【文档说明】福建省福州第一中学2020届高三6月高考模拟考试数学（文）试题 【精准解析】.doc，共(24)页，2.461 MB，由小赞的店铺上传

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福州一中2019—2020学年第二学期模拟试卷高三文科数学试卷一､选择题1.已知集合||12AxxaBxx，，且()ABRRð，则实数a的取值范围是（）A.1aB.1aC.2aD.2a

【答案】C【解析】|1,2RCBxxx或.()||1,22RACBxxaxxxRa或.故选C2.复数3izii（i为虚数单位），则复数z的共轭复数为（）A.2iB.2iC.4iD

.4i【答案】B【解析】试题分析：由题32iziii，则复数z的共轭复数为2i，选B考点：复数的运算，共轭复数3.已知平面向量(1,)ax，(2,3)b，若向量2ab与向量b共线，则x（）A.72B.52C.32D.12【答案】C【

解析】【分析】首先求2ab的坐标，再根据向量共线，列式求解.【详解】24,23abx当向量2ab与向量b共线时，满足43232x，解得：32x.故选：C【点睛】本题考查向量共线的坐标表示，属于基础题型.4.已知,mn是两条不同的直线

，是一个平面，且m，则“mn”是“//n”的（）A.必要不充分条件B.充分不必要条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】通过两者之间的推出关系可判断两者之间的条件关系.【详解】如图，在正方体

1111ABCDABCD中，1AA平面ABCD，1BCAA，但BC平面ABCD，所以“mn”推不出“//n”.若//n，如图，设n，且l，则//nl，因为m，l，故ml，所以mn，所以“//n”能推出

“mn”所以“mn”是“//n”的必要不充分条件.故选：A.【点睛】本题考查空间中与线面位置关系有关的命题的真假判断以及必要不充分条件的判断，后者需根据两者之间的推出关系来判断.5.已知12434,log9,log2abc

，则,,abc的大小关系是（）A.abcB.acbC.cabD.cba【答案】B【解析】【分析】利用指数函数与对数函数的单调性，分别得出abc，，的大致范围，即可得出结果.【详解】41124331,log142log9log

2log341,22abc.acb.故选：B.【点睛】本题考查了指数与对数函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题型.6.已知正项等比数列na的首项和公比相等，数列nb满足2lognnba，且123++12bbb，则4=a（）A.4B.

32C.108D.256【答案】D【解析】【分析】设正项等比数列na的首项和公比为q0q,则nnaq，依题意得到方程解出q，即可求解；【详解】解：设正项等比数列na的首项和公比为q0q,则nnaq又因为2lognnba，且123++12bbb

所以22312223212loglogloglogaqqqaa即2log2q，所以4q，所以4nna所以44=4256a故选：D【点睛】本题考查等比数列通项公式的计算，属于基础题.7.已知函数,0()ln,0xexfxxx

，则不等式1()2fx的解集是（）A.(,ln2](0,]eB.(,ln2)C.(0,]eD.(,ln2)(0,)e【答案】A【解析】【分析】根据分段函数，分0x或0x两种情况，分别根据指数函数和对数函数的性质求解即可.

【详解】当0x时，由1()2fx得12xe，两边取以e为底的对数得：ln2x，当0x时，由1()2fx得1ln2x，解得120xee，综上ln2x或0xe，故选：A【点睛】本题主要考查了分段函数的性质，利用指数函数

、对数函数单调性解不等式，属于中档题.8.在区间[1,1]上随机取一个数k，使直线(3)ykx与圆221xy相交的概率为（）A.12B.13C.24D.23【答案】C【解析】【分析】根据直线与圆相

交，可求出k的取值范围，根据几何概型可求出相交的概率.【详解】因为圆心(0,0)，半径1r，直线与圆相交，所以2|3|11kdk，解得2244k所以相交的概率22224P,故选C.【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系，几何概型，属于中档题.9.函数()22sincosx

xfxxx的部分图象大致是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用函数的奇偶性可以排除部分选项，再利用特殊值进行排除，可得正确结果.【详解】因为()22sincos()xxfxxxfx，所以()fx是偶函数，排除选项A；当(0,),

