【文档说明】福建省厦门市第一中学2020届高三最后一模考试数学（文）试题 【精准解析】.doc，共(24)页，2.170 MB，由小赞的店铺上传

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2020年普通高等学校招生全国统一考试文科数学（模拟卷）注意事项：1.本科考试分试题卷与答题卷，考生须在答题卷上作答，答题前，请在答题卷内填写学校、班级、姓名、准考证号；2.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第

Ⅱ卷（非选择题）两部分，本卷满分150分，考试时间120分钟.第Ⅰ卷（选择题共60分）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

2{|230}Axxx，{1,1}B，则AB（）A.{1}B.{}113,,C.{3,1,1}D.{3,1,1,3}【答案】C【解析】集合22303,1Axxx，所以

3,1,1AB,选C.2.已知复数1zii，则下面关于复数z的命题正确的是（）A.1122ziB.复数z对应的点在第一象限C.1zD.复数z的虚部与实部互为相反数【答案】D【解析】【分析】先把复数1zii化简求出复数z，然后逐个判断即可

.【详解】解：由1zii，得2(1)111(1)(1)222iiiiiziiii，所以复数z对应的点在第二象限，1222z，实部为12虚部为12，故选：D【点睛】此题考查复数的有关概念和复数的运算，属于基础题.3.为了反映国民经济

各行业对仓储物流业务的需求变化情况，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．如图所示的折线图是2016年1月至2017年12月的中国仓储指数走势情况．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12月的仓储指数的中位数为54%C.2017年1月至4月的仓储指数比2016年同期波动性更大D.2017年11月的仓储指数较上月有所回落，显示出仓储业务活动仍然较为活跃，

经济运行稳中向好【答案】D【解析】2016年各月的仓储指数最大值是在11月份；2017年1月至12月的仓储指数的中位数为52%；2017年1月至4月的仓储指数比2016年同期波动性小；2017年11月的仓储指数较上月有所回落，显示出仓储业务活

动仍然较为活跃，经济运行稳中向好，所以选D.4.现有A、B、C、D四本书，若将四本书随机分配给甲、乙两人阅读，要求每人两本，则A、B恰好分到同一人手中的概率为（）A.16B.14C.13D.12【答案】C【解析】【分析】列举出分配给甲、乙的书

的基本事件，然后利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.【详解】将A、B、C、D四本书分配给甲、乙两人，每人两本，所有的基本事件有：,ABCD、,ACBD、,ADBC、,BCAD、,BDAC、,CDAB，共6个，其中，事件“A、

B恰好分到同一人手中”所包含的基本事件有：,ABCD、,CDAB，共2个.因此，所求事件的概率为2163P.故选：C.【点睛】本题考查利用古典概型的概率公式计算事件的概率，一般要列举出基本事件，考查计算能力，属于基础题.

5.如图，在正方体1111ABCDABCD中，P为1BD的中点，则PAC在该正方体各个面上的正投影（实线部分）可能是（）A.①④B.①②C.②③D.②④【答案】A【解析】【分析】由题意需要从三个角度对正方体进行平行投影，首先确定关键点P、A在各个面上的投影，再把

它们连接起来，即PAC在该正方体各个面上的射影【详解】从上下方向上看，PAC的投影为①图所示的情况.从左右方向上看，PAC的投影为④图所示的情况.从前后方向上看，PAC的投影为④图所示的情况.故选：A．【点睛】本题主要考查了平行投影和空间想象能力，关键是确定投影图得关键点，如顶

点等，再连接即可得在平面上的投影图，主要依据平行投影的含义和空间想象来完成．属于基础题6.若72sin410A，,4A，则sinA的值为（）A.35B.45C.35或45D.34【答案】B【解析】5(,),(,)4424AA，所以c

os()04A，且22cos()1sin()4410AA，所以4sinsin()sin()coscos()sin4444445AAAA，选B.点睛：本题主要考查同角三角函数基本关系式、两角差的正弦公式等，属于易错题．解答本题

的关键是拆角，将sinA拆成sin()44A．7.函数1xxye的图象大致为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】因为1xxye，所以'xxye，令'0,0yx，令'0,0yx，令'0,0yx，所以在(,0)为增函

数，在(0,)为减函数，且0x是函数的极大值点，结合4个函数的图象，选C.8.已知抛物线2:20Cypxp与椭圆2222:10xyEabab交于点1,2A，若抛物线C的焦点F也是椭圆E的焦点，则实数a的值为（）A.21B.2C.22D.

