福建省厦门市湖滨中学2020届高考数学下学期适应性考试试题 文
湖滨中学2020高三数学下学期测试试题文含解析
【答案】A
【解析】
【分析】
算出正方形的面积以及扇形的面积后可得所求的概率.
【详解】点 到点 的距离等于1，则点 轨迹是以A为圆心,半径为1的圆，
现点 到点 的距离小于1，
在边长为1的正方形 内表示以A为圆心，半径为1的扇面，其面积为 。
又正方形的面积为 ，故所求概率为 .
故选:A.
【答案】
【解析】
试题分析:因为 为圆 的弦 的中点，所以圆心坐标为 ， , 所在直线方程为 ,化简为 ，故答案为 。
考点：1、两直线垂直斜率的关系；2、点斜式求直线方程。
16. 已知三棱锥 四个顶点均在半径为 的球面上，且 ， ，若该三棱锥体积的最大值为 ,则这个球的表面积为__________。
【答案】
【答案】
【解析】
【分析】
利用 得到 的值，再利用 得到两向量的夹角．
【详解】因为 ,故 ，故 即 ，
故 ，因 ，故 ，填 ．
【点睛】向量的数量积有两个应用：（1）计算长度或模长,通过用 ；（2）计算角， 。特别地，两个非零向量 垂直的充要条件是 。
15. 若点 为圆 的弦 的中点，则弦 所在直线方程为________。
则圆心 为线段 的中点．设 ， 到准线的距离分别为 ， , 的半径为 ，点 到准线的距离为 ，显然 ， ， 三点不共线，
则 ．所以③不正确．
故选：B.
【点睛】本题主要考查抛物线的定义与几何性质、直线与抛物线的位置关系等基础知识,考查运算求解能力、推理论证能力和创新意识，考查数形结合思想、化归与转化思想,属于难题．
【点睛】圆锥曲线的离心率的计算，关键是找到 的一个关系式即可，注意双曲线和椭圆中 的意义不一样,关系也不一样,双曲线中实半轴长 、虚半轴长 和半焦距长 满足 ，而在椭圆中长半轴长 、短半轴长 和半焦距长 满足 ．
福建省厦门市湖滨中学2025届高考适应性考试数学试卷含解析
福建省厦门市湖滨中学2025届高考适应性考试数学试卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。
选择题必须用2B 铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
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．已知函数2()4ln f x ax ax x =--，则()f x 在(1,4)上不单调的一个充分不必要条件可以是（ ）A ．12a >-B ．1016a <<C ．116a >或102a -<< D ．116a >2．已知点A 是抛物线24x y =的对称轴与准线的交点，点F 为抛物线的焦点，点P 在抛物线上且满足PA m PF =，若m 取得最大值时，点P 恰好在以,A F 为焦点的椭圆上，则椭圆的离心率为（ ）A 1B 1C D 3．若a ＞b ＞0，0＜c ＜1，则 A ．log a c ＜log b cB ．log c a ＜log c bC ．a c ＜b cD ．c a ＞c b4．已知函数()()3sin f x x ωϕ=+，()0,0πωϕ><<，若03f π⎛⎫-= ⎪⎝⎭，对任意x ∈R 恒有()3f x f π⎛⎫≤ ⎪⎝⎭，在区间ππ,155⎛⎫⎪⎝⎭上有且只有一个1x 使()13f x =，则ω的最大值为（ ） A ．1234 B ．1114C ．1054D ．11745．若各项均为正数的等比数列{}n a 满足31232a a a =+，则公比q =（ ） A ．1B ．2C ．3D ．46．已知抛物线2:2(0)C y px p =>的焦点为F ，对称轴与准线的交点为T ，P 为C 上任意一点，若2PT PF =，则PTF ∠=（ ）A ．30°B ．45°C ．60°D ．75°7．某市政府决定派遣8名干部（5男3女）分成两个小组，到该市甲、乙两个县去检查扶贫工作，若要求每组至少3人，且女干部不能单独成组，则不同的派遣方案共有（ ）种 A ．240B ．320C ．180D ．1208．下图中的图案是我国古代建筑中的一种装饰图案，形若铜钱，寓意富贵吉祥．在圆内随机取一点，则该点取自阴影区域内（阴影部分由四条四分之一圆弧围成）的概率是（ ）A ．12B ．13C ．41π- D ．42π-9．如图，平面四边形ACBD 中，AB BC ⊥，3AB =，2BC =，ABD △为等边三角形，现将ABD △沿AB 翻折，使点D 移动至点P ，且PB BC ⊥，则三棱锥P ABC -的外接球的表面积为（ ）A ．8πB ．6πC ．4πD ．82310．已知双曲线22221x y a b-=（0a ＞，0b >）的左、右焦点分别为E F ，，以OF （O 为坐标原点）为直径的圆C 交双曲线于A B 、两点，若直线AE 与圆C 相切，则该双曲线的离心率为（ ） A 236+ B 226+C 3226+D 326+11．函数()5sin 20312f x x x ππ⎛⎫⎛⎫=+≤≤ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭的值域为（ ） A ．1,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦B ．10,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．[]0,1D ．1,02⎡⎤-⎢⎥⎣⎦12．羽毛球混合双打比赛每队由一男一女两名运动员组成. 某班级从3名男生1A ，2A ，3A 和3名女生1B ，2B ，3B 中各随机选出两名，把选出的4人随机分成两队进行羽毛球混合双打比赛，则1A 和1B 两人组成一队参加比赛的概率为（ ） A ．19B ．29C ．13D ．49二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2020年福建省厦门市高考数学模拟试卷(理科)(5月份)(有答案解析)
2020年福建省厦门市高考数学模拟试卷（理科）（5月份）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.复数z满足，则z在复平面上对应的点位于A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限2.已知集合，集合，若，则m的取值范围是A. B. C. D.3.已知双曲线C经过点，其渐近线方程为，则C的标准方程为A. B. C. D.4.设，“”是“”的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5.大西洋鲑鱼每年都要逆流而上，游回到自己出生的淡水流域产卵．记鲑鱼的游速为单位：，鲑鱼的耗氧量的单位数为科学研究发现v与成正比．当时，鲑鱼的耗氧量的单位数为则当时，其耗氧量的单位数为A. 2670B. 7120C. 7921D. 80106.某三棱锥的三视图如图所示，其中网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体的外接球的表面积为A.B.C.D.7.在“弘扬中华文化”的演讲比赛中，参赛者甲、乙、丙、丁、戊进入了前5名的决赛获奖名次不重复甲、乙、丙三人一起去询问成绩，回答者说：“第一名和第五名恰好都在你们三人之中，甲的成绩比丙好”，从这个回答分析，5人的名次排列的所有可能情况有A. 18种B. 24种C. 36种D. 48种8.若，，，则A. B. C. D.9.已知是正项等比数列的前n项和，，则的最小值为A. 10B. 5C.D.10.已知抛物线C：的焦点为F，A为C上一点且在第一象限，以F为圆心，FA为半径的圆交C的准线于B，D两点，且A，F，B三点共线，则直线AF的斜率为A. B. C. D.11.一副三角板由一块有一个内角为的直角三角形和一块等腰直角三角形组成，如图所示，，，，现将两块三角板拼接在一起，取BC中点O与AC中点M，则下列直线与平面OFM所成的角不为定值的是A. ACB. AFC. BFD. CF12.函数，若存在唯一整数使得，则a的取值范围是A. B. C. D.二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则______．14.排球比赛实行“五局三胜制”，某次比赛中，中国女排和M国女排相遇，统计以往数据可知，每局比赛中国女排获胜的概率为，M国女排获胜的概率为，则中国女排在先输一局的情况下最终获胜的概率为______．15.已知，是两个非零向量，且，，则的最大值为______．16.用表示函数在闭区间I上的最大值，若正数a满足，则______；a的取值范围为______．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.已知等差数列的前n项和为，且．求的通项公式；若，记数列的前n项和为，求证：．18.直四棱柱被平面所截得到如图所示的五面体，，．求证：平面；若，求二面角的余弦值．19.一款小游戏的规则如下：每轮游戏要进行三次，每次游戏都需要从装有大小相同的2个红球，3个白球的袋中随机摸出2个球，若摸出的“两个都是红球”出现3次获得200分，若摸出“两个都是红球”出现1次或2次获得20分，若摸出“两个都是红球”出现0次则扣除10分即获得分．设每轮游戏中出现“摸出两个都是红球”的次数为X，求X的分布列；玩过这款游戏的许多人发现，若干轮游戏后，与最初的分数相比，分数没有增加反而减少了．请运用概率统计的相关知识分析解释上述现象．20.已知椭圆E：，过左焦点F且斜率大于0的直线l交E于A、B两点，AB的中点为G，AB的垂直平分线交x轴于点D．若点G的纵坐标为，求直线GD的方程；若，求的面积．21.已知函数，其中．讨论函数的单调性；若函数存在两个极值点，其中，且的取值范围为，求a的取值范围．22.在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为参数，，曲线C的参数方程为参数．求曲线C在直角坐标系中的普通方程；以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，当曲线C截直线l所得线段的中点极坐标为时，求．23.已知函数．Ⅰ当时，求不等式的解集；Ⅱ若时，求a的取值范围．-------- 答案与解析 --------1.答案：A解析：解：复数z满足，，它在复平面内对应点的坐标为，故选：A．利用两个复数代数形式的乘除法法则计算复数z，求得它在复平面内对应点的坐标，从而得出结论．本题主要考查两个复数代数形式的乘除法，虚数单位i的幂运算性质，复数与复平面内对应点之间的关系，属于基础题．2.答案：D解析：解：，，，，解得，的取值范围是．故选：D．根据得出，从而得出，进而得出，解出m的范围即可．本题考查了描述法、区间的定义，交集的定义及运算，子集的定义，考查了计算能力，属于基础题．3.答案：D解析：解：根据题意，双曲线的渐近线方程为，则可以设其方程为，又双曲线C经过点，则有，解可得：，则双曲线的标准方程为：；故选：D．根据题意，由双曲线的渐近线方程可以设其方程为，将点代入双曲线方程，解得的值，即可得答案．本题考查双曲线的几何性质，关键是由渐近线方程设出双曲线的方程．4.答案：B解析：【分析】本题考查了倍角公式和简易逻辑的判定方法，考查了推理能力，属于基础题．由，可得或，即可得到最终答案．【解答】解：由，即或，即或，“”是“”的必要不充分条件，故选：B．5.答案：C解析：解：v与成正比，比例系数设为k，可得，当时，，即有，即，则当时，，即，则，可得，故选：C．由题意可设，当时，，求得k，再由，结合对数的换底公式和对数的定义，计算可得所求值．本题考查函数在实际问题中的应用，考查对数的换底公式和对数的定义，考查运算能力，属于基础题．6.答案：B解析：解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为三棱锥体，如图所示：设外接球的半径为r，则：，所以．故：．故选：B．首先把三视图转换为直观图，进一步求出外接球的半径，最后求出球体的表面积．本题考查的知识要点：三视图和几何体之间的转换，几何体的外接球的半径的求法及应用，球体的表面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．7.答案：A解析：解：根据题意，第一名和第五名恰好都在你们三人之中，甲的成绩比丙好，则甲不能为第五名，据此分2种情况讨论：若甲是第一名，则第五名可以为乙和丙，有2种情况，剩下三人有种情况，此时有种可能情况；若甲不是第一名，则甲有3种情况，同时第五名必须为丙，第一名为乙，剩下2人有种情况，此时有种可能情况；则一共有种可能情况，故选：A．根据题意，分析可得则甲不能为第五名，据此按甲的名次分2种情况讨论，若甲是第一名和若甲不是第一名，求出每种情况下的可能数目，由加法原理计算可得答案．本题考查排列组合的应用，涉及合情推理的应用，属于基础题．8.答案：C解析：解：因为，因为，，故，所以．故选：C．由对数函数单调性可知，，，然后结合对数的运算性质先比较的大小即可判断．本题主要考查了利用对数函数的单调性及对数的运算性质比较对数式的大小，属于基础试题．9.答案：C解析：解：由是正项等比数列的前n项和可知，，因为，则，，结合二次函数的性质可知，当时，上式取得最小值．