()02xfx，排除选项D；当(,),()02xfx，排除选项C；故选：B.【点睛】本题主要考查函数图象的识别，利用函数的性质及特殊值，采用排除法是这类问题的常用方法，侧重考查直观想象的核心素养.10.已知函数()2sin()(0,)2fxx

，对于满足12()()4fxfx的12,xx，有12min32xx，又()02f，则下列说法正确的是（）A.2B.函数2yfx为偶函数C.函数fx在3,44上单调递增D.函数yfx的图象关于点

,04对称【答案】C【解析】【分析】根据最值和周期结合三角函数值解得2()2sin33fxx，再根据奇偶性和单调性，对称性依次判断每个选项得到答案.【详解】根据题意12min23Txx，则23T

，故23，2sin023f，故3k，kZ，当0k时，3满足条件，故2()2sin33fxx，故A错误，222sin233yfxx

，不是偶函数，B错误；当3,44x时，2332,6x，故函数单调递增，C正确；22sin2sin043436f，D错误.故选：C.【点睛】本题考查了三角函数解析式，周期，最

值，奇偶性，单调性，对称性，意在考查学生对于三角函数知识的综合应用.11.过抛物线22(0)Cypxp：的焦点F的直线与抛物线C交于,AB两点，且3AFFB，直线AB与抛物线C的准线l交于点D，1AAl于1A，若1AAD△的面积

等于83，则p（）A.32B.2C.52D.4【答案】B【解析】【分析】根据抛物线的性质和相似三角形，用p表示出1AAD△底和高，根据面积列方程求出p的值．【详解】设直线AB的倾斜角为锐角，分别过点AB，作11,AAlBBl，垂足为11,AB,由抛物线的性质可知11,,AAAFB

BBFEFp,设,BDmBFn，则1113BDBBBFADAAAF，即1,243mmnmn.又12,3BBBDnmEFDFpmn,得23pn12,30DFmnpADA，又1132,23,AAnpADp

1AAD△的面积为1223832pp，解得：2p.故选:B.【点睛】本题主要考查抛物线的定义、直线与圆锥曲线的位置关系,考查了转化思想与逻辑推理能力.12.如图，正三棱锥PABC的侧棱长为2，底面边长为22，,DE分别是,ACAB的中点，M是PD上的动点

，N是平面PCE上的动点，则AMMN的最小值是（）A.32B.64C.2+64D.2+62【答案】D【解析】【分析】根据垂线段的几何性质，结合线面垂直的判定定理、图形翻折的性质、锐角三角函数进行求解即可.【详解】取CB中点F,连接D

F交CE于点O,由正棱锥的性质可知：底面是正三角形，侧面是等腰三角形，而,DE分别是,ACAB的中点，因此有,ABCEABPE，而,,CEPEECEPE面PCE,所以AB面PCE，因此有DO面PCE,因为M是PD（,PM不重合）上的

动点，N是平面PCE上的动点，所以当MN平面PCE时，MN最小，因此有//MNDF,因为DO面PCE,所以DP在平面PCE的射影为OP，因此点N在OP上，再把平面POD绕PD旋转与面PDA共面，得到'PDO,如

图所示：又可证得90POD.当''POAN时，AMMN有最小值，为'AN的长度，12PDAC，11112224DODFABAB，1sin2ODOPDPD，即30OPD，453075APN，可得62sin754，min62()s

in7522AMMNANPA,若,,PMN重合,MN的长度为零，此时2AMMNAP,故选:D【点睛】本题考查空间几何体中的距离最值问题，考查了空间想象和思维能力,综合性较强.在解决此类最值问题时,一般采用