22【答案】A【解析】【分析】根据题意，由点1,2A在抛物线2:20Cypxp上，可求得2p值，进而得到焦点F坐标，再由点1,2A在椭圆E上与椭圆中222abc的关系，解方程，即可求解.【详解】解:由题

意：对于抛物线2:2Cypx，有222p，24yx所以抛物线C的焦点为(1,0)F，所以对于椭圆E，有22221141baab，解得2322a或2322a，又因22ac，即21a，所以22322(21)a

，所以21a.故选：A【点睛】本题考查抛物线与椭圆的基础知识，考查理解辨析能力与运算求解能力，属于基础题.9.执行如图所示的程序框图，输出的结果S的值是（）A.2B.12C.-3D.13【答案】A【解析】【分析】模拟程序运行，确定程序功能，得出规律后可得结论．

【详解】程序运行时变量值变化如下：2,1Si，开始循环：满足循环条件，3,2Si；满足循环条件，12S，3i；满足循环条件，1,43Si；满足循环条件，2,5Si；…，S值出现是呈周期性的，周期为4，一直到2021i，才不满足循环条件，输出S，

由于202150541，因此此时2S．故选：A．【点睛】本题考查程序框图，考查循环结构，解题时可模拟程序运行，确定变量值的变化，判断循环条件得出结论．10.已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且60C，5ab，3ABCS，则sinsinAB的值为（）A.14B.31

3C.312D.313【答案】D【解析】【分析】根据面积公式求出4ab，根据余弦定理求出13c，再根据正弦定理可求得结果.【详解】因为1sin32ABCSabC△，所以23432ab，又2222coscababC2()2253251213abababab

，所以13c.因为sinsinsinabcABC13322133，所以sinsin21321333abAB4352521333ab.故选：D.【点睛】本题考查了三角形的面积公式、正弦定理和余弦定理，属于基础题.11.已知函数

ln,02,0,xxxfxxxex若函数gxfxa的零点有2个或3个，则实数a的取值范围为（）A.311,eeB.311,eeC.10,eD.31,0e【答案】B【解

析】【分析】利用导数研究函数()fx的单调性，极值，同时注意函数值的变化趋势，作出函数的示意图，由图象与直线ya的交点个数可得结论．【详解】0x时，ln()xfxx，21ln()xfxx，当(0,)xe时，()0fx，()fx递增

，当(,)xe时，()0fx，()fx递减，且此时()0fx，0x时，()(2)xfxxe，()(3)xfxxe，当(3,0)x时，()0fx，()fx递增，当(,3)x时，()

0fx，()fx递减，且此时()0fx，所以()fx极小值31(3)fe，()fx极大值1()fee，(0)2f，在0x且0x，()fx，()fx的示意图如图所示，所以当它与ya有2个或3

个交点时，311aee．故选：B．【点睛】本题考查函数零点个数问题，解题时可利用导数研究函数的单调性与极值，研究函数的变化趋势，作出示意图，由图象得出结论．12.已知1F，2F为双曲线2222:10xyCabab的左右焦点，点A在双曲线C的右支上，线段1AF与双曲线

C的左支交于点B，260ABF，113AFBF，则双曲线C的离心率为（）A.5B.6C.7D.22【答案】C【解析】【分析】设1BFm，因为113AFBF，所以13AFm，由双曲线的定义，求得232AFma，22BFm

a，在2ABF中，由余弦定理求得2ma，再在12BFF中，利用余弦定理，求得227ca，即可求得双曲线的离心率.【详解】设1BFm，因为113AFBF，所以13,2AFmABm，由双曲线的定义，可得122AFAFa，212BFBFa所以21232AFAFam

a，2122BFBFama，在2ABF中，由余弦定理可得2222222cos60AFABBFABBF,即2221(32)(2)(2)22(2)2mamammam，整理得2ma

，在12BFF中，可得2221212122cos120FFBFBFBFBF,即2224(2)(2)cmammam，即2224(2)(22)2(22)caaaaaa整理得227ca，所以双曲线的离心率为7cea.故选：C.【点睛

】本题考查了双曲线的几何性质——离心率的求解，其中求双曲线的离心率(或范围)，常见有两种方法：①求出,ac，代入公式cea；②只需要根据一个条件得到关于,,abc的齐次式，转化为,ac的齐次式，然后转化为关于e的方程，即可得e的值(范围)．第Ⅱ卷（非选择

题共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在题中横线上）13.若1a，2b，且3abrr，则向量a、b的夹角是__________.【答案】120（或23）【解析】【分析】设向量a、b的夹角为，在等式3abrr两边平方可得出关于的等式，