故选：C．由已知结合数列的和与项的关系进行化简，然后结合二次函数的性质可求．本题主要考查了等比数列的性质及二次函数的性质的简单应用，属于中档试题．10.答案：D解析：解：，F，B三点共线，为圆F的直径，则．由抛物线定义知，在中，可得．则，直线AF的斜率．故选：D．由题意画出图形，由已知可得三角形ADB为直角三角形，再由抛物线定义结合圆的性质求得，从而求得AF的倾斜角，斜率可求．本题考查圆与抛物线的综合，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．11.答案：B解析：解：，M分别为BC，AC的中点，，则，又，，而，平面MOF，，CF与平面MOF所成的角分别为和，相等为，根据直线与平面所成角的定义可知，AC与平面MOF所成的角为，故只有AF与平面FOM所成的角不为定值．故选：B．由题意证明平面MOF，可得BF，CF，AC与平面OFM所成的角，由已知可得都为定值，由此得到答案．本题考查直线与平面垂直的判定，考查直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．12.答案：B解析：解：由，可得，令，易知函数在单调递增，在单调递减，且，作出函数的图象如图所示：恒过定点，且，，存在唯一整数使得，当时，存在唯一的整数使得命题成立．故选：B．通过半分离法，将问题转化为函数与直线图象之间的关系，再通过数形结合求解即可．本题考查不等式解的整数根问题，考查转化与化归思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，通过利用半分离法，将问题转化为两个函数图象之间的关系问题，再利用数形结合思想是解决本题的关键，属于中档题．13.答案：解析：解：，由正弦定理可得：，又，解得，．故答案为：．由正弦定理化简已知等式可得：，根据已知可求得，进而根据余弦定理可求cos C的值．本题主要考查了正弦定理，余弦定理在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于基础题．14.答案：解析：解：排球比赛实行“五局三胜制”，某次比赛中，中国女排和M国女排相遇，统计以往数据可知，每局比赛中国女排获胜的概率为，M国女排获胜的概率为，中国女排在先输一局的情况下最终获胜包含两种结果：中国女排在先输一局的情况下，第二、三、四局连胜三局；中国女排在先输一局的情况下，第二、三、四局两胜一负，第五局中国女排胜，则中国女排在先输一局的情况下最终获胜的概率为：．故答案为：．中国女排在先输一局的情况下最终获胜包含两种结果：中国女排在先输一局的情况下，第二、三、四局连胜三局；中国女排在先输一局的情况下，第二、三、四局两胜一负，第五局中国女排胜，由此能求出中国女排在先输一局的情况下最终获胜的概率．本题考查概率的求法，考查古典概型、相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．15.答案：解析：解：因为，所以，又，所以，令，则，当且仅当即时取等号，故答案为：．由平面向量的数量积得：因为，所以，又，所以，由重要不等式得：令，则，当且仅当即时取等号，得解．本题考查了平面向量的数量积及重要不等式，属中档题．16.答案：1解析：解：如图是函数，的图象，若，在上单调递增，所以，，此时，，这与已知，矛盾．所以，，所以，故正确答案是：1．显然时，，这与已知，矛盾．所以，即，所以．又已知，，即，因为当时，，或sin2a，所以，故正确答案为：1，通过数形结合，分类讨论结合正弦性质找出解题思路．本题考查了三角函数的图象和性质．属于高档题．17.答案：解：解法一：当时，，当时，，为等差数列，且时，，，，即，解法二：，，为等差数列，，，成等差数列，，即，，；时，，时，为常数，等差数列的首项为1，公差为2，，；证明：由知，，故，，，．解析：解法一：求出首项，通过当时，，求解通项公式．解法二：求出首项，第二项，结合为等差数列，，，成等差数列，推出，；验证为常数，然后求解即可．由知，，化简，利用裂项相消法求解即可．本题考查数列的递推关系式，数列通项公式以及数列求和，考查转化思想以及计算能力，是中档题．18.答案：解法一：证明：在直四棱柱中，平面ABCD，平面ABCD，分，，平面BCE同理可证平面，分平面平面，分平面BCE，平面分解：平面平面，平面平面，平面平面，，和CE与平面ABCD所成角相等，即；，，，以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，过D垂直于ABCD的直线为z轴，如图建系，1，，1，，1，，0，，，，，分设为平面的一个法向量，则，令，则，设为平面的一个法向量，则，令，则，则，由图知，二面角为锐角，则二面角的余弦值为．解法二：证明：直四棱柱，则平面ABCD，平面ABCD，，，，平面BCE，，，且BC，AD同面，，平面，平面，平面．解：平面平面，平面平面，平面平面，，和CE与平面ABCD所成角相等，即，，，，取的中点为M，连接AM，则，平面，平面，，，平面，过点M作的垂线，垂足为N，连接MN，由题意得，为二面角的平面角，，，则，所以二面角的余弦值为．解析：法一：推导出，，从而平面BCE，同理可证平面，平面平面，由此能证明平面，推导出，AD和CE与平面ABCD所成角相等，即，以D为坐标原点，DA 为x轴，DC为y轴，过D垂直于ABCD的直线为z轴，利用向量法能求出二面角的余弦值．法二：推导出，，从而平面BCE，，，，由此能证明平面．推导出，AD和CE与平面ABCD所成角相等，即，取的中点为M，连接AM，则，平面，过点M作的垂线，垂足为N，连接MN，由题意得，为二面角的平面角，由此能求出二面角的余弦值．本题考查线面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，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，是中档题．19.答案：解：每轮游戏要进行三次，每次游戏都需要从装有大小相同的2个红球，3个白球的袋中随机摸出2个球，每次游戏，出现“两个都是红球”的概率为．X可能的取值为0，1，2，3，，，，．所以X的分布列为：X0123P摸出的“两个都是红球”出现3次获得200分，若摸出“两个都是红球”出现1次或2次获得20分，若摸出“两个都是红球”出现0次则扣除10分即获得分．设每轮游戏得分为则Y的取值为，20，200，由知，Y的分布列为：Y20200PY的数学期望为．这表明，获得分数Y的期望为负．因此，多次游戏之后大多数人的分数减少了．解析：每次游戏，出现“两个都是红球”的概率为可能的取值为0，1，2，3，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列．设每轮游戏的得分为则Y的取值为，20，200，求出Y的分布列和数学期望，从而得到获得分数Y的期望为负，多次游戏之后大多数人的分数减少了．本题考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查古典概率、n次独立重复试验事件A恰好发生k次概率计算公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．20.答案：解：由椭圆的方程可得左焦点，由题意设直线l的方程：，且，设，，直线l与椭圆联立，整理可得：，所以，，，所以AB的中点G的纵坐标，由题意可得，，解得：或，当时，AB的中点G坐标，所以AB的中垂线方程为：，即，当时，AB的中点G坐标，所以AB的中垂线方程为：，即；由可得：弦长，AB的中点G的坐标为：，所以AB的中垂线的方程为：，令，可得，即，所以D到直线AB的距离，，由题意可得，，解得：，所以，，所以解析：由椭圆的方程可得左焦点F的坐标，设直线l方程，与椭圆联立求出两根之和，进而求出弦AB的中点，由AB的中点G的纵坐标可得参数的值，进而求出弦AB的中垂线的方程；由的过程可得中点G的坐标，及中垂线GD与x轴的交点D的坐标，进而求出及弦长的值，由可得参数的值，进而求出，的值，进而求出三角形的面积．本题考查直线与椭圆的综合，及面积公式，和由角的正切的应用，属于中档题．21.答案：解：．令，则．当或，即时，恒成立，所以在上单调递增．当，即时，由，得或；由，得，在和上单调递增，在上单调递减．综上所述，当时，在上单调递增；当时，在和上单调递增，在上单调递减．由得，当时，有两极值点，其中由得，为的两根，所以，．所以．令，则，因为，所以在上单调递减，而，，所以，又，易知在上单调递增，所以，所以实数a的取值范围为．解析：先对函数求导，然后结合导数与单调性关系对a进行分类讨论即可求解；结合函数极值与导数零点关系进行转化后，结合题目特点进行合理的构造，然后结合导数与单调性关系即可求解．本题主要考查了利用导数研究函数的单调性及利用函数极值存在条件的应用，体现了转化思想及分类讨论思想的应用．22.答案：解：直线l的参数方程为参数，，转换为直角坐标方程为：当时，，当时，．曲线C的参数方程为参数，转换为直角坐标方程为．把直线的参数方程代入得到：，整理得：，所以，曲线C截直线l所得线段的中点极坐标为时故，所以，则．解析：直接利用转换关系的应用，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的进行转换．利用三角函数关系式的变换和直线与椭圆位置关系的应用，利用一元二次方程根和系数关系式的应用和中点坐标公式的应用求出结果本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，三角函数关系式的变换，直线和椭圆的位置关系式的应用，一元二次方程根和系数关系式的应用，中点坐标的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础性题．23.答案：解：当时，，由得．当时，原不等式可化为：，解之得：．当时，原不等式可化为：，解之得且，．因此的解集为：．当时，．由得，，，，，，的取值范围为．解析：Ⅰ将代入，分类讨论解不等式即可；Ⅱ利用绝对值不等式的性质进一步可得，由此得解．本题考查绝对值不等式的解法及其性质，考查分类讨论思想及运算能力，属于基础题．。
2020年厦门市高考数学二模试卷(文)含答案解析
2020年福建省厦门市高考数学二模试卷（文科）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．若集合A={﹣2，﹣1，0，1，2}，B={x|2x＞1}，则A∩B=（）A．{﹣1，2} B．{0，1}C．{1，2}D．{0，1，2}2．幂函数y=f（x）的图象经过点（2，4），则f（x）的解析式为（）A．f（x）=2x B．f（x）=x2C．f（x）=2x D．f（x）=log2x+33．一个口袋中装有大小和形状完全相同的2个红球和2个白球，从这个口袋中任取2个球，则取得的两个球中恰有一个红球的概率是（）A．B．C．D．4．双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的实轴为A1A2，虚轴的一个端点为B，若三角形A1A2B 的面积为b2，则双曲线的离心率（）A．B．C．D．5．若2sin2α=1﹣cos2α，则tanα等于（）A．﹣2 B．2 C．﹣2或0 D．2或06．已知向量=（1，m），=（3，），若向量，的夹角为，则实数m的值为（）A．﹣B．﹣C．D．7．执行如图所示的程序框图，则输出s的值等于（）A．1 B．C．0 D．﹣8．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是（）①若m⊥α，α⊥β，则m∥β②若m⊥α，α∥β，n⊂β，则m⊥n③若m⊂α，n⊂β，m∥n，则α∥β④若n⊥α，n⊥β，m⊥β，则m⊥αA．①②B．③④C．①③D．②④9．若实数x，y满足约束条件，则z=的最大值为（）A．B．1 C．D．10．若函数f（x）=cosωx（ω＞0）在区间（﹣，）上有且只有两个极值点，则ω的取值范围是（）A．[2，3）B．（2，3]C．（3，4]D．[3，4）11．已知定点M（1，0），A、B是椭圆+y2=1上的两动点，且•=0，则•的最小值是（）A．B．C．1 D．212．已知函数f（x）=，若关于x的方程f（f（x））=0有且只有一个实数解，则实数k的取值范围是（）A．（﹣1，0）∪（0，+∞）B．（﹣∞，0）∪（0，1）C．（﹣1，0）∪（0，1）D．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共16分．把答案填写在答题卡的相应位置．13．设复数z满足（1﹣i）z=2i，则z在复平面内所对应的点位于第象限．14．已知函数f（x）是定义在R上的奇函数，且在区间（﹣∞，+∞）上单调递减，若f（3x+1）+f（1）≥0，则x的取值范围是．15．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球表面积是．16．在△ABC中，角A，B，C对应的边分别是a，b，c，若A=135°，c=1，sinBsinC=，则b等于．三.解答题17．已知等差数列{a n}满足a4﹣a2=2，且a1，a3，a7成等比数列．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n=，求数列{b n}的前项和．