侧面展开的形式将立体问题转化为平面问题解决.二.填空题13.cos15cos45cos75cos45=_________.【答案】12【解析】【分析】题设中的三角函数值可转化为cos15cos

45sin15sin45，逆用两角和的余弦可求给定的三角函数式的值.【详解】cos15cos45cos75cos45=1cos15cos45sin15sin45cos602.故答案为：12.【点睛】三角函数的中的化简求值问题，我们往往从次数的差异、函数名的差异、

结构的差异和角的差异去分析，处理次数差异的方法是升幂降幂法，解决函数名差异的方法是弦切互化，而结构上差异的处理则是已知公式的逆用等，最后角的差异的处理则往往是用已知的角去表示未知的角.14.已知变量,xy满足120480xxyxy

，则22xyz的最大值是_________.【答案】12【解析】【分析】首先画出可行域，设2txy，并令0t，作出初始目标函数2yx表示的直线，根据图象判断目标函数的最大值.【详解】首先画出可行域，设2txy

，并令0t，作出初始目标函数2yx表示的直线，当0x时，yt，平移直线2yx，当直线过点A时，目标函数取得最大值，120xxy，解得：1,1xy，所以max2111t，2tz是增函数，所以当t取得最大值

时，22xyz也取得最大值1max122z.故答案为：12【点睛】本题考查线性规划，重点考查数形结合分析问题的能力，属于基础题型.15.在ABC中，点,AB分别是双曲线E的左､右焦点，点C在双曲线E上，满足0ABAC，()0ABACBC，则双曲线E

的离心率为_________.【答案】21【解析】【分析】根据平面向量数量积为零的性质，结合平面向量数量积的运算性质可以确定ABC的形状，结合该三角形的性质，再结合双曲线的定义、离心率的公式进行求解即可.【详解】因为0ABAC，所以ABAC，即ABAC，因此A

BC是以BC为斜边的直角三角形.由22()0()()0ABACBCABACACABACABACAB，显然ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形，因为点,AB分别是双曲线E的左､右焦点，所以设双曲线E的方程为：22221(0

,0)xyabab，因此2ABACc，所以2222(2)(2)22BCABACccc，由双曲线的定义可知：1222222121cCBCAaccaea.故答案为：21【点睛】本题考查了求双曲线的离心率，考查了平面

向量数量积的运算性质，考查了平面向量数量积为零的性质，考查了双曲线定义的应用，考查了数学运算能力.16.已知ABC的三个内角,,ABC的对边分别为,,abc，且满足cossin10bCacbC，3ac，则角=B_________，ABC的周长的取值范围是_________

.【答案】(1).3(2).33[,23)2【解析】【分析】分别运用正弦定理和两角和差正弦公式化简已知等式可得cos2sin1BB，根据同角三角函数基本关系式即可求值得解，利用正弦函数的值域，即可得到所求结论．【详解】解：由题意可得cos()(sin1)0bCacbC，

且3ac，所以(cos)3sin0bCabCc，由正弦定理可得sincossin3sinsinsin0BCABCC，即有sincossin()3sinsinsin0BCBCBCC，cossin3sinsinsin0BCB

CC，sin0C，即有3sincos1BB，可得：cos3sin1BB，可得：2222sincossin(3sin1)1BBBB，解得：3sin2B，1cos2B．所以3B因为cos()(sin1)0bCacb

C，可得cos3sin3bCbC，即(cos3sin)3bCC，即为3sin()62bC，因为1si1n6(2)C所以332b所以33,232ABCCabc故答案为：3；33,232.【点睛】本题考查三角形中的正弦定

理的运用，考查三角函数的恒等变换的应用，考查运算能力，属于中档题．三､解答题17.已知等差数列na，且3105,100aS.（1）求数列na的通项公式以及数列的前n项和nS；（2）设121nanb，求数列nb的前n项和nT，并比较nT与4nS的大小(不需要证明).【答