求出cos的值，结合角的取值范围可得出的值.【详解】设向量a、b的夹角为，，1a，2b，且3abrr，所以，22223abaabb，即222cos3aabb，可得1cos2，0180，

120（或23）.故答案为：120（或23）.【点睛】本题考查利用平面向量的数量积求夹角，考查计算能力，属于基础题.14.函数3πcossin22yxx的最大值为__________.【答案】2【解析】【分析】利用三角函数诱导公式及二

倍角公式将函数解析式统一为含cosx的二次型复合函数，根据二次函数的图象与性质即可求出最大值.【详解】23πcossin2=coscos22coscos12yxxxxxx，令costx，则221[1,1]ftttt，对称轴为14x

，因为函数()ft在1[1,)4上单调递减，在1(,1]4上单调递增，所以max12112ftf，所以函数3πcossin22yxx的最大值为2.故答案为：

2【点睛】本题考查三角函数诱导公式、二倍角公式、求二次型复合函数的最值，属于中档题.15.已知曲线3yax与直线640xy相切，则实数a的值为__________.【答案】2【解析】【分析】先设出

切点坐标(,)mn，然后由切点是公共点和切点处的导数等于切的斜率列方程组可求得结果.【详解】解：设切点为(,)mn，由3yax得'23yax，则由题意得，2336640ammnnam，解得1,2,2mna

，故答案为：2【点睛】此题考查了导数的几何意义，考查了计算能力，属于基础题.16.在三棱锥PABC中，4PAPBPC，3AC，7cos4ABC，则ABC的外接圆半径为__________；

若三棱锥的顶点均在球O的表面上，则球O的表面积为__________.【答案】(1).2(2).643π【解析】【分析】利用正弦定理求ABC的外接圆半径，证明点P在底面ABC的投影为ABC的外接圆圆心，三棱锥的外接球球心O在直线PD上，构造直角三角形利用勾股定理求外接球半径，代入球的表面

积公式计算即可.【详解】7cos4ABC，231cossi4nABCABC，又3AC，设ABC的外接圆半径为R，则由正弦定理有24sinACRABC，2R.过点P作PD平面ABC，2PAPBPDPDPDAPDB

，RtPDARtPDB，同理可得PDA、PDB△、PDC△全等，则DADBDC，点D为ABC的外接圆圆心，则三棱锥的外接球球心O在直线PD上，有OPOAOBOC,2DADBDC,224223PD，设三棱锥PABC的外接球半径为

r，则23ODr，在RtODA中，222ODDAOA即22234rr，解得433r，所以三棱锥PABC的外接球表面积为24364433.故答案为：2；643【点睛】本题考查正弦定理求三角形外接圆的半径、三棱锥外接球问题，属于中档题.三

、解答题（解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.已知数列na满足11a，111nnnanann，设nnabn.（1）求证数列nb为等差数列，并求nb的通项公式；（2）若2nbncn，求数列nc

的前n项和.【答案】（1）证明见解析；nbn；（2）1122nn.【解析】【分析】（1）根据等差数列的定义证明，由等差数列的通项公式可得；（2）用错位相减法求数列nc的前n项和．【详解】解：（1）因为111nnn

anann，所以111nnaann，即11nnbb，所以nb为等差数列，其首项为111ba，公差1d.所以11nbnn.（2）由（1）得，2nncn，设数列

nc的前n项和为nS，则1231222322nnSn，23121222122nnnSnn，相减得，1231121222222212nnnnnSnn.∴1122nnSn，∴数列nc的前n项和为1

122nn.【点睛】本题考查等差数列的证明与通项公式，考查错位相减法求数列的和．设数列{}na是等差数列，{}nb是等比数列，则数列{}nnab的前n项和用错位相减法求解，数列11{}nnaa的前n项和用裂项相消法求解．18.如图，在多面体ABCDMN中，四边形ABCD是边长

为2的正方形，MD平面ABCD，NB平面ABCD，且22MDNB，MB与ND交于P点.（1）在棱AB上找一点Q，使//QP平面AMD，给出证明并求BQ的长；（2）求三棱锥NPBC的体积.【答案】（1）当13BQAB时，有//QP平面AMD；证明见解

析；23BQ；（2）29.【解析】【分析】(1)由已知可证//MDNB，所以12BPNBPMMD，因此当13BQAB时，//QPAM，则//QP平面AMD，BQ的长度易求.(2)根据13PNDN

，得1133NPBCPNBCDNBCNDBCVVVV易求.【详解】解：（1）当13BQAB时，有//QP平面AMD.证明如下：∵MD平面ABCD，NB平面ABCD，∴//MDNB，∴12BPNBPMMD，

