保知识，增强环保意识，某中学随机抽取30名学生参加环保知识竞赛，得分（10分制）的频数分布表如表：设

得分的中位数为em，众数为0m，平均数为x，则（D）A.0emmxB.0emmxC.0emmxD.0emmx【详解】由图知，众数是05m；中位数是第15个数与第16个数的平均值，由图知将数据从大到小排第15个数是5，

第16个数是6，所以中位数是565.52em；平均数是1233410566372829210630x；∴0emmx．5.已知不等式201xax的解集为(2,1)，则二项式621axx展开式的常数项是（B

）A．15B．15C．5D．56．函数2e2xfxxx的图象大致为（B）ABCD7．已知C是以AB为直径的半圆弧上的动点，O为圆心，P为OC中点，若4AB，则PAPBPCA．2B．1C．2

D．4（C）得分345678910频数231063222Oxy11Oxy11y1O1xOxy118．为了让居民了解垃圾分类，养成垃圾分类的习惯，让绿色环保理念深入人心．某市将垃圾分为四类：可回收物，餐厨垃圾，

有害垃圾和其他垃圾．某班按此四类由9位同学组成四个宣传小组，其中可回收物宣传小组有3位同学，其余三个宣传小组各有2位同学．现从这9位同学中选派5人到某小区进行宣传活动，则每个宣传小组至少选派1人的概率为(D)A．27B．37C．

821D．10219．已知函数（），若函数的图象与直线在上有3个不同的交点，则的取值范围是（C）A．B．C．D．【解析】，的图象与直线在上有3个不同交点，即方程在上有3个实根，由得，所以，解得.10．在正方体1111ABCDABCD

中，过点D作直线l与异面直线AC和1BC所成角均为，则的最小值为（B）A15B30C45D6011.已知正项数列na中，2221211111,2,22,nnnnnnaaaaanbaa，记数列nb的前n项和为nS，则33S的值是（D）A．99B．3

3C．42D．312．数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，例如：四叶草曲线就是其中一种，其方程为32222xyxy．给出下列四个结论：①曲线C有四条对称轴；②曲线C上的点到原点的最大距离为14；③曲线C第一象限上任意一点作两坐标轴的垂线与两坐标轴围成的矩形面积最大值为18；④四叶草面积

小于4．其中，所有正确结论的序号是（C）A．①②B．①③C．①③④D．①②④【解析】当x变为x时，32222xyxy不变，∴四叶草图象关于y轴对称；当y变为y时，32222xyxy不变，∴四叶草图象关于x轴对称；当y变为x时，32222xyxy不变，∴四

叶草图象关于yx轴对称；当y变为x时，32222xyxy不变，∴四叶草图象关于yx轴对称；综上可知：有四条对称轴，故①正确；∵32222xyxy，∴222322222xyxyxy，∴2214xy，∴2212xy，取等号时2218xy

，sinsincosfxxxx0fx1y0,13,2415,2453,4255,421cos2121sinsincossin2sin222242xfxxxxxx

fx1y0,2sin242x0,0,x2,2444x91124445342∴最大距离为12，故②错

误；设任意一点,Pxy，∴围成的矩形面积为xy，∵32222xyxy，∴3322222xyxyxy，∴18xy，取等号时24xy，∴围成矩形面积的最大值为18，故③正确；由②可知2214xy，∴四叶草包含在圆2214xy的内部，∵圆的

面积为：144S，∴四叶草的面积小于4，故④正确，故选C．第Ⅱ卷（非选择题共90分）本卷包括必考题和选考题两部分.第13—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.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知

nS是等差数列na的前n项和，若54510Sa，则数列na的公差为．214.已知双曲线22221xyab(0,0)ab的左右顶点分别为A，B，点P是双曲线上一点，若PAB△为等腰三角形，120PAB，则双曲线的离心率为_____.215.中国科学院院士吴文俊在研究中国古代

数学家刘徽著作的基础上，把刘徽常用的方法概括为“出入相补原理”：一个图形不论是平面的还是立体的，都可以切割成有限多块，这有限多块经过移动再组合成另一个图形，则后一图形的面积或体积保持不变.利用这个原理，解决下面问题：已知函数()fx满足(4)()fxfx，且当[0,2]x时的解析式为22lo

g(2),01,()log,12xxfxxx，则函数(yfx）在[0,4]x时的图像与直线1y围成封闭图形的面积是_____416.已知长方体1111ABCDABCD，32AB，2AD，123AA，已知P是矩形ABCD内一动点，1PA与平面ABC

D所成角为3，设P点形成的轨迹长度为，则tan_________；当1CP的长度最短时，三棱锥1DDPC的外接球的表面积为_____________.(1).37(2).292【详解】因为长方体1111ABCDABCD中1AA平面AB