案】（1）21nan，2nSn.（2）4(41)3nnTn，比较大小答案见解析【解析】【分析】（1）由题意得到方程组，解得112ad，即可求出数列的通项公式及前n项和；（2）由（1）可得41nnb，再利用分组求和法求出nT，再比较大小即可；【

详解】解：（1）∵1125109101002adad，解得112ad1(1)21naandn；21(1)2nnnSnadn.（2）∵22141nnnb

，∴24(14)4(444)(41)143nnnnTnnn∴244(41)43nnnTSnn.又∵4n比较24nn的增长速度更快.①∴当1n时，11410TS；②当2n时，22420TS

.∴当2n时，4nnTS.【点睛】本题考查等差数列通项公式及前n项和公式的应用，分组求和法求和，属于中档题.18.如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，点E在PA线段上，PC//平面BDE（1）请确定点E的位置；并说明理

由.（2）若PAD△是等边三角形，2ABAD，平面PAD平面ABCD，四棱锥PABCD的体积为93，求点E到平面PCD的距离.【答案】（1）点E为AP的中点，理由见解析（2）334【解析】【分析】（1）连结AC、BD，交于点M，连结ME则M是AC中点，由PC//平面

BDE，得PC//ME，由此能证明AE=PE．（2）以AD中点O为原点，OA为x轴，在平面ABCD中，过点O作AB的平行线为y轴，以OP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出E到平面PCD的距离．【详解】（1）连接AC交BD于M，如

图，当E为AP的中点时，点M为AC的中点.∴在APC中，//EMPC，EM平面BDE，PC平面BDE.∴//PC平面BDE.（2）PADQV是等边三角形，2ABAD，平面PAD平面ABCD，以AD中点O为原点，OA为x轴，在平面ABCD中，过点O作AB的平行线为y轴，以O

P为z轴，建立空间直角坐标系，设ADx，四棱锥PABCD的体积为93，2212()9332xxxx，解得3x．3(,2A0，0)，(0,P0，33)2，3(,4E0，33)4，3(,2D0，0)，3(,2C6，0)．3(,4P

E0，33)4，3(,2PC6，33)2，3(,2PD0，33)2，设平面PCD的法向量n(x,y,z)，则3336022333022nPCxyznPDxz，取3x，得

(3,n0，1)，E到平面PCD的距离3333224PEndn．【点睛】本题考查线段相等的证明，考查点到直线的距离的求法，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，考查函数与方程思想，是中档题．19.2019年6月25日，《固体废物污染环境防

治法(修订草案)》初次提请全国人大常委会审议，草案对“生活垃圾污染环境的防治”进行了专项规定.某小区采取一系列措施，宣传垃圾分类的知识与意义，并采购分类垃圾箱.为了了解垃圾分类的效果，该小区物业随机抽取了200位居民进行问卷调查，每位居民对小区采取的措施

给出“满意”或“不满意”的评价.根据调查结果统计并做出年龄分布条形图和持不满意态度的居民的结构比例图，如图，在这200份问卷中，持满意态度的频率是0.65.（1）完成下面的22列联表，并判断能否有95﹪的把握认为“51岁

及以上”和“50岁及以下”的居民对该小区采取的措施的评价有差异满意不满意总计51岁及以上的居民50岁及以下的居民总计200（2）按“51岁及以上”和“50岁及以下”的年龄段采取分层抽样的方法从中随机抽取5份，再从这5份调查问卷中随机抽取2份

进行电话家访，求电话家访的两位居民恰好一位年龄在51岁及以上，另一位年龄在50岁及以下的概率.20()PKk0.0500.0250.0100.0050.0010k3.8415.0246.6357.87910.828附表及参考公式：22()

()()()()nadbcKabcdacbd，其中nabcd.【答案】（1）列联表答案见解析，有95﹪的把握认为“51岁及以上”和“50岁及以下”的居民对该小区采取的措施的评价有差异.（2）35【解析】【分析】（1）依题意完善列联表，计算出卡方，