18．某商场对甲、乙两种品牌的牛奶进行为期100天的营销活动，威调查这100天的日销售情况，用简单随机抽样抽取10天进行统计，以它们的销售数量（单位：件）作为样本，样本数据的茎叶图如图．已知该样本中，甲品牌牛奶销量的平均数为48件，乙品牌牛奶销量的中位数为43件，将日销量不低于50件的日期称为“畅销日”．（Ⅰ）求出x，y的值；（Ⅱ）以10天的销量为样本，估计100天的销量，请完成这两种品牌100天销量的2×2列联表，并判断是否有99%的把握认为品牌与“畅销日”天数相关．附：K2=（其中n=a+b+c+d为样本容量）P（K2≥0.050 0.010 0.001k0）k0 3.841 6.635 10.828畅销日天数非畅销日天数合计甲品牌乙品牌合计19．如图所示的几何体为一简单组合体，在底面ABCD中，∠DAB=60°，AD⊥DC，AB⊥BC，QD⊥平面ABCD，PA∥QD，PA=1，AD=AB=QD=2．（Ⅰ）求证：平面PAB⊥平面QBC；（Ⅱ）求该组合体的体积．20．已知函数f（x）=（x﹣2）lnx+1．（1）判断f（x）的导函数f′（x）在（1，2）上零点的个数；（2）求证f（x）＞0．21．已知点F为抛物线E：x2=4y的焦点，直线l为准线，C为抛物线上的一点（C在第一象限），以点C为圆心，|CF|为半径的圆与y轴交于D，F两点，且△CDF为正三角形．（Ⅰ）求圆C的方程；（Ⅱ）设P为l上任意一点，过P作抛物线x2=4y的切线，切点为A，B，判断直线AB与圆C的位置关系．四.选考题（请考生在22，23，24三题中任选一题作答，注意：只能做所选的题目，如果多做，则按所做第一个题目计分，作答时，请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑．）[选修4-1：几何证明选讲]22．如图，AD，CF分别是△ABC的中线和高线，PB，PC是△ABC外接圆O的切线，点E是PA与圆O的交点．（1）求证：AC•CD=AF•PC；（2）求证：DC平分∠ADE．[选修4-4：坐标系与参数方程]23．在平面直角坐标系xOy中，曲线C的方程为x2﹣2x+y2=0，以原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为θ=（ρ∈R）．（Ⅰ）写出C的极坐标方程，并求l与C的交点M，N的极坐标；（Ⅱ）设P是椭圆+y2=1上的动点，求△PMN面积的最大值．[选修4-5：不等式选讲]24．已知函数f（x）=|x﹣3|．（1）求不等式f（x）＜2+|x+1|的解集；（2）已知m，n∈R+且+=2mn，求证：mf（n）+nf（﹣m）≥6．2020年福建省厦门市高考数学二模试卷（文科）参考答案与试题解析一.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．若集合A={﹣2，﹣1，0，1，2}，B={x|2x＞1}，则A∩B=（）A．{﹣1，2} B．{0，1}C．{1，2}D．{0，1，2}【考点】交集及其运算．【分析】求出B中不等式的解集确定出B，找出A与B的交集即可．【解答】解：由B中不等式变形得：2x＞1=20，即x＞0，∴B=（0，+∞），又∵A={﹣2，﹣1，0，1，2}，∴A∩B={1，2}，故选：C．2．幂函数y=f（x）的图象经过点（2，4），则f（x）的解析式为（）A．f（x）=2x B．f（x）=x2C．f（x）=2x D．f（x）=log2x+3【考点】幂函数的概念、解析式、定义域、值域．【分析】设出幂函数的解析式，利用待定系数法求出解析式即可．【解答】解：设幂函数为f（x）=x a，且y=f（x）的图象经过点（2，4），可得4=2a，解得a=2，∴幂函数的解析式为f（x）=x2．故选：B．3．一个口袋中装有大小和形状完全相同的2个红球和2个白球，从这个口袋中任取2个球，则取得的两个球中恰有一个红球的概率是（）A．B．C．D．【考点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率．【分析】先求出基本事件总数，再求出取得的两个球中恰有一个红球包含的基本事件个数，由此能求出取得的两个球中恰有一个红球的概率．【解答】解：一个口袋中装有大小和形状完全相同的2个红球和2个白球，从这个口袋中任取2个球，基本事件总数n==6，取得的两个球中恰有一个红球包含的基本事件个数m==4，∴取得的两个球中恰有一个红球的概率p==．故选：D．4．双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的实轴为A1A2，虚轴的一个端点为B，若三角形A1A2B 的面积为b2，则双曲线的离心率（）A．B．C．D．【考点】双曲线的简单性质．【分析】根据三角形的面积建立方程关系，建立a，b，c的关系进行求解即可得到结论．【解答】解：设B（0，B），则|A1A2|=2a，∵三角形A1A2B的面积为b2，∴S==ab=b2，即a=b，则离心率e====，故选：B．5．若2sin2α=1﹣cos2α，则tanα等于（）A．﹣2 B．2 C．﹣2或0 D．2或0【考点】二倍角的正弦．【分析】由条件利用二倍角公式、同角三角函数的基本关系，求得tanα的值．【解答】解：∵2sin2α=1﹣cos2α，即4sinαcosα=1﹣（1﹣2sin2α）=2sin2α，∴sinα=0 或2cosα=sinα，∴tanα=0 或tanα=2，故选：D．6．已知向量=（1，m），=（3，），若向量，的夹角为，则实数m的值为（）A．﹣B．﹣C．D．【考点】平面向量数量积的运算．【分析】求出两向量的模，根据向量数量积的不同计算方法列方程解出m．【解答】解：||=，||==2，=3+m，∵向量，的夹角为，∴3+m=•2•，解得m=﹣．故选：B．7．执行如图所示的程序框图，则输出s的值等于（）A．1 B．C．0 D．﹣【考点】程序框图．【分析】模拟执行如图所示的程序框图，得出该程序输出的是计算S的值，分析最后一次循环过程，即可得出结论．【解答】解：执行如图所示的程序框图，得：该程序输出的是计算S的值；当k=0时，满足条件，计算S=cos+cos+cos+cos+cos+cos+cos0=1，当k=﹣1时，不满足条件，输出S=1．故选：A．8．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是（）①若m⊥α，α⊥β，则m∥β②若m⊥α，α∥β，n⊂β，则m⊥n③若m⊂α，n⊂β，m∥n，则α∥β④若n⊥α，n⊥β，m⊥β，则m⊥αA．①②B．③④C．①③D．②④【考点】平面与平面之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系．【分析】根据空间线面位置关系的判定定理或性质进行判断或举反例说明．【解答】解：①当m⊂β时，显然结论不成立．故①错误；②∵m⊥α，α∥β，∴m⊥β，又n⊂β，∴m⊥n．故②正确；③当α与β相交时，设交线为l，则当m∥l，∥l时，有m∥n，但α，β不平行，故③错误；④∵n⊥β，m⊥β，∴m∥n，又n⊥α，∴m⊥α．故④正确．故选：D．9．若实数x，y满足约束条件，则z=的最大值为（）A．B．1 C．D．【考点】简单线性规划．【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用直线的斜率的几何意义进行求解即可．【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图，z=的几何意义是区域内的点到点D（﹣1，0）的斜率，由图象知AD的斜率最大，由得，即A（1，3），此时z==，故选：A．10．若函数f（x）=cosωx（ω＞0）在区间（﹣，）上有且只有两个极值点，则ω的取值范围是（）A．[2，3）B．（2，3]C．（3，4]D．[3，4）【考点】余弦函数的图象．【分析】根据f（x）的对称性可知f（x）的一个极值点必定落在区间（﹣，﹣]上．从而得出f（x）的周期的范围，列出不等式解出即可．【解答】解：∵f（x）是偶函数，且x=0为f（x）的一个极值点，∴f（x）的另一个极值点在（﹣，﹣]取得，设f（x）的周期为T，则，即，解得3＜ω≤4．故选：C．11．已知定点M（1，0），A、B是椭圆+y2=1上的两动点，且•=0，则•的最小值是（）A．B．C．1 D．2【考点】椭圆的简单性质．【分析】利用•=0，可得•=•（）=，设A（2cosα，sinα），把用含有α的三角函数表示，配方后可求•的最小值．【解答】解：∵•=0，∴•=•（）=，设A（2cosα，sinα），则+sin2α=3cos2α﹣4cosα+2=3（cosα﹣）2+，∴当cosα=时，的最小值为．即•的最小值是．故选：B．12．已知函数f（x）=，若关于x的方程f（f（x））=0有且只有一个实数解，则实数k的取值范围是（）A．（﹣1，0）∪（0，+∞）B．（﹣∞，0）∪（0，1）C．（﹣1，0）∪（0，1）D．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）【考点】根的存在性及根的个数判断．【分析】根据函数与方程之间的关系，利用换元法设设t=f（x），则条件等价为f（t）=0，作出对应的图象，利用数形结合进行求解即可．【解答】解：由选项知k≠0，设t=f（x），则由f（f（x））=0得f（t）=0，∵当x≤0时，f（x）=≠0，∴当x＞0时，由f（x）=lnx=0得x=1，若f（t）=0，则t=1，则若关于x的方程f（f（x））=0有且只有一个实数解，则等价为f（x）=1有唯一解．作出函数f（x）的图象，由图象知当x＞0时，f（x）=lnx=1有一个解，则等价为当x≤0时，f（x）==1无解，即若k＞0，满足=1无解，若k＜0，则函数f（x）=在x≤0时为增函数，则函数的最大值为f（0）=﹣k，此时只要满足﹣k＜1，即﹣1＜k＜0，即可，综上实数k的取值范围是（﹣1，0）∪（0，+∞），故选：A二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共16分．把答案填写在答题卡的相应位置．13．设复数z满足（1﹣i）z=2i，则z在复平面内所对应的点位于第二象限．【考点】复数代数形式的乘除运算；复数的代数表示法及其几何意义．【分析】由（1﹣i）z=2i，得，然后利用复数代数形式的乘除运算化简复数z，求出z在复平面内所对应的点的坐标，则答案可求．【解答】解：由（1﹣i）z=2i，得，则z在复平面内所对应的点的坐标为：（﹣1，1），位于第二象限．故答案为：二．14．已知函数f（x）是定义在R上的奇函数，且在区间（﹣∞，+∞）上单调递减，若f（3x+1）+f（1）≥0，则x的取值范围是（﹣∞，﹣]．【考点】奇偶性与单调性的综合．【分析】由条件利用函数的奇偶性和单调性可得f（3x+1）≥﹣f（﹣1），由3x+1≤﹣1，求得x的范围．【解答】解：∵函数f（x）是定义在R上的奇函数，且在区间（﹣∞，+∞）上单调递减，若f（3x+1）+f（1）≥0，即f（3x+1）≥﹣f（1）=f（﹣1），则3x+1≤﹣1，求得x≤﹣，即x的取值范围（﹣∞，﹣]，故答案为：（﹣∞，﹣]．15．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球表面积是32π．【考点】由三视图求面积、体积．【分析】首先由三视图还原几何体为三棱柱，根据图中数据求外接球的表面积．【解答】解：由已知三视图得到几何体是三棱柱，底面是斜边为4，高为2的等腰直角三角形，其外接圆半径为2，棱柱的高为4，所以其外接球半径为，所以外接球表面积为4π=32π．故答案为：32π．16．在△ABC中，角A，B，C对应的边分别是a，b，c，若A=135°，c=1，sinBsinC=，则b等于或．【考点】正弦定理．【分析】根据题意和正弦定理表示出sinC、sinB，代入已知的式子列方程，由余弦定理再列出一个方程，两个方程联立求出b．【解答】解：由正弦定理得，，把A=135°，c=1代入得，，则sinC=，sinB=，∵sinBsinC=，∴，①由余弦定理得，a2=b2+c2﹣2bccosA，∴，②由①②得，解得b=或，故答案为：或．三.解答题17．已知等差数列{a n}满足a4﹣a2=2，且a1，a3，a7成等比数列．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n=，求数列{b n}的前项和．【考点】数列的求和；等比数列的通项公式．【分析】（Ⅰ）公差为d由已知可得：即，解得即可．（Ⅱ）根据裂项求和法即可求出．【解答】解：（Ⅰ）设公差为d由已知可得：即解得：a1=2，d=1所以a n=n+1（Ⅱ）b n===（﹣）所以S n=（1﹣+﹣+﹣+…+﹣）=（1+﹣﹣）=﹣18．某商场对甲、乙两种品牌的牛奶进行为期100天的营销活动，威调查这100天的日销售情况，用简单随机抽样抽取10天进行统计，以它们的销售数量（单位：件）作为样本，样本数据的茎叶图如图．已知该样本中，甲品牌牛奶销量的平均数为48件，乙品牌牛奶销量的中位数为43件，将日销量不低于50件的日期称为“畅销日”．（Ⅰ）求出x，y的值；（Ⅱ）以10天的销量为样本，估计100天的销量，请完成这两种品牌100天销量的2×2列联表，并判断是否有99%的把握认为品牌与“畅销日”天数相关．