又12BQQA，∴在MAB△中，//QPAM，又QP平面AMD，AM平面AMD，∴//QP平面AMD.又2AB，∴23BQ.（2）∵由（1）得，13PNDN，∴1133NPBCPNBCDNBCNDBCVVVV

1133DBCSNB112221929.∴三棱锥NPBC的体积为29.【点睛】考查在给定的线上找一点使线面平行，转化为证明线面平行；求三棱锥的体积利用等体积法转化为易求的棱锥的体积，中档题.19.为了研究一种昆虫的产卵数y和温度

x是否有关，现收集了7组观测数据列于下表中，并做出了散点图，发现样本点并没有分布在某个带状区域内，两个变量并不呈现线性相关关系，现分别用模型①212yCxC与模型；②34CxCye作为产卵数y和温度x的回归方程

来建立两个变量之间的关系.温度x/℃20222426283032产卵数y/个6102124641133222tx4004845766767849001024lnzy1.792.303.043.184.164

.735.77xtyz26692803.5771271iiiiixxyyxx71271iiiiittyytt71271iiiiizzxxxx71271iiiiizzttt

t1157.540.430.320.00012其中2iitx，7117iitt，lniizy，7117iizz.附：对于一组数据1122,,,,,nn，其回归直线的斜

率和截距的最小二乘估计分别为：121niiinii，.（1）根据表中数据，模型①、②的相关指数计算分别为210.82R，220.96R，请根据相关指数判断

哪个模型的拟合效果更好.（2）根据（1）中的判断，在拟合效果更好的模型下求y关于x的回归方程；并估计温度为30℃时的产卵数.（1C，2C，3C，4C与估计值均精确到小数点后两位）（参考数据：4.6518e04.5，4.8514e27.7，5.0512e56.0）【答案

】（1）模型②的拟合效果更好；（2）0.324.75xye，当30x时，估计产卵数为127.74.【解析】【分析】（1）根据相关指数的大小，即可比较模型拟合效果的优劣，相关指数越大，拟合效果越好；（2）由（1）可知选模型②34CxCy

e，两边取对数得34lnyCxC，再令lnzy，则34zCxC，所以先利用最小二乘法求zx，的回归系数，再代换回去即可.【详解】解：（1）因为2212RR，所以模型②的拟合效果更好.（2）由（1）知模型②的拟合效果更好，对于模型②：设lnzy，则34

lnyCxC，其中71732710.32iiiiizzxxCxx，433.570.32264.75CzCx.所以y关于x的回归方程为0.324.75xye，当30x时，估计产卵数为0.

32304.754.852127.74yee.【点睛】此题考查了线性回归方程的应用问题，考查了相关指数的应用问题，属于中档题.20.已知圆22:80Cxyy与动直线:22lykxk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2,2P，当OPOM时，求l的方程及POM的面积.【答案】（1）22132xy；（2）380xy，POM的面积为165.【解析】【分析】（1）确定直线过定点(2,2

)P，C是已知圆圆心，由弦中点性质得CMMP，即M在以CP为直径的圆上，由此可得轨迹方程．（2）由（1）得M的轨迹为圆，圆心为1,3D，半径为2，由于点2,2P，M均在圆上，又OPOM，由圆的性质可知ODPM，这样可求得PM的斜率得直线方程，再求出D和O到直线PM距离，

可得弦长PM，从而得POM的面积．【详解】解：（1）直线:22lykxk过定点2,2P，圆22:80Cxyy可化为22416xy，圆心0,4C，设动点,Mxy，因为M为AB中点，

∴CMAB即CMMP，∴M在以CP为直径的圆上，易知CP中点为(1,3)D，22(20)(24)22CP，∴半径为2∴点M的轨迹方程为22132xy.（2）由（1）得M的轨

迹为圆，圆心为1,3D，半径为2，因为点2,2P，M均在圆上，又OPOM，由圆的性质可知ODPM，又3ODk，∴113lPMODkkk，∴直线l的方程为1223yx，即380xy，D到直线PM的距离为2219810513d

，O到直线PM（直线l）的距离为228410513d，又2104102255PM，∴114104101622555POMSPMd△，综上得，l的方程为380xy，POM的面积

为165.【点睛】本题考查求圆中弦中点轨迹方程，考查弦的性质，解题关键是确定动点M在以CP为直径的圆上，从而易得其轨迹方程，利用圆的性质及股定理求圆的弦长称为几何法．21.已知函数2lnmfxxxx

，mR.（1）讨论函数fx的单调性；（2）若函数fx有两个极值点1x，2x，且12xx，证明：221fxx.【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）求出()f

x¢，然后分1m、10m、0m三种情况讨论；（2）首先可得12122,0xxxxm，然后要证221fxx，即证222ln1xx，然后设函数2lnhxxx，1,2x，然后利用导数得出

hx的单调性即可证明.【详解】（1）fx的定义域为()0,+?，222221mxxmfxxxx，设函数22gxxxm，0,x，①当1m时，即440m时，0gx，()0fx¢³，所以函数fx在()0,+?上单调递增.