再与参考值比较即可得解；（2）“51岁以上”居民抽到2份记为：12,aa；“50岁以下”居民抽到3份记为：123,,bbb.再用列举法列出所有可能结果，最后根据古典概型的概率公式计算可得；【详解】解：（1）在这200份问卷中，持满意态

度的频数为2000.65130，持不满意态度和频数为20013070，∴22列联表如下：满意不满意总计51岁以上的居民45358050岁以下的居民8535120总计13070200∴222()200(45358535)4.4873.841()()()()8012013

070nadbcKabcdacbd.故有95﹪的把握认为“51岁及以上”和“50岁及以下”的居民对该小区采取的措施的评价有差异.（2）利用分层抽样的特点可知：“51岁以上”

居民抽到2份记为：12,aa；“50岁以下”居民抽到3份记为：123,,bbb.∴基本事件共有：121112132122(,),(,),(,),(,),(,),(,),aaababababab2312(,),(,),ab

bb1323(,),(,)bbbb，共有10个.满足条件的事件有：11121321(,),(,),(,),(,)abababab2223(,),(,)abab，共有6个.∴求得电话家访的两位居民恰好一位年龄在“51岁以上”，另一位年龄在“50岁以下”的概率为：

63()105PA.【点睛】本题考查独立性检验，古典概型的概率计算，属于基础题.20.已知经过圆2221:Cxyr上点00(,)xy的切线方程是200xxyyr.（1）类比上述性质，直接写出经过椭圆22222:1(0)

xyCabab上一点00(,)xy的切线方程；（2）已知椭圆22:16xEy，P为直线3x上的动点，过P作椭圆E的两条切线，切点分别为A､B，①求证：直线AB过定点.②当点P到直线AB的距

离为355时，求三角形PAB的外接圆方程.【答案】（1）00221xxyyab.（2）①证明见解析；②2239()(1)24xy，2239()(1)24xy.【解析】【分析】（1）直接类比得到答案.（2）①设切点为1222(,),(,)Axy

Bxy，点(3,)Pt，根据（1）得到切线方程，代入点(3,)Pt，化简得到答案.②根据点到直线距离得到1t，得到切线方程，联立方程组得到交点，设圆一般方程，代入点解得答案.【详解】（1）类比上述性

质知：切线方程为00221xxyyab.（2）①设切点为1222(,),(,)AxyBxy，点(3,)Pt，由（1）的结论的AP直线方程：1116xxyy，BP直线方程：2216xxyy，通过点(3,)Pt

，∴有1122316316xytxyt，∴A，B满足方程：12xty，∴直线AB恒过点：1020xy，即直线AB恒过点(2,0).②已知点(3,)Pt到直线AB的距离为355.∴232235514ttt

，故425410tt，22(51)(1)0tt，∴1t.当1t时，点(3,1)P，直线AB的方程为：220xy，2222066xyxy，解得01xy或12515xy，

故点121(0,1),(,),(3,1)55ABP.设PAB△的外接圆方程为：220xyDxEyF，代入得131012529EFDEFDEF，解得321DEF,所以PAB△的外接圆方程为223210xyxy，即PAB△

的外接圆方程为：2239()(1)24xy，当1t时，由对称性可知，三角形PAB的外接圆方程为：2239()(1)24xy.【点睛】本题考查了类比，直线和椭圆的位置关系，直线过定点，圆方程，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.21.已知

函数()1xfxex，(e是自然对数的底数).（1）求()fx的单调区间；（2）若函数()()xFxefx，证明：()Fx有极大值0()Fx，且满足0211()4Fxe.【答案】（1）函数()fx的减区间为(,

0)，增区间为(0,).（2）证明见解析【解析】【分析】（1）直接求出函数的导函数，令()0fx，解得x，即可求出函数的单调区间；（2）首先求出()Fx的导函数，设()22xhxex，再对()hx求