附：K2=（其中n=a+b+c+d为样本容量）P（K2≥0.050 0.010 0.001k0）k0 3.841 6.635 10.828畅销日天数非畅销日天数合计甲品牌5050100乙品牌3070100合计80120200【考点】独立性检验的应用．【分析】（Ⅰ）由甲品牌牛奶销量的平均数为48件，乙品牌牛奶销量的中位数为43件，能求出x，y的值．（Ⅱ）作出2×2列联表，结合列联表求出K2=≈8.333＞6.635，从而有99%的把握认为品牌与“畅销日”天数有关．【解答】解：（Ⅰ）因为甲品牌牛奶销量的平均数为48件所以（31+33+42+42+43+51+57+63+65+50+x）=48，…解得x=3，…又因为乙品牌牛奶销量的中位数为43件所以，…解得y=4．…（Ⅱ）作出2×2列联表，得：畅销日天数非畅销日天数合计甲50 50 100乙30 70 100合计80 120 200…结合列联表可算得K2==≈8.333＞6.635，…所以有99%的把握认为品牌与“畅销日”天数有关．…19．如图所示的几何体为一简单组合体，在底面ABCD中，∠DAB=60°，AD⊥DC，AB⊥BC，QD⊥平面ABCD，PA∥QD，PA=1，AD=AB=QD=2．（Ⅰ）求证：平面PAB⊥平面QBC；（Ⅱ）求该组合体的体积．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面垂直的判定． 【分析】（I ）由PA ⊥平面ABCD 得出PA ⊥BC ，结合BC ⊥AB 推出BC ⊥平面PAB ，于是平面PAB ⊥平面QBC ；（II ）连接BD ，过B 作BO ⊥AD 于O ，分别求出四棱锥B ﹣PADQ 和三棱锥Q ﹣BCD 的体积即可．【解答】证明：（Ⅰ）∵QD ⊥平面ABCD ，PA ∥QD ，∴PA ⊥平面ABCD ， 又∵BC ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥BC ．又BC ⊥AB ，PA ⊂平面PAB ，AB ⊂平面PAB ，PA ∩AB=A ， ∴BC ⊥平面PAB ．又∵BC ⊂平面QBC ， ∴平面PAB ⊥平面QBC ．（Ⅱ）连接BD ，过B 作BO ⊥AD 于O ． ∵PA ⊥平面ABCD ，BO ⊂平面ABCD ， ∴PA ⊥BO ，又BO ⊥AD ，AD ⊂平面PADQ ，PA ⊂平面PADQ ，PA ∩AD=A ， ∴BO ⊥平面PADQ ，∵AD=AB=2，∠DAB=60°，∴△ABD 是等边三角形，∴BO=． ∴V B ﹣PADQ =S 梯形PADQ •BO==．∵∠ADC=∠ABC=90°，∴∠CBD=∠CDB=30°，又BD=AB=2， ∴BC=CD=，∴S △BCD ==． ∵QD ⊥平面ABCD ，∴V Q ﹣BCD ===．∴该组合体的体积V=V B ﹣PADQ +V Q ﹣BCD =．20．已知函数f （x ）=（x ﹣2）lnx +1．（1）判断f （x ）的导函数f ′（x ）在（1，2）上零点的个数； （2）求证f （x ）＞0．【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．【分析】（1）求出f（x）的定义域，求出f′（x）的单调性，从而得到f′（x）在（1，2）的零点个数；（2）求出f（x）的单调性，得到f（x）的最小值，求出其最小值是正数，从而证出结论．【解答】解：（1）f（x）的定义域是（0，+∞），f′（x）=lnx﹣+1，f″（x）=+＞0，∴f′（x）在（0，+∞）递增，而f′（1）=﹣1＜0，f′（2）=ln2＞0，∴f′（x）在（1，2）上零点的个数是1个；（2）由（1）得f′（x）在（0，+∞）递增，而零点在（1，2）上，设零点是x0，则1＜x0＜2，则f（x）在（0，x0）递减，在（x0，+∞）递增，f（x）min=f（x0）=（x0﹣2）lnx0+1，而﹣1＜x0﹣2＜0，0＜lnx0＜1，∴﹣1＜（x0﹣2）lnx0＜0，0＜（x0﹣2）lnx0+1＜1，故f（x）＞0．21．已知点F为抛物线E：x2=4y的焦点，直线l为准线，C为抛物线上的一点（C在第一象限），以点C为圆心，|CF|为半径的圆与y轴交于D，F两点，且△CDF为正三角形．（Ⅰ）求圆C的方程；（Ⅱ）设P为l上任意一点，过P作抛物线x2=4y的切线，切点为A，B，判断直线AB与圆C的位置关系．【考点】抛物线的简单性质．【分析】（Ⅰ）求出点C的坐标，再代入到抛物线的解析式中求出半径，问题得以解决；（Ⅱ）设P（t，﹣1），A（x1，y1），B（x2，y2），根据导数和几何意义，求出A，B为切点的切线方程，即可得到直线AB的方程，再利用点到直线的距离，和半径的关系判断直线和圆的位置关系．【解答】解：（I）由已知F（0，1），设圆C的半径为r，因为△CDF为正三角形，C（r，|r﹣1|），因为点C在抛物线x2=4y上，得r2=4r﹣4 即3r2﹣16r+16=0，解得r=4或r=所以圆C的方程为C1：（x﹣2）2+（y﹣3）2=16，或C2：（x﹣）2+（y﹣）2=（II）（方法一）因为准线l为y=﹣1，设P（t，﹣1），A（x1，y1），B（x2，y2），因为y=，所以y′=，A（x1，y1）为切点的切线方程为：y﹣y1=（x﹣x1），y1=，即y=x﹣y1，因为切线过P（t，﹣1），得﹣1=t﹣y1，①同理可得﹣1=t﹣y2，②所以直线AB方程为﹣1=xt﹣y，即tx﹣2y+2=0，圆心C1（2，3），r1=4，C1到直线距离d1=可得d12﹣16=≤0所以t=﹣2时，d1=4，直线AB与圆C1相切．t≠﹣2时，d1＜4直线AB与圆C1相交．所以直线AB与圆C2相交或相切．同理可证，直线AB与圆C2相交或相切．所以直线AB与圆C1，C2相交或相切．（注：因为直线AB过定点f（0，1），且斜率∈R因为F（0，1）在圆C1，C2相上，所以直线AB与圆C1，C2相交或相切．这样答扣1分）（方法二）设设P（t，﹣1），A（x1，y1），B（x2，y2），直线AB的方程为y=kx+b，代入抛物线E的方程得x2﹣4kx﹣4b=0 所以x1+x2=4k，x1x2=﹣4b，因为y=，所以y′=，A（x1，y1）为切点的切线方程为：y﹣y1=（x﹣x1），y1=，即y=x﹣，①B（x2，y2）为切点的切线方程为y=x﹣②联立①②得所以所以，所以直线AB方程为y=xt+1，以下与（方法一）相同四.选考题（请考生在22，23，24三题中任选一题作答，注意：只能做所选的题目，如果多做，则按所做第一个题目计分，作答时，请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑．）[选修4-1：几何证明选讲]22．如图，AD，CF分别是△ABC的中线和高线，PB，PC是△ABC外接圆O的切线，点E是PA与圆O的交点．（1）求证：AC•CD=AF•PC；（2）求证：DC平分∠ADE．【考点】与圆有关的比例线段．【分析】（1）证明△AFC∽△CDP，即可证明AC•CD=AF•PC；（2）延长AD交圆O于点G，连结GE，BG，EC，证明，△BDG≌△CDE，可得∠BDG=∠CDE，∠ADC=∠BDG=∠CDE，即可证明：DC平分∠ADE．【解答】证明：（1）由PC为圆O切线，知∠CAF=∠DCP，∵PB，PC是圆O的切线，D为BC中点，∴O，D，P三点共线，且OP⊥BC，∴∠AFC=∠CDP=90°，△AFC∽△CDP，∴，即AC•CD=AF•CP．（2）∵CF⊥AB，D为BC中点，∴，∠DFB=∠DBF，∴，于是，又∵∠AFD=180°﹣∠DFB=180°﹣∠ABC=∠ACP，∴△AFD∽△ACP，延长AD交圆O于点G，连结GE，BG，EC，由△AFD∽△ACP，知∠DAF=∠PAC，∴BG=EC，∠CBG=∠BCE，又D为BC中点，DB=DC，∴△BDG≌△CDE，∴∠BDG=∠CDE，∠ADC=∠BDG=∠CDE，∴DC平分∠ADE．[选修4-4：坐标系与参数方程]23．在平面直角坐标系xOy中，曲线C的方程为x2﹣2x+y2=0，以原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为θ=（ρ∈R）．（Ⅰ）写出C的极坐标方程，并求l与C的交点M，N的极坐标；（Ⅱ）设P是椭圆+y2=1上的动点，求△PMN面积的最大值．【考点】简单曲线的极坐标方程．【分析】（Ⅰ）利用x=ρcosθ，y=ρsinθ写出C的极坐标方程，并求l与C的交点M，N的极坐标；（Ⅱ）设P点坐标为（cosθ，sinθ），则P到直线y=x的距离d=，利用三角形的面积公式，可得结论．【解答】解：（Ⅰ）因为x=ρcosθ，y=ρsinθ，所以C的极坐标方程为ρ=2cosθ，直线l的直角坐标方程为y=x，联立方程组，解得或，所以点M，N的极坐标分别为（0，0），（，）．（Ⅱ）由（Ⅰ）易得|MN|=因为P是椭圆+y2=1上的点，设P点坐标为（cosθ，sinθ），则P到直线y=x的距离d=，所以S△PMN==≤1，当θ=kπ﹣，k∈Z时，S△PMN取得最大值1．[选修4-5：不等式选讲]24．已知函数f（x）=|x﹣3|．（1）求不等式f（x）＜2+|x+1|的解集；（2）已知m，n∈R+且+=2mn，求证：mf（n）+nf（﹣m）≥6．【考点】绝对值不等式的解法；基本不等式．【分析】（1）根据绝对值不等式的解法，利用分类讨论的思想进行求解即可．（2）利用基本不等式，结合绝对值的性质进行证明即可．【解答】解：（1）由f（x）＜2+|x+1|得|x﹣3|＜2+|x+1|，即|x﹣3|﹣|x+1|＜2，即当x＜﹣1时，不等式等价为﹣x+3+x+1＜2，即4＜2，此时不等式无解，当﹣1≤x≤3时，不等式等价为﹣x+3﹣x﹣1＜2，即﹣2x+2＜2，得x＞0，此时0＜x≤3，当x＞3时，不等式等价为x﹣3﹣x﹣1＜2，即﹣4＜2，成立，此时x＞3，综上不等式的解为x＞0，即不等式的解集为（0，+∞）；（2）已知m，n∈R+且+=2mn，∴2mn≥2=，则mn≥1，则mf（n）+nf（﹣m）=m|n﹣3|+n|﹣m﹣3|=|mn﹣3n|+|mn+3n|≥|（mn﹣3n﹣（mn+3m）|=3|m+n|≥6≥6．2020年8月22日。
福建省厦门市2020届高三数学适应性考试试题 文(无答案)
福建省厦门市2020届高三数学适应性考试试题 文（无答案）(时间：120 分钟；满分：150分)注意事项：本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．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．设集合{}1,0,1A =-， 2{|230}B x x x =--<，则A B ⋂=A. {}1,0,1-B.{}1,0C. ()1,1-D. ()1,3- 2．某次数学测验，12名同学所得分数的茎叶图如右图，则这些 分数的中位数是A ．80B ．81C ．82D ．833．设ABC ∆的内角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，若caB =cos ，则ABC ∆的形状为（ ） A. 锐角三角形 B. 直角三角形 C. 钝角三角形 D. 不确定4. 已知函数()31f x x x =-+，则曲线()y f x =在点()0,1处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积 A.16B.13C.12D.25．我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有器中米，不知其数，请人取半，中人三分取一，后人四分取一，余米一斗五升，问，米几何？”右图示解决该问题的程序框图，执行该程序框图，若输出点 1.5S =（单位：升）则输入k 的值为 （ ） A. 4.5 B. 6 C. 7.5 D. 96．将x y cos =的图象上的所有点的纵坐标不变，横坐标缩小到原来的一半，然后再将所得图象向左平移4π个单位长度，则最后所得图象的解析式为（ ） A. cos 24y x π⎛⎫=+⎪⎝⎭B. cos 24x y π⎛⎫=+⎪⎝⎭ C. sin2y x = D.7．如图2所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某三棱锥面体的三视图，则该三棱锥的表面积为 （ ）A. 21+22+3（）B. 21+2+3（）C. 4+26D. 41+2（）8．设,x y 满足约束条件260{1010x y x y x +-≤--≤-≥，若2z ax y =+仅在点74,33⎛⎫⎪⎝⎭处取得最大值，则a 的值可以为（ ）A. 8-B. 4-C. 4D. 89．已知函数()2ln x f x x x=-，则函数()y f x =的大致图像为( )A. B. C. D.10．设等差数列{}n a 满足15853a a =，且01>a ，n S 为其前n 项和，则数列{}n S 的最大项为 A. 23S B. 25S C. 24S D. 26S11．在平面直角坐标系xoy 中，双曲线22122:1(0,0)x y C a b a b -=>>的渐近线与抛物线22:2(0)C y px p =>交于点,,O A B ,若OAB ∆的垂心为2C 的焦点，则1C 的离心率为（ ）A.32B. 5C. 35D. 512．设函数()32133f x x x x =+-，若方程()()2||10f x t f x ++=有12个不同的根，则实数t 的取值范围为（ ） A. 10,23⎛⎫-- ⎪⎝⎭B. (),2-∞-C. 34215t -<<-D. ()1,2-第II 卷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(本大题共4小题，每小题5分，共20分.)13．若()i i i a ⋅+=+21（i 为虚数单位，,a t R ∈），则a 等于14．已知向量(3,4)a =r ，(,1)b x =r ，若()a b a -⊥r r r，则实数x 等于 ．15．已知sin 2cos 0θθ+=，则21sin 2cos θθ+= ． 16．如图，在直三棱柱111C B A ABC -中，2=AC ，21==AA BC ，32=AB ，D 是线段AB 上一点，且1AC 平面1CDB ，则直线1AC 与CD 所成角的余弦值为__________．三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．（本小题12分）设公比不为1的等比数列{}n a 的前n 项和n S ，已知1238a a a =，()2135213n n S a a a a -=+++L （*N n ∈）.（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设()n ann b 2log 1-=，求数列{}n b 的前2020项和2017T .18、（本小题满分12分）传承传统文化再掀热潮，央视科教频道以诗词知识竞赛为主的《中国诗词大会》火爆荧屏。