②当1m时，即440m时，令0gx得111xm，211xm，12xx.i）当10m时，即120xx时，在120,,xx上，0gx，()0fx¢>；在12,xx上，0gx，()0fx¢<.所以函数fx在

10,x，2,x上单调递增，在12,xx上单调递减.ii）当0m时，即120xx时，在20,x上，0gx，()0fx¢<；在2,x上，0gx，()0fx¢>.所以函数fx在20,x上单调递减，在2,x

上单调递增.综上，当1m时，函数fx在()0,+?上单调递增；当10m时，函数fx在0,11m，11,m上单调递增，在11,11mm上单调递减；当0m时，函数fx在0,1

1m上单调递减，在11,m上单调递增.（2）证明：函数fx有两个极值点1x，2x，且12xx，∴220gxxxm有两个不同的正根111xm，211xm，∴1212440,2,0,mxxxxm∴10m

.欲证明222222ln1mfxxxxx，即证明222ln1mxx，∵2222mxx，∴证明222ln1mxx成立，等价于证明222ln1xx成立.∵2221,0mxx，∴2111,2xm.设函

数2lnhxxx，1,2x，则21hxx.∵0hx在1,2x上恒成立，∴hx在1,2x上单调递增，∴11hxh，即222ln1xx在21,2x上恒成立，∴函数

fx有两个极值点1x，2x，且12xx时，221fxx.【点睛】本题考查的是利用导数研究函数的单调性和证明不等式，考查了分类讨论的思想，属于较难题.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.作答时请写清题号.

选修4－4：坐标系与参数方程22.已知直线l的参数方程为1xtyt（t为参数）.以原点O为极点，以x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为4cos，π0,2.（1）求直线l及曲线C的直角坐标方程；（2）过曲线C上的一点M作平行于y轴

的直线交l于点N，求MN的取值范围.【答案】（1）10xy，2224xy，0,4x，0,2y；（2）1,322MN.【解析】【分析】（1）对直线l的参数方程消参可得直线l的直角坐标方程，运用222coss

in+xyxy，，可将曲线C化为直角坐标方程.（2）将曲线C化为参数方程，设出点M、点N的坐标，表示MN，运用三角函数的变换和性质可得MN的取值范围.【详解】解：（1）由1xtyt消去t得直线l的直角坐标方程为10xy，由4

cos得24cos，所以2240xyx，即2224xy，因为π0,2，所以0,4x，0,2y.所以曲线C的直角坐标方程为2224xy，0,4x

，0,2y.（2）圆C的参数方程为22cos2sinxy（为参数且0,π），设22cos,2sinM，则22cos,32cosN，所以π2sin2cos322sin34MN.因为0,π

，所以5+,444，所以π2sin142，，所以π22sin31,3224，所以1,322MN.【点睛】本

题考查参数方程，极坐标方程与平面直角坐标方程之间的互化，以及运用三角函数的恒等变换求最值，属于中档题.选修4－5：不等式选讲23.已知221fxxx．（1）求不等式6fx的解集；（2）设,,mnp为正实数，且2mnpf，求

证：3mnnppm.【答案】（1）(13)x，；（2）证明详见解析．【解析】【分析】第一问是有关绝对值不等式的解法问题，在解题的过程中，应用零点分段法将绝对值符号去掉转化为三个不等式组来解．第二问利用解析式先求出函数

值，之后利用基本不等式求得结果.【详解】（1）不等式2216xx等价于不等式组1336xx或1256xx或2336xx，所以不等式2216xx的解集为1,3；（2）证明：因为3mnp，所以222222

29mnpmnpmnmpnp，因为,,mnp为正实数，所以由基本不等式222mnmn（当且仅当mn时等号成立），同理22222,2mpmppnpn，所以222mnpmnmpnp，所以22222229333mnpmnpmnmpnpmnmp

np，所以3mnmpnp.【点睛】该题属于不等式的问题，需要明确绝对值不等式的解法-----零点分段法，去绝对值符号，将其转化为多个不等式组的解集的并集来完成，二是有关重要不等式，还有借用不等式的性质对其等价变形，最后证得结

果.