导，说明其单调性，根据函数零点存在性定理可得()Fx在(2,1)上存在极大值；【详解】解：（1）()1()xfxexR，设()0fx，0x，∴当(,0)x时，()0fx，()fx单调递减；当(0,)x时

，()0fx，()fx单调递增.即函数()fx的减区间为(,0)；增区间为(0,).（2）因为()(1)xxFxeex，()(1)(1)(22)xxxxxxFxeexeeeex

设()22xhxex，且0(0)2020he∵()21xhxe，在(0,)x时，()0hx，所以()hx在(0,)上单调递增，∴()(0)0hxh.∴()0Fx，()Fx在(0,)x上是单调递增，∴没有极值.令()2

10xhxe，解得ln2x.在x(,ln2)时，()0hx，()hx单调递减，∴12(1)(212)(1)0hee，22(2)(222)(2)0hee.由根的存在性定理：设0(2,1)x，使得：0()0hx，即000()(

)0xFxehx.∵在0(,)xx，()()0xFxehx，∴()Fx单调递增；在0(,)xx，()()0xFxehx，∴()Fx单调递减；∴()Fx有极大值0()Fx.∵有11021()(1)(11)FxFeee.又∵000()22

0xhxex，∴0022xxe，00200000000221111()(1)(1)(2)(1)224444xxxxFxeexxxxx.综上可得：函数()Fx有

极大值0()Fx，且满足0211()4Fxe.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性、极值，证明不等式，属于中档题.22.在直角坐标系xOy中，曲线1C的参数方程为1cossinxtyt(t为参数，0)，以

原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线2C的极坐标方程为22123sin.（1）求曲线1C的普通方程和2C的直角坐标方程；（2）已知(1,0)F，曲线1C与2C的交点A，B满足2BFAF(A为第一象限的点)，求cos的值.【答案】（1）1:tanta

nCyx2，当2时，1x，222:143xyC.（2）23【解析】【分析】（1）将曲线1C的参数方程消去参数t，可得解1C的普通方程，利用极坐标和直角坐标的互化公式，可得解2C的直角坐标方程；（2）将直线的参数方程与椭圆方程联立，利用参数t的几何

意义，计算求解即可.【详解】（1）1:tantanCyx2，当2时，1x又∵2223312xyy，∴222:143xyC，（2）1C直线为：1cossinxtyt

(t为参数，)不妨设,AB对应的直线参数为12,tt，且120,0tt，将1cos,sin,xtyt代入22143xy得223sin6cos90tt，∴1226cos3sintt，①12293sintt

②∵已知2BFAF，∴122tt③.联立①，③得：126cos3sint，2212cos3sint.代入②式，2226cos12cos93sin3sin3sin，∴228cos3sin∴24cos9，(为锐角)∴2

cos3.【点睛】本题考查了参数方程、极坐标综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算能力，属于中档题23.已知函数()22fxxx.（1）求解不等式：2()fxx；（2）设,,abc为正实数，若

函数()fx的最大值为m，且2abcm.求证：21abacbcc【答案】（1）{|1xx或2}x.（2）证明见解析【解析】【分析】（1）先利用绝对值的几何意义，化简函数为2(0)()32(02)2(2)xxfxxxxx，然后分0

,02,2xxx，利用一元二次不等式的解法求解.（2）由（1）知：()fx的最大值是2，根据2acbc，将2abacbcc变形为()()bcac，利用基本不等式证明.【详解】（1）当0x时，()(2)22fxxxx；当02x时，()(2)

232fxxxx；当2x时，()(2)22fxxxx.综上：2(0)()32(02)2(2)xxfxxxxx.所以2()fxx等价于：202xxx或20232xxx

或222xxx解得0x或01x或2x所以2()fxx的解集为{|1xx或2}x（2）由（1）知：()fx的最大值是2，即2m.所以22abc，2acbc所以2()()()()abacbccabccbcbcac22()()2[

]()122acbc，当且仅当ab时，取等号.【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法以及基本不等式证明不等式，还考查了运算求解的能力，属于中档题.