2020届福建省厦门市湖滨中学高三毕业班下学期高考模拟测试数学(理)试题(解析版)
绝密★启用前福建省厦门市湖滨中学2020届高三毕业班下学期高考模拟测试数学(理)试题(解析版)1.复数21i i+（i 是虚数单位）的虚部为( ) A. 1-B. iC. 1D. 2 【答案】C【解析】试题分析：22(1)112i i i i i -==++，其虚部为1，选C . 考点：复数的概念，复数的四则运算.2.已知集合{}1,1,2,3,{1}A B xlnx =-=<∣，则下边韦恩图中阴影部分所表示的集合为（ ）A. {}1,1-B. {}3C. {}2,3D. {}1,3- 【答案】D【解析】【分析】先求出集合B 的解集,则图中阴影表示的是()U A C B ⋂即可求解.【详解】由韦恩图可以看出,阴影部分是A 中去掉B 那部分所得,即阴影部分的元素属于A 且不属于B,即为()U A C B ⋂, 集合{}{}1,1,2,3,{1}|0A B x lnx x x e =-=<=<<∣,则{}1,2A B =所以(){}1,3U A C B ⋂=-故选：D【点睛】此题考查集合的韦恩图,关键点是将韦恩图用集合符号表示出来,属于简单题目.3.已知等差数列{}n a 中,34568a a a a +-+=, 则7S =（ ）A. 8B. 21C. 28D. 35【答案】C【解析】【详解】53456353528a a a a a a a a a +-++-=+==, 173********a a a a S ++=⋅=⋅=. 故选C.4.《易·系辞上》有“河出图,洛出书”之说,河图、洛书是中国古代流传下来的两幅神秘图案,蕴含了深奥的宇宙星象之理,被誉为“宇宙魔方”,是中华文化阴阳术数之源．河图的排列结构如图所示,一与六共宗居下,二与七为朋居上,三与八同道居左,四与九为友居右,五与十相守居中,其中白圈为阳数,黑点为阴数,若从阳数和阴数中各取一数,则其差的绝对值为5的概率为（ ）A. 15B. 625C. 725D. 825【答案】A【解析】【分析】。
福建省厦门市湖滨中学高考数学下学期适应性考试试题 理
厦门市湖滨中学2018届高三年5月适应性考试理科数学试卷一、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．已知集合，，则A. B. C. D.2．的值为（ ）A. B. C. D. 13．下列函数中，与函数22xxy -=-的定义域、单调性与奇偶性均一致的函数是（ ）A. sin y x =B. 3y x = C. 12xy ⎛⎫= ⎪⎝⎭D. 2log y x =4．()712x x-的展开式中2x 的系数为（ ）A. 84-B. 84C. 280-D. 2805．设,x y 满足约束条件0,10, 30,y x y x y ≥-+≥+⎩-⎧≤⎪⎨⎪则32z x y =-的最大值为（ ）A. 1-B. 3C. 9D. 126．已知斜率为3的直线l 与双曲线()2222:10,0x y C a b a b-=>>交于,A B 两点，若点()6,2P 是AB 的中点，则双曲线C 的离心率等于（ ）7．执行如图所示的程序框图，若输出的值为，则判断框内应填入( )A.B.C.D.8．日晷是中国古代利用日影测得时刻的一种计时工具，又称“日规”.通常由铜制的指针和石制的圆盘组成，铜制的指针叫做“晷针”，垂直地穿过圆盘中心，石制的脚盘叫做“晷面”，它放在石台上，其原理就是利用太阳的投影方向来测定并划分时刻.利用日晷计时的方法是人类在天文计时领域的重大发明，这项发明被人类沿用达几千年之久，下图是一位游客在故宫中拍到的一个日晷照片，假设相机镜头正对的方向为正方向，则根据图片判断此日晷的侧(左）视图可能为（ ）A. B.C. D.9．在ABC 中， ()3sin sin 2B C A -+=， AC =，则角C =（ ） A. 2π B. 3π C. 6π或3π D. 6π10．如图，有一个水平放置的透明无盖的正三棱柱容器，其中侧棱长为8cm ，底面边长为12cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时，测得水深为6cm ，如果不计容器的厚度，则球的表面积为( )A. 236cm πB. 264cm πC. 280cm πD. 2100cm π11．已知过抛物线C ： 28y x =的焦点F 的直线l 交抛物线于P ， Q 两点，若R 为线段PQ 的中点，连接OR 并延长交抛物线C 于点S ，则OS OR的取值范围是（ ）A. ()0,2B. [)2,+∞C. (]0,2 D. ()2,+∞ 12．已知函数，则（ ） A. 有个零点 B. 在上为减函数C. 的图象关于点对称 D.有个极值点二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
福建省厦门市湖滨中学2020届高三数学下学期测试试题(九)文
福建省厦门市湖滨中学2020届高三数学下学期测试试题（九）文1.已知集合，则( )A.B.C.D.2.已知是虚数单位，复数在复平面内对应的点在第二象限，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.3.在等比数列中，是方程的两根，则( )A.B.C.D.4.已知命题，命题是定义域上的减函数，则下列命题中为真命题的是（）A.B.C.D.5.在边长为1的正方形ABCD 内随机取一点 P，则点 P到点A 的距离小于1的概率为（）A.B.C.D.6.已知双曲线的离心率为，则椭圆的离心率为( ) A.B.C.D.7.已知向量，若，则锐角为（）A.B.C.D.8.设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（）A. 若，则B. 若 ,则C. 若 ,则D. 若，则9.在中，角为，边上的高恰为边长的一半，则 ( )A.B.C.D.10.函数（其中）的图像如图，则此函数表达式为（）A.B.C.D.11.已知函数，若，则的取值范围是（）A.B.C.D.12.已知抛物线和点D(2,0),直线与抛物线C交于不同两点A,B,直线BD与抛物线C交于另一点E.给出以下判断:①直线OB与直线OE的斜率乘积为-2; ②轴③以BE为直径的圆与抛物线准线相切;其中,所有正确判断的序号是（）A.①②③B.①②C.①③D.②③13.已知函数在点P处的导数值为3，则P点的坐标为__________．14.已知，若，则和的夹角是__________．15.若点为圆的弦的中点，则弦所在直线方程为___________.16.己知三棱锥D－ABC四个顶点均在半径为R的球面上，且，若该三棱锥体积的最大值为，则这个球的表面积为_______ 。
17.已知等差数列满足：的前项和为．(1)求及；(2)令，求数列的前项和．18.网购已成为当今消费者喜欢的购物方式．某机构对A、B、C、D四家同类运动服装网店的关注人数 x（千人）与其商品销售件数 y（百件）进行统计对比，得到如下表格：由散点图知，可以用回归直线来近似刻画它们之间的关系．参考公式：(1)求 y与 x的回归直线方程；(2)在（1）的回归模型中，请用说明销售件数的差异有多大程度是由关注人数引起的？（精确到0.01）19.如图， DC⊥平面ABC，EB//DC，AC=BC=EB=2DC=2，∠ACB=90°，P、Q分别为DE、AB的中点.(1)求证：PQ//平面ACD；(2)求几何体B—ADE的体积；20.已知抛物线，斜率为1的直线交抛物线C于A,B两点，当直线过点(1，0)时，以AB为直径的圆与直线相切.(1)求抛物线C的方程；(2)与平行的直线交抛物线于C,D两点，若平行线 , 之间的距离为，且的面积是面积的倍，求和的方程.21.已知函数.(1)当时，求函数在处的切线方程；(2)当时，判断函数的单调性；(3)当且时，不等式在上恒成立，求的最大值．22.直角坐标系中，半圆的参数方程为(为参数， ),以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．(1)求的极坐标方程；(2)直线的极坐标方程是，射线O与半圆的交点为，，与直线的交点为，求线段的长．2019---2020学年高三（文）数学试卷参考答案1.【能力值】无【知识点】(1)交、并、补集运算【详解】(1)略【答案】(1)C2.【能力值】无【知识点】(1)复数的几何意义【详解】(1)略【答案】(1)A3.【能力值】无【知识点】(1)等比数列的基本概念与性质【详解】(1)略4.【能力值】无【知识点】(1)复合命题的概念与真假判断【详解】(1)略【答案】(1)A5.【能力值】无【知识点】(1)几何概型【详解】(1)略【答案】(1)A6.【能力值】无【知识点】(1)椭圆的几何性质、双曲线的简单几何性质【详解】(1)略【答案】(1)D7.【能力值】无【知识点】(1)平面向量数乘的坐标运算【详解】(1)略【答案】(1)C8.【能力值】无【知识点】(1)平面与平面垂直关系的判定【详解】(1)略【答案】(1)D9.【能力值】无【知识点】(1)正弦定理、余弦定理【详解】(1)略【答案】(1)A10.【能力值】无【知识点】(1)Asin(ωx+ψ)形式函数的性质【答案】(1)B11.【能力值】无【知识点】(1)函数的单调性、函数的奇偶性【详解】(1)略【答案】(1)C12.【能力值】无【知识点】(1)抛物线的简单几何性质、圆的切线、直线与抛物线的位置关系【详解】(1)略【答案】(1)B13.【能力值】无【知识点】(1)利用导数求函数的切线方程【详解】(1)略【答案】(1)14.【能力值】无【知识点】(1)平面向量的数量积与垂直【详解】(1)略【答案】(1)150度15.【能力值】无【知识点】(1)直线与圆的综合问题【详解】(1)略【答案】(1)16.【能力值】无【知识点】(1)球的表面积与体积【详解】(1)略【答案】(1)17.【能力值】无【知识点】(1)等差数列的前n项和(2)裂项相消法【详解】(1)设等差数列的首项为，公差为,解得，故(2)，故，所以数列的前项和【答案】(1)(2)18.【能力值】无【知识点】(1)线性回归方程(2)相关关系【详解】(1)∴所求的回归直线方程是.(2)【答案】(1)(2)0.7419.【能力值】无【知识点】(1)直线与平面平行关系的判定(2)棱锥的表面积与体积【详解】(1)略(2)平面又平面所以【答案】(1)证明：取 BC的中点M ，连接 PM,QM，易证平面PQM//平面ACD 又平面平面(2)略20.【能力值】无【知识点】(1)圆的切线、直线与抛物线的位置关系(2)抛物线中的弦长与面积【详解】(1)设AB直线方程为，代入得设当时，，AB的中点为依题意可知，解之得抛物线方程为.(2)O到直线的距离为，因为平行线之间的距离为，则CD的直线方程为依题意可知，即化简得，∴或，代入∴或者【答案】(1)(2)或者21.【能力值】无【知识点】(1)利用导数求函数的切线方程(2)利用导数研究函数的单调性(3)利用导数研究函数的最值【详解】(1)当时，函数的导函数 ,则切线的斜率，而，所以直线的切线方程为 ,即．(2)依题意可得．所以 .故，列表讨论如下：所以函数的单调递增区间是，单调递减区间是．(3)当时，．原不等式可化为，即对任意恒成立．令，则，令，则，在上单调递增．，存在使即，当时，，即；当时，，即．在上单调递减，在上单调递增．由，得，，【答案】(1)(2)单调递增区间是，单调递减区间是．(3)22.【能力值】无【知识点】(1)极坐标与极坐标方程、参数方程(2)极坐标与极坐标方程【详解】(1)半圆的普通方程为 ,又 ,所以半圆的极坐标方程是 .(2)设为点的极坐标，则有解得；设为点的极坐标，则有解得由于，所以 ,所以线段的长为.【答案】(1)(2)11。