CD，所以1PA与平面ABCD所成角为1APA,因为1PA与平面ABCD所成角为3，所以13APA因为123AA，所以2AP从而P点形成轨迹为以A为圆心，2为半径的圆在矩形ABCD内一段圆弧DM，设其圆心角为，则3332sintan247的因此2322t

an7tantan23791tan17因为2211CPCCCP,所以CP最小时，1CP长度最短，此时P为AC与上面圆弧DM的交点,设DPC△外接圆圆心为1O，半径为r，222224cos532()2AD

ADCADACADDC则33222sinsin()cos222CDrCADCADCPD2299954441cos48cos12252rCADCAD设三棱锥1DDPC的外接球的球心为O，半径为R,从而222211529388ROOO

C因此球的表面积为22942R三、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.在ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且22cosacbC.（1）求证：三内角A，B，C成等差数列；（2

）若3b，求ABC的周长的最大值.【解析】（1）由正弦定理得：2sinsin2sincosACBC2sinsin2sincosBCCBC即2cossinsinBCC0,C1cos2B

0,B3B又ABC即：33ABC2BAC，也即A，B，C成等差数列（2）由3b，3B及余弦定理得2222cosabcacB，即22222223324acacbacacacacac

，22412acb，23ac，当且仅当3ac时，等号成立，因此，ABC的周长的最大值为33.18.已知椭圆的中心在原点，对称轴为坐标轴，椭圆与直线324xy相切于点1(3,)2A.（1）求椭圆方程；CC（2）已知点,MN是椭圆C上

关于原点对称的两点，记APAQ，求的取值范围.【解析】（1）2214xy（2）设00,Pxy，则00,Qxy，有220014xy，即220044xy，则0000113,3,22APAQxyxy

222000133344xyy，又因为200,1y，所以203393,444y.19：四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，侧面PAD底面ABCD，6

0BCD，2PAPD，E是BC中点，点Q在侧棱PC上．（1）若Q是PC中点,求二面角EDQC的余弦值；（2）是否存在Q,使//PA平面DEQ？若存在，求出PQPC的值；若不存在，说明理由．【解析

】（1）取AD中点O，连结,,OPOBBD，因为PAPD,所以POAD，因为菱形ABCD中，60BCD，所以ABBD，所以BOAD．因为BOPOO,且,BOPO平面POB,所以AD平面POB，所以ADPB．因为平面PAD平

面ABCD，且平面PAD平面ABCDAD,所以PO平面ABCD．以O为坐标原点，如图建立空间直角坐标系Oxyz．则1,0,0D,1,3,0,0,0,1,2,3,0EPC因为Q为PC中点，所以311,,22Q

．所以0,3,0DE,310,,22DQ,所以平面DEQ的法向量为11,0,0n．因为1,3,0DC,310,,22DQ,设平面DQC的法向量为2,,

xyzn，则2200DCDQnn,即3031022xyyz令3x，则1,3yz，即23,1,3n，所以12121221cos,7nnnnnn．由图可知，二面角EDQC为锐角，所以余弦值为217．（2）设2,3,PQPC

,所以231xyz，即2,3,1Q．QEABDCP所以在平面DEQ中，0,3,0,12,3,1DEDQ,所以平面DEQ的法向量为11,0,21n，又因为PA∥平面DEQ,所

以10PAn，即11210，解得23．所以当23时，PA∥平面DEQ．20.当前，以“立德树人”为目标的课程改革正在有序推进.高中联招对初三毕业学生进行体育测试，是激发学生、家长和学校积极开展体育活动，保证学生健康成长的有效措施.某

地区2019年初中毕业生升学体育考试规定，考生必须参加立定跳远、掷实心球、1分钟跳绳三项测试，三项考试满分为50分，其中立定跳远15分，掷实心球15分，1分钟跳绳20分.某学校在初三上期开始时要掌握全年级学生每分钟跳绳的情况，随机抽取了100名学生进行测

试，得到如下频率分布直方图，且规定计分规则如下表：每分钟跳绳个数165,175175,185185,195195,205205,215得分1617181920（Ⅰ）现从样本的100名学生中，任意选取

2人，求两人得分之和不大于33分的概率；（Ⅱ）若该校初三年级所有学生的跳绳个数X服从正态分布2,N，用样本数据的平均值和方差估计总体的期望和方差（结果四舍五入到整数），已知样本方差277.8S（各组数据用中点值代替）.根据往年

经验，该校初三年级学生经过一年的训练，正式测试时每人每分钟跳绳个数都有明显进步，假设明年正式测试时每人每分钟跳绳个数比初三上学期开始时个数增加10个，利用现所得正态分布模型：（ⅰ）预估全年级恰好有1000名学生，正式测试时每分钟跳193个以上的人数.（结果四舍