2020年福建省厦门市高考数学模拟试卷(理科)(5月份) (解析版)
2020年厦门市高考数学模拟试卷（理科）（5月份）一、选择题（共12小题）.1．复数z满足（1+i）z＝2i，则z在复平面上对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限2．已知集合A＝{x|1＜x＜2}，集合B={x|y=√m−x2}，若A∩B＝A，则m的取值范围是（）A．（0，1]B．（1，4]C．[1，+∞）D．[4，+∞）3．已知双曲线C经过点(√2，3)，其渐近线方程为y=±√3x，则C的标准方程为（）A．x23−y2=1B．x2−y23=1C．y2−x23=1D．y23−x2=14．设a∈R，“cos2α＝0”是“sinα＝cosα”的（）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5．大西洋鲑鱼每年都要逆流而上，游回到自己出生的淡水流域产卵．记鲑鱼的游速为v（单位：m/s），鲑鱼的耗氧量的单位数为Q．科学研究发现v与log3Q100成正比．当v＝1m/s时，鲑鱼的耗氧量的单位数为890．则当v＝2m/s时，其耗氧量的单位数为（）A．2670B．7120C．7921D．80106．某三棱锥的三视图如图所示，其中网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体的外接球的表面积为（）A．9πB．27πC．81πD．108π7．在“弘扬中华文化”的演讲比赛中，参赛者甲、乙、丙、丁、戊进入了前5名的决赛（获奖名次不重复）．甲、乙、丙三人一起去询问成绩，回答者说：“第一名和第五名恰好都在你们三人之中，甲的成绩比丙好”，从这个回答分析，5人的名次排列的所有可能情况有（）A ．18种B ．24种C ．36种D ．48种8．若a ＝log 23，b ＝lg 5，c ＝log 189，则（ ） A ．a ＞b ＞cB ．b ＞c ＞aC ．a ＞c ＞bD ．c ＞b ＞a9．已知S n 是正项等比数列{a n }的前n 项和，S 10＝20，则S 30﹣2S 20+S 10的最小值为（ ） A ．10B ．5C ．﹣5D ．﹣1010．已知抛物线C ：y 2＝2px （p ＞0）的焦点为F ，A 为C 上一点且在第一象限，以F 为圆心，FA 为半径的圆交C 的准线于B ，D 两点，且A ，F ，B 三点共线，则直线AF 的斜率为（ ） A ．√33B ．√22C ．√2D ．√311．一副三角板由一块有一个内角为60°的直角三角形和一块等腰直角三角形组成，如图所示，∠B ＝∠F ＝90°，∠A ＝60°，∠D ＝45°，BC ＝DE ．现将两块三角板拼接在一起，取BC 中点O 与AC 中点M ，则下列直线与平面OFM 所成的角不为定值的是（ ）A ．ACB ．AFC ．BFD ．CF12．函数f （x ）＝a （x +2）e x ﹣x ﹣1（a ＜1），若存在唯一整数x 0使得f （x 0）＜0，则a 的取值范围是（ ） A ．(23e，1) B ．[23e ，12) C ．(−23e，1) D ．[−23e ，12) 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，a 2＝2bc 且sin A ＝2sin C ，则cos C ＝ ． 14．排球比赛实行“五局三胜制”，某次比赛中，中国女排和M 国女排相遇，统计以往数据可知，每局比赛中国女排获胜的概率为23，M 国女排获胜的概率为13，则中国女排在先输一局的情况下最终获胜的概率为 ．15．已知m →，n →是两个非零向量，且|m →|=2，|m →+2n →|=4，则|m →+n →|+|n →|的最大值为 ．16．用M I 表示函数y ＝sin x 在闭区间I 上的最大值，若正数a 满足M [0，a ]≥2M [a ，2a ]，则M [0，a ]＝；a 的取值范围为 ．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22题、第23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．17．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n 2+kn +k （k ∈R ）． （1）求{a n }的通项公式； （2）若b n =1Sn+1−1，记数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n ＜34． 18．直四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1被平面A 1ECD 所截得到如图所示的五面体，CD ⊥CE ，CD ⊥AD ．（1）求证：BC ∥平面A 1AD ；（2）若BC ＝CD ＝BE =13AD ＝1，求二面角B ﹣A 1E ﹣C 的余弦值．19．一款小游戏的规则如下：每轮游戏要进行三次，每次游戏都需要从装有大小相同的2个红球，3个白球的袋中随机摸出2个球，若摸出的“两个都是红球”出现3次获得200分，若摸出“两个都是红球”出现1次或2次获得20分，若摸出“两个都是红球”出现0次则扣除10分（即获得﹣10分）．（1）设每轮游戏中出现“摸出两个都是红球”的次数为X ，求X 的分布列；（2）玩过这款游戏的许多人发现，若干轮游戏后，与最初的分数相比，分数没有增加反而减少了．请运用概率统计的相关知识分析解释上述现象． 20．已知椭圆E ：x 28+y 24=1，过左焦点F 且斜率大于0的直线l 交E 于A 、B 两点，AB的中点为G ，AB 的垂直平分线交x 轴于点D ． （1）若点G 的纵坐标为23，求直线GD 的方程；（2）若tan ∠DAB =12，求△ABD 的面积． 21．已知函数f （x ）＝lnx +12x 2−2ax ，其中a ∈R ．（1）讨论函数f （x ）的单调性；（2）若函数f （x ）存在两个极值点x 1，x 2（其中x 2＞x 1），且f （x 2）﹣f （x 1）的取值范围为(2ln2−158，ln2−34)，求a 的取值范围． （二）选考题：共10分．请考生在第22、23两题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程{x =√3+tcosαy =1+tsinα（t 为参数，α∈[0，π）），曲线C 的参数方程{x =2√3cosβy =2sinβ（β为参数）．（1）求曲线C 在直角坐标系中的普通方程；（2）以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，当曲线C 截直线l 所得线段的中点极坐标为（2，π6）时，求α．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f （x ）＝|x ﹣a |（x ﹣2）+|x ﹣2|（x ﹣a ）． （Ⅰ）当a ＝2时，求不等式f （x ）＜0的解集； （Ⅱ）若x ∈（0，2）时f （x ）≥0，求a 的取值范围．参考答案一、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．复数z 满足（1+i ）z ＝2i ，则z 在复平面上对应的点位于（ ） A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限【分析】利用两个复数代数形式的乘除法法则计算复数z ，求得它在复平面内对应点的坐标，从而得出结论．解：∵复数z 满足（1+i ）z ＝2i ，∴z =2i1+i =2i(1−i)(1+i)(1−i)=1+i ，它在复平面内对应点的坐标为（1，1）， 故选：A ．2．已知集合A ＝{x |1＜x ＜2}，集合B ={x|y =√m −x 2}，若A ∩B ＝A ，则m 的取值范围是（ ） A ．（0，1]B ．（1，4]C ．[1，+∞）D ．[4，+∞）【分析】根据A ∩B ＝A 得出A ⊆B ，从而得出B ={x|−√m ≤x ≤√m}，进而得出√m ≥2，解出m 的范围即可． 解：∵A ∩B ＝A ， ∴A ⊆B ，∴B ={x|−√m ≤x ≤√m}， ∴√m ≥2，解得m ≥4， ∴m 的取值范围是[4，+∞）． 故选：D ．3．已知双曲线C 经过点(√2，3)，其渐近线方程为y =±√3x ，则C 的标准方程为（ ） A ．x 23−y 2=1B ．x 2−y 23=1C ．y 2−x 23=1D ．y 23−x 2=1【分析】根据题意，由双曲线的渐近线方程可以设其方程为y 23−x 2＝λ（λ≠0），将点（√2，3）代入双曲线方程，解得λ的值，即可得答案． 解：根据题意，双曲线的渐近线方程为y =±√3x ， 则可以设其方程为y 23−x 2＝λ，（λ≠0）又双曲线C 经过点(√2，3)，则有323−（√2）2＝λ，解可得：λ＝1， 则双曲线的标准方程为：y 23−x 2＝1；故选：D ．4．设a ∈R ，“cos2α＝0”是“sin α＝cos α”的（ ） 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【分析】由cos2α＝cos 2α﹣sin 2α，即可判断出．解：由cos2α＝cos 2α﹣sin 2α＝（cos α﹣sin α）（cos α+sin α）＝0，即cos α﹣sin α＝0或cos α+sin α＝0，即cos α＝sin α或cos α＝﹣sin α， ∴“cos2α＝0”是“sin α＝cos α”的必要不充分条件， 故选：B ．5．大西洋鲑鱼每年都要逆流而上，游回到自己出生的淡水流域产卵．记鲑鱼的游速为v （单位：m /s ），鲑鱼的耗氧量的单位数为Q ．科学研究发现v 与log 3Q100成正比．当v ＝1m /s 时，鲑鱼的耗氧量的单位数为890．则当v ＝2m /s 时，其耗氧量的单位数为（ ） A ．2670B ．7120C ．7921D ．8010【分析】由题意可设v ＝k log 3Q100，当v ＝1时，Q ＝890，求得k ，再由v ＝2，结合对数的换底公式和对数的定义，计算可得所求值． 解：v 与log 3Q100成正比，比例系数设为k ， 可得v ＝k log 3Q 100， 当v ＝1时，Q ＝890， 即有1＝k log 38.9， 即k ＝log 8.93， 则当v ＝2时，2＝k log 3Q 100，即2＝log 8.93•log 3Q100=log 8.9Q100，则Q 100=8.92，可得Q ＝7921，故选：C．6．某三棱锥的三视图如图所示，其中网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体的外接球的表面积为（）A．9πB．27πC．81πD．108π【分析】首先把三视图转换为直观图，进一步求出外接球的半径，最后求出球体的表面积．解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为三棱锥体A﹣BCD，如图所示：设外接球的半径为r，则：（2r）2＝32+32+32，所以r2=274．故：S=4π×274=27π．故选：B．7．在“弘扬中华文化”的演讲比赛中，参赛者甲、乙、丙、丁、戊进入了前5名的决赛（获奖名次不重复）．甲、乙、丙三人一起去询问成绩，回答者说：“第一名和第五名恰好都在你们三人之中，甲的成绩比丙好”，从这个回答分析，5人的名次排列的所有可能情况有（）A．18种B．24种C．36种D．48种【分析】根据题意，分析可得则甲不能为第五名，据此按甲的名次分2种情况讨论，若甲是第一名和若甲不是第一名，求出每种情况下的可能数目，由加法原理计算可得答案．解：根据题意，第一名和第五名恰好都在你们三人之中，甲的成绩比丙好，则甲不能为第五名，据此分2种情况讨论：若甲是第一名，则第五名可以为乙和丙，有2种情况，剩下三人有A33＝6种情况，此时有2×6＝12种可能情况；若甲不是第一名，则甲有3种情况，同时第五名必须为丙，第一名为乙，剩下2人有A22＝2种情况，此时有3×2＝6种可能情况；则一共有12+6＝18种可能情况，故选：A．8．若a＝log23，b＝lg5，c＝log189，则（）A．a＞b＞c B．b＞c＞a C．a＞c＞b D．c＞b＞a【分析】由对数函数单调性可知a＞1，0＜b＜1，0＜c＜1，然后结合对数的运算性质先比较1b ，1c的大小即可判断．解：因为a＝log23＞1，因为1b =log510＝1+log52，1c=1+log92，故1b ＞1c＞1，所以0＜b＜c＜1＜a．故选：C．9．已知S n是正项等比数列{a n}的前n项和，S10＝20，则S30﹣2S20+S10的最小值为（）A．10B．5C．﹣5D．﹣10【分析】由已知结合数列的和与项的关系进行化简，然后结合二次函数的性质可求．解：由S n是正项等比数列{a n}的前n项和可知q＞0，a1＞0，因为S10＝20，则S30﹣2S20+S10＝S30﹣S20+S20﹣S10＝（a21+a22+…+a30）﹣（a11+a12+…+a20），=S10⋅q20−S10⋅q10=20（q20﹣q10），结合二次函数的性质可知，当q10=12时，上式取得最小值﹣5．故选：C．10．已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，A为C上一点且在第一象限，以F为圆心，FA为半径的圆交C的准线于B，D两点，且A，F，B三点共线，则直线AF的斜率为（）A．√33B．√22C．√2D．√3【分析】由题意画出图形，由已知可得三角形ADB为直角三角形，再由抛物线定义结合圆的性质求得∠ABD，从而求得AF的倾斜角，斜率可求．解：∵A，F，B三点共线，∴AB为圆F的直径，则AD⊥BD．由抛物线定义知|AD|＝|AF|=12|AB|，在Rt△ADB中，可得∠ABD＝30°．则∠DAB＝∠AFx＝60°，∴直线AF的斜率k＝tan60°=√3．故选：D．11．一副三角板由一块有一个内角为60°的直角三角形和一块等腰直角三角形组成，如图所示，∠B＝∠F＝90°，∠A＝60°，∠D＝45°，BC＝DE．现将两块三角板拼接在一起，取BC中点O与AC中点M，则下列直线与平面OFM所成的角不为定值的是（）A．AC B．AF C．BF D．CF【分析】由题意证明BC⊥平面MOF，可得BF，CF，AC与平面OFM所成的角，由已知可得都为定值，由此得到答案．解：∵O，M分别为BC，AC的中点，∴OM∥AB，则OM⊥BC，又CF＝BF，∴OF⊥BC，而OM∩OF＝O，∴BC⊥平面MOF，∴BF，CF与平面MOF所成的角分别为∠BFO和∠CFO，相等为45°，根据直线与平面所成角的定义可知，AC与平面MOF所成的角为∠CMO＝∠A＝60°，故只有AF与平面FOM所成的角不为定值．故选：B．12．函数f（x）＝a（x+2）e x﹣x﹣1（a＜1），若存在唯一整数x0使得f（x0）＜0，则a 的取值范围是（）A．(23e，1)B．[23e，12)C．(−23e，1)D．[−23e，12)【分析】通过半分离法，将问题转化为函数g(x)=x+1e x与直线y＝a（x+2）图象之间的关系，再通过数形结合求解即可．解：由f（x）＝a（x+2）e x﹣x﹣1＜0，可得a(x+2)＜x+1e x，令g(x)=x+1e x，g′(x)=e x−(x+1)e x(e x)2=−x e x，易知函数g（x）在（﹣∞，0）单调递增，在（0，+∞）单调递减，且g（0）＝1，作出函数g（x）的图象如图所示：∵y＝a（x+2）恒过定点A（﹣2，0），且C(0，1)，B(1，2e )，∴k AC=12，k AB=23e，∵存在唯一整数x0使得f（x0）＜0，∴当23e ≤a＜12时，存在唯一的整数x0＝1使得命题成立．故选：B．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，a 2＝2bc 且sin A ＝2sin C ，则cos C ＝78．【分析】由正弦定理化简已知等式可得：a ＝2c ，根据已知可求得b ＝2c ，进而根据余弦定理可求cos C 的值． 解：∵sin A ＝2sin C ， ∴由正弦定理可得：a ＝2c ， 又∵a 2＝2bc ， ∴解得b ＝2c ，∴cos C =a 2+b 2−c 22ab =4c 2+4c 2−c 22×2c×2c =78．故答案为：78．14．排球比赛实行“五局三胜制”，某次比赛中，中国女排和M 国女排相遇，统计以往数据可知，每局比赛中国女排获胜的概率为23，M 国女排获胜的概率为13，则中国女排在先输一局的情况下最终获胜的概率为1627．【分析】中国女排在先输一局的情况下最终获胜包含两种结果：①中国女排在先输一局的情况下，第二、三、四局连胜三局；②中国女排在先输一局的情况下，第二、三、四局两胜一负，第五局中国女排胜，由此能求出中国女排在先输一局的情况下最终获胜的概率．解：排球比赛实行“五局三胜制”，某次比赛中，中国女排和M 国女排相遇，统计以往数据可知， 每局比赛中国女排获胜的概率为23，M 国女排获胜的概率为13，中国女排在先输一局的情况下最终获胜包含两种结果： ①中国女排在先输一局的情况下，第二、三、四局连胜三局；②中国女排在先输一局的情况下，第二、三、四局两胜一负，第五局中国女排胜， 则中国女排在先输一局的情况下最终获胜的概率为：P ＝（23）3+C 32(23)2(13)(23)=1627． 故答案为：1627．15．已知m →，n →是两个非零向量，且|m →|=2，|m →+2n →|=4，则|m →+n →|+|n →|的最大值为 2√5 ．【分析】由平面向量的数量积得：因为|m →+2n →|=4，所以m →2+4m →⋅n →+4n →2＝16，又|m →|＝2，所以m →⋅n →+n →2＝3，由重要不等式得：令|n →|＝t ，t ＞0则|m →+n →|+|n →|=√m →2+2m →⋅n →+n →2+|n →|=√10−t 2+t ≤2√(√10−t 2)2+t 22=2√5，当且仅当√10−t 2=t 即t =√5时取等号，得解．解：因为|m →+2n →|=4， 所以m →2+4m →⋅n →+4n →2＝16， 又|m →|＝2，所以m →⋅n →+n →2＝3， 令|n →|＝t ，t ＞0则|m →+n →|+|n →|=√m →2+2m →⋅n →+n →2+|n →|=√10−t 2+t ≤2√(√10−t 2)2+t22=2√5，当且仅当√10−t 2=t 即t =√5时取等号， 故答案为：2√5．16．用M I 表示函数y ＝sin x 在闭区间I 上的最大值，若正数a 满足M [0，a ]≥2M [a ，2a ]，则M [0，a ]＝1 ；a 的取值范围为 [5π6，13π12] ．【分析】通过数形结合，分类讨论结合正弦性质找出解题思路． 解：如图是函数y ＝sin x ，x ∈[0，3π]的图象，若0＜a ＜π2，y ＝sin x 在[0，a ]上单调递增，所以，M [0，a ]＝sin a ，此时，M [a ，2a ]＞sin a ＝M [0，a ]，这与已知M [0，a ]≥2M [a ，2a ]，矛盾．所以，a ≥π2，所以M [0，a ]＝1，故正确答案是：1． 显然2a ≥5π2时，M [a ，2a ]＝1，这与已知M [0，a ]≥2M [a ，2a ]，矛盾．所以，2a ＜5π2即a ＜5π4， 所以π2≤a ＜5π4．又已知，M [0，a ]≥2M [a ，2a ]，即12≥M [a ，2a ]，因为当π2≤a ＜5π4时，π≤2a ＜5π2，M [a ，2a ]＝sin a 或sin2a ，所以，{sina ≤12sin2a ≤12⇔{5π6≤a ＜5π4π≤2a ≤13π6⇔5π6≤a ≤13π12 故正确答案为：1，[5π6，13π12]．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22题、第23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．17．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n 2+kn +k （k ∈R ）． （1）求{a n }的通项公式； （2）若b n =1Sn+1−1，记数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n ＜34．【分析】（1）解法一：求出首项，通过当n ≥2时，a n ＝S n ﹣S n ﹣1，求解通项公式． 解法二：求出首项，第二项，结合{a n }为等差数列，a 1，a 2，a 3成等差数列，推出k ＝0，S n =n 2； 验证a n ﹣a n ﹣1＝（2n ﹣1）﹣（2（n ﹣1）﹣1）＝2为常数，然后求解即可． （2）由（1）知，S n =n 2，化简b n =1Sn+1−1，利用裂项相消法求解即可．解：（1）解法一：∵S n =n 2+kn +k(k ∈R) ∴当n ＝1时，a 1＝S 1＝1+2k ，当n ≥2时，a n =S n −S n−1=(n 2+kn +k)−((n −1)2+k(n −1)+k)=2n +k −1， ∵{a n }为等差数列，且n ≥2时，a n ﹣a n ﹣1＝（2n +k ﹣1）﹣（2（n ﹣1）+k ﹣1）＝2， ∴a 2﹣a 1＝（2+k ﹣1）﹣（1+2k ）＝2， ∴k ＝0，即a n ＝2n ﹣1，（n ∈N +）． 解法二：∵S n =n 2+kn +k(k ∈R)∴a 1＝S 1＝1+2k ，a 2=S 2−S 1=(22+2k +k)−(1+2k)=3+k ，a 3=S 3−S 2=(32+3k +k)−(22+2k +k)=5+k ∵{a n }为等差数列， ∴a 1，a 2，a 3成等差数列， ∴a 2﹣a 1＝a 3﹣a 2，即（5+k）﹣（3+k）＝（3+k）﹣（1+2k），∴k＝0，S n=n2；∴n≥2时，a n=S n−S n−1=n2−(n−1)2=2n−1，∴n≥2时，a n﹣a n﹣1＝（2n﹣1）﹣（2（n﹣1）﹣1）＝2为常数，∴等差数列{a n}的首项为1，公差为2，∴a n＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，（n∈N+）；（2）证明：由（1）知，S n=n2，故b n=1(n+1)2−1=1n(n+2)=12(1n−1n+2)，∴T n＝b1+b2+b3+…+b n=12[(11−13)+(12−14)+(13−15)+⋯+(1n−1n+2)]=34−12(1n+1+1n+2)，∵n∈N*，∴T n=34−12(1n+1+1n+2)＜34．18．直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1被平面A1ECD所截得到如图所示的五面体，CD⊥CE，CD ⊥AD．（1）求证：BC∥平面A1AD；（2）若BC＝CD＝BE=13AD＝1，求二面角B﹣A1E﹣C的余弦值．【分析】法一：（1）推导出BE⊥CD，CD⊥CE，从而CD⊥平面BCE，同理可证CD ⊥平面A1AD，平面BCE∥平面A1AD，由此能证明BC∥平面A1AD，（2）推导出AD∥CE，AD和CE与平面ABCD所成角相等，即∠A1AD＝∠ECB，以D 为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，过D垂直于ABCD的直线为z轴，利用向量法能求出二面角B﹣A1E﹣C的余弦值．法二：（1）推导出BE⊥CD，CD⊥CE，从而CD⊥平面BCE，CD⊥BC，CD⊥AD，BC∥AD，由此能证明BC∥平面A1AD．（2）推导出AD ∥CE ，AD 和CE 与平面ABCD 所成角相等，即∠A 1AD ＝∠ECB ，取A 1D 的中点为M ，连接AM ，则AM ⊥A 1D ，AM ⊥平面A 1EC ，过点M 作A 1E 的垂线，垂足为N ，连接MN ，由题意得MN ⊥A 1E ，∠ANM 为二面角B ﹣A 1E ﹣C 的平面角，由此能求出二面角B ﹣A 1E ﹣C 的余弦值．【解答】解法一：（1）证明：在直四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，BE ⊥平面ABCD ， ∵CD ⊂平面ABCD ，∴BE ⊥CD （1分） ∵CD ⊥CE ，BE ∩CE ＝E ，∴CD ⊥平面BCE 同理可证CD ⊥平面A 1AD ， ∴平面BCE ∥平面A 1AD ，∵BC ⊂平面BCE ，∴BC ∥平面A 1AD（2）解：∵平面BCE ∥平面A 1AD ，平面A 1ECD ∩平面BCE ＝CE ，平面A 1ECD ∩平面A 1AD ＝AD ， ∴AD ∥CE ，∴AD 和CE 与平面ABCD 所成角相等，即∠A 1AD ＝∠ECB ； ∵BC ＝BE ，∴∠ECB ＝45°，∴AA 1＝AD ＝3，以D 为坐标原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，过D 垂直于ABCD 的直线为z 轴，如图建系，C （0，1，0），B （1，1，0），E （1，1，1），A 1（3，0，3）， ∴CE →=(1，0，1)，EA 1→=(2，−1，2)，BE →=(0，0，1)，设u →=(x 1，y 1，z 1)为平面A 1EC 的一个法向量，则{μ→⋅CE →=x 1+z 1=0μ→⋅EA 1→=2x 1−y 1+2z 1=0，令x 1＝1，则u →=(1，0，−1)，设v →=(x 2，y 2，z 2)为平面A 1EB 的一个法向量，则{v →⋅BE →=z 2=0v →⋅EA 1→=2x 2−y 2+2z 2=0，令x 2＝1，则v →=(1，2，0)， 则cos〈u →，v〉=u →⋅v →|u →||v →|=1√2×√5=√1010， 由图知，二面角B ﹣A 1E ﹣C 为锐角，则二面角B ﹣A 1E ﹣C 的余弦值为√1010．解法二：（1）证明：∵直四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1，则BE ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，∴BE⊥CD，∵CD⊥CE，BE∩CE＝E，∴CD⊥平面BCE，∴CD⊥BC，∵CD⊥AD，且BC，AD同面，∴BC∥AD，∵AD⊂平面A1AD，BC⊄平面A1AD，∴BC∥平面A1AD．