五入到整数）（ⅱ）若在该地区2020年所有初三毕业生中任意选取3人，记正式测试时每分钟跳202个以上的人数为，求随机变量的分布列和期望.附：若随机变量X服从正态分布2,N，77.89，则0.6826PX，220.9544PX

，330.9974PX解：（Ⅰ）由题意可知，得16分的人数为5人，得17分的人数为9人，两人得分之和不大于33分，即两人得分均为16分，或两人中1人16分，1人17分.所以，两人得分之和不大于33分的概率为：2115592100190CCCPC.（

Ⅱ）1700.051800.091900.52000.32100.06192.3192X（个）又277.8，9，所以正式测试时，202，9.∴193，211.（ⅰ）∴10.682619310.84132P，∴0.84

131000841.3841（人）.（ⅱ）由正态分布模型，在该地区2020年初三毕业生中任取1人，每分钟跳绳个数202以上的概率为12，即1~3,2B.∴030311101228PC

，21311311228PC，22311321228PC，303311131228PC，∴的分布列为0123P1838381813322E

.21.已知函数1xfxeax．（1）讨论fx的单调性；（2）设11,Axy，22,Bxy，33,Cxy，123xxx是曲线yfx上任意三点，求证：21312131fxfxfxfxxxxx【详解】（

1）函数fx的导函数为xfxea，当0a时，0fx恒成立，fx在R上单调递增；当0a时，由0fx知lnxa，所以fx在,lna上单调递减，ln,

a上单调递增．（2）由题可知：要证21312131fxfxfxfxxxxx，需证32112131xxxxeeeexxxx，即需证311121213111xxxxxxeeeexxxx设

211xxt，312xxt，则需证：当120tt时，121211tteett，设10tegttt，则211tetgtt，设11thtet，则0thtte

，所以ht在0,单调递增，所以00hth，于是0gt，gt在其定义域内单调递增，所以，当12tt时，121211ttettt．所以不等式21312131fxfxfxfxxxxx成立.在请从下面所给的22、23两题中

选定一题作答，并用2B铅笔在答题卡上将所选题目对应的题号方框涂黑，按所涂题号进行评分;不涂、多涂均按所答第一题评分;多答按所答第一题评分。22．以平面直角坐标系的原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C1的极坐标方程为sin4，将曲线C1绕极点逆时针旋

转32后得到曲线C2．（Ⅰ）求曲线C2的极坐标方程；24sin()3（Ⅱ）若直线)(:Rl与C1，C2分别相交于异于极点的A，B两点，求AB的最大值.4323.已知函数1fxx.（1）求不等

式423fxx的解集；（2）若正数m、n满足2mnmn，求证：28fmfn.备用：11．已知函数fx满足221lnxfxxfxx，1fee，当0x时，下列说法正确的是①fx只有一个零点

；②fx有两个零点；③fx有一个极小值点；④fx有一个极大值点．A．①③B．①④C．②③D．②④21．已知xxxfsin31)(3.（1）求证：)(xf的恰有3个零点；（2）若2cosaxxax

e在]2,0[上恒成立，求实数a的取值范围.解：（1）∵)(xf为R，)()(xfxf--，则)(xf为奇函数，且0)0(f，∴0x时，xxxfcos)(2'，令)()('xfxg，则xx

xgsin2)('，当),0(x时，0)('xg；当),[x时，22x，]1,1[sinx，即012)('xg；∴xxxfcos)(2'在),0(上单调递增.又∵01)0(

'f，04)2(2'f02xx∴)2,0(0x，使得0)(0'xf，且),0(0xx时，0)('xf;)(0，xx时，0)('xf，即)(xf在),0(0x上单调递减，在)

(0，x上单调递增，又∵021663121631)6(3333f，031)(3f，∴),6(0t，使得0)(0tf，且),0(0tx时，0)(xf，)(0，tx时，0)(xf，∴)(xf有3个零点，分别为000tt，

，.（2）]2,0[x，1)cos(cos22xxxxaaxxaee，令xxxxhe)cos()(2，]2,0[x，xxxxxxhecossin2)(2'，再令xxxxxcossin2)(

2，xxxxsincos22)('，则0cossin2)]([''xxx，即)('x在]2,0[上单调递减.又∵03)0('，01)2('-，故)2,0(0x，使得0)(0'x，且),0(0xx时，0)('x;)2(0，x

x时，0)('x，∴)(x在在),0(0x上单调递增，在)2(0，x上单调递减，∴0)}2(),0(min{)(x，即0)('xh，)(xh在]2,0[上单调递增.当0a时，xxxaye)cos(2在]2,0[上单调递增，则122

4ea，即2204ea，当0a时，10)cos(2xxxae恒成立，当0a时，xxxaye)cos(2在]2,0[上单调递减，则1a-，即01a，综上，a的取值范围为],1[224e

.