（2）解：∵平面BCE∥平面A1AD，平面A1ECD∩平面BCE＝CE，平面A1ECD∩平面A1AD＝AD，∴AD∥CE，∴AD和CE与平面ABCD所成角相等，即∠A1AD＝∠ECB，∵BC＝BE，∴∠ECB＝45°，∴A1A＝AD＝3，取A1D的中点为M，连接AM，则AM⊥A1D，∵CD⊥平面A1AD，A1M⊂平面A1AD，CD⊥AM，∵CD∩A1D＝D，∴AM⊥平面A1EC，过点M作A1E的垂线，垂足为N，连接MN，由题意得MN⊥A1E，∠ANM为二面角B﹣A1E﹣C的平面角，∵AM=32√2，MN=√22，则tan∠ANM=MNAM=3，所以二面角B﹣A1E﹣C的余弦值为√1010．19．一款小游戏的规则如下：每轮游戏要进行三次，每次游戏都需要从装有大小相同的2个红球，3个白球的袋中随机摸出2个球，若摸出的“两个都是红球”出现3次获得200分，若摸出“两个都是红球”出现1次或2次获得20分，若摸出“两个都是红球”出现0次则扣除10分（即获得﹣10分）．（1）设每轮游戏中出现“摸出两个都是红球”的次数为X，求X的分布列；（2）玩过这款游戏的许多人发现，若干轮游戏后，与最初的分数相比，分数没有增加反而减少了．请运用概率统计的相关知识分析解释上述现象．【分析】（1）每次游戏，出现“两个都是红球”的概率为p=C22C52=110．X可能的取值为0，1，2，3，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列．（2）设每轮游戏的得分为Y．则Y的取值为﹣10，20，200，求出Y的分布列和数学期望，从而得到获得分数Y的期望为负，多次游戏之后大多数人的分数减少了．解：（1）每轮游戏要进行三次，每次游戏都需要从装有大小相同的2个红球，3个白球的袋中随机摸出2个球，∴每次游戏，出现“两个都是红球”的概率为p=C22C52=110．X可能的取值为0，1，2，3，P(X=0)=C30(1−110)3=7291000，P(X=1)=C31⋅110⋅(1−110)2=2431000，P(X=2)=C32(110)2⋅(1−110)=271000，P(X=3)=C33(110)3=11000．所以X的分布列为：X0123P7291000243100027100011000（2）摸出的“两个都是红球”出现3次获得200分，若摸出“两个都是红球”出现1次或2次获得20分，若摸出“两个都是红球”出现0次则扣除10分（即获得﹣10分）．设每轮游戏得分为Y．则Y的取值为﹣10，20，200，由（1）知，Y的分布列为：Y﹣1020200P7291000270100011000Y的数学期望为EY=−10×7291000+20×2701000+200×11000=−1.69．这表明，获得分数Y 的期望为负．因此，多次游戏之后大多数人的分数减少了． 20．已知椭圆E ：x 28+y 24=1，过左焦点F 且斜率大于0的直线l 交E 于A 、B 两点，AB的中点为G ，AB 的垂直平分线交x 轴于点D ． （1）若点G 的纵坐标为23，求直线GD 的方程；（2）若tan ∠DAB =12，求△ABD 的面积．【分析】（1）由椭圆的方程可得左焦点F 的坐标，设直线l 方程，与椭圆联立求出两根之和，进而求出弦AB 的中点，由AB 的中点G 的纵坐标可得参数的值，进而求出弦AB 的中垂线的方程；（2）由（1）的过程可得中点G 的坐标，及中垂线GD 与x 轴的交点D 的坐标，进而求出|DG |及弦长|AB |的值，由tan ∠DAB =|DG|12|AB|=12可得参数的值，进而求出|AB |，|DG |的值，进而求出三角形的面积．解：（1）由椭圆的方程可得左焦点F （﹣2，0），由题意设直线l 的方程：x ＝my ﹣2，且m ＞0，设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2）， 直线l 与椭圆联立{x =my −2x 2+2y 2−8=0，整理可得：（2+m 2）y 2﹣4my ﹣4＝0，所以y 1+y 2=4m 2+m 2，y 1y 2=−42+m 2， x 1+x 2＝m （y 1+y 2）﹣4=4m 22+m 2−4=−82+m2，所以AB 的中点G 的纵坐标y 1+y 22=2m 2+m，由题意可得2m2+m =23，m ＞0，解得：m＝1或m ＝2，当m ＝1时，AB 的中点G 坐标（−43，23），所以AB 的中垂线方程为：y ＝﹣（x +43）+23，即y ＝﹣x −23，当m ＝2时，AB 的中点G 坐标（−23，23），所以AB 的中垂线方程为：y ＝﹣2（x +23）+23，即y ＝﹣2x −23；（2）由（1）可得：弦长|AB |=√1+m 2√(y 1+y 2)2−4y 1y 2=√1+m 2•√16m 2(2+m 2)2−4⋅−42+m 2=4√2•1+m 22+m 2， AB 的中点G 的坐标为：（−42+m2，2m2+m 2），所以AB 的中垂线的方程为：y ＝﹣m （x +42+m 2）+2m 2+m 2，令y ＝0，可得x =−22+m 2，即D （−22+m ，0），所以D 到直线AB 的距离d ＝|DG |=√(22+m 2)2+(2m 2+m 2)2=2√1+m 22+m2，tan ∠DAB =|DG|12|AB|=2√1+m 22+m 222(1+m 2)2+m 2=1√2⋅√1+m ，由题意可得√2⋅√1+m 2=12，m ＞0，解得：m ＝1，所以|AB |＝4√2⋅1+12+1=8√23，|DG |=2√1+12+1=2√23，所以S △ABD =12|AB |•|DG |=12⋅8√23⋅2√23=16921．已知函数f （x ）＝lnx +12x 2−2ax ，其中a ∈一、选择题． （1）讨论函数f （x ）的单调性；（2）若函数f （x ）存在两个极值点x 1，x 2（其中x 2＞x 1），且f （x 2）﹣f （x 1）的取值范围为(2ln2−158，ln2−34)，求a 的取值范围． 【分析】（1）先对函数求导，然后结合导数与单调性关系对a 进行分类讨论即可求解； （2）结合函数极值与导数零点关系进行转化后，结合题目特点进行合理的构造，然后结合导数与单调性关系即可求解．解：（1）f′(x)=1x +x −2a =x 2−2ax+1x(x ＞0)．令g （x ）＝x 2﹣2ax +1，则△＝4a 2﹣4．①当a ≤0或△≤0，即a ≤1时，f '（x ）≥0恒成立，所以f （x ）在（0，+∞）上单调递增．②当{a ＞0△＞0，即a ＞1时，由f '（x ）＞0，得0＜x ＜a −√a 2−1或x ＞a +√a 2−1； 由f '（x ）＜0，得a −√a 2−1＜x ＜a +√a 2−1，∴f （x ）在(0，a −√a 2−1)和(a +√a 2−1，+∞)上单调递增，在(a −√a 2−1，a +√a 2−1)上单调递减．综上所述，当a ≤1时，f （x ）在（0，+∞）上单调递增；当a ＞1时，f （x ）在(0，a −√a 2−1)和(a +√a 2−1，+∞)上单调递增，在(a −√a 2−1，a +√a 2−1)上单调递减．（2）由（1）得，当a ＞1时，f （x ）有两极值点x 1，x 2（其中x 2＞x 1）． 由（1）得x 1，x 2为g （x ）＝x 2﹣2ax +1＝0的两根，所以x 1+x 2＝2a ，x 1x 2＝1． 所以f(x 2)−f(x 1)=ln x 2x 1+12(x 22−x 12)−2a(x 2−x 1)=ln x 2x 1−x 22−x 122=ln x 2x 1−x 22−x 122x 1x 2=ln x 2x 1−x 22x 1+x 12x 2． 令t =x 2x 1(t ＞1)，则f(x 2)−f(x 1)=h(t)=lnt −12t +12t，因为h′(t)=1t −12−12t 2=−t 2+2t−12t 2=−(t−1)22t2＜0， 所以h （t ）在（1，+∞）上单调递减，而h(2)=ln2−34，h(4)=2ln2−158，所以2≤t ≤4，又4a 2=(x 1+x 2)2x 1x 2=t +1t+2(t ∈[2，4])，易知φ(x)=t +1t +2在[2，4]上单调递增，所以92≤4a 2≤254，所以实数a 的取值范围为[3√24，54]．（二）选考题：共10分．请考生在第22、23两题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程{x =√3+tcosαy =1+tsinα（t 为参数，α∈[0，π）），曲线C 的参数方程{x =2√3cosβy =2sinβ（β为参数）．（1）求曲线C 在直角坐标系中的普通方程；（2）以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，当曲线C 截直线l 所得线段的中点极坐标为（2，π6）时，求α． 【分析】（1）直接利用转换关系的应用，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的进行转换．（2）利用三角函数关系式的变换和直线与椭圆位置关系的应用，利用一元二次方程根和系数关系式的应用和中点坐标公式的应用求出结果解：（1）直线l 的参数方程{x =√3+tcosαy =1+tsinα（t 为参数，α∈[0，π））， 转换为直角坐标方程为：当α=π2时，x =√3，当α≠π2时，y −1=tanα(x −√3)．曲线C 的参数方程{x =2√3cosβy =2sinβ（β为参数），转换为直角坐标方程为x 212+y 24=1． （2）把直线的参数方程{x =√3+tcosαy =1+tsinα代入x 212+y 24=1得到：(√3+tcosα)212+(1+tsinα)24=1，整理得：(3sin 2α+cos 2α)t 2+(2√3cosα+6sinα)t −9=0，所以t 1+t 2=−2√3cosα+6sinα3sin 2α+cos α， 曲线C 截直线l 所得线段的中点极坐标为（2，π6）时故t 1+t 2=−2√3cosα+6sinα3sin 2α+cos 2α=0， 所以tanα=−√33， 则α=5π6． [选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f （x ）＝|x ﹣a |（x ﹣2）+|x ﹣2|（x ﹣a ）．（Ⅰ）当a ＝2时，求不等式f （x ）＜0的解集；（Ⅱ）若x ∈（0，2）时f （x ）≥0，求a 的取值范围．【分析】（Ⅰ）将a ＝2代入，分类讨论解不等式即可；（Ⅱ）利用绝对值不等式的性质进一步可得|x ﹣a |≤x ﹣a ，由此得解．解：（I ）当a ＝2时，f （x ）＝|x ﹣2|（x ﹣2）+|x ﹣2|（x ﹣2），由f （x ）＜0得|x ﹣2|（x ﹣2）+|x ﹣2|（x ﹣2）＜0．①当x ≥2时，原不等式可化为：2（x ﹣2）2＜0，解之得：x∈∅．②当x＜2时，原不等式可化为：﹣2（x﹣2）2＜0，解之得x∈R且x≠2，∴x＜2．因此f（x）＜0的解集为：{x|x＜2}．（II）当x∈（0，2）时，f（x）＝|x﹣a|（x﹣2）+|x﹣2|（x﹣a）＝（x﹣2）[|x﹣a|﹣（x ﹣a）]．由f（x）≥0得（x﹣2）[|x﹣a|﹣（x﹣a）]≥0，∴|x﹣a|≤x﹣a，∴x﹣a≥0，∴a≤x，x∈（0，2），∴a≤0，∴a的取值范围为（﹣∞，0]．。
2020年福建省厦门市高考数学模拟试卷(文科)(一)(3月份)
2020年福建省厦门市高考数学模拟试卷（文科）（一）（3月份）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．（5分）已知集合{1A =-，0，1，2}，{|(1)}B x y ln x ==-，则(A B =I ) A ．{1-，0，1}B ．{1-，0}C ．{1，2}D ．{2}2．（5分）椭圆22:22C x y +=的焦点坐标为( ) A ．(1,0)-，(1,0) B ．(0,1)-，(0,1) C ．(3-，0)，(3，0) D ．(0,3)-，(0,3)3．（5分）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，且40a =，99S =-，则数列{}n a 的公差是()A ．2B ．1C ．1-D ．2-4．（5分）《周髀算经》中给出了勾股定理的绝妙证明．如图是赵爽弦图及注文．弦图是一个以勾股形之弦为边的正方形，其面积称为弦实．图中包含四个全等的勾股形及一个小正方形，分别涂成朱色及黄色，其面积称为朱实、黄实，由2⨯勾⨯股+（股-勾）24=⨯朱实+黄实=弦实，化简得勾2+股2=弦2．若图中勾股形的勾股比为1:2，向弦图内随机抛掷100颗图钉（大小忽略不计），则落在黄色图形内的图钉颗数大约为（参考数据：2 1.41≈，3 1.73)(≈ )A ．2B ．4C ．6D ．85．（5分）已知角α的终边经过点(3,4)-，则tan 2(α= ) A ．83-B ．43-C ．83D ．2476．（5分）α，β是两个平面，l ，m 是两条直线，且//l α，m β⊥，则下列命题中正确的是( )A ．若//αβ，则//l mB ．若//αβ，则l m ⊥C ．若αβ⊥，则//l mD ．若αβ⊥，则l m ⊥7．（5分）在菱形ABCD 中，4AB =，3ABC π∠=，E 为CD 的中点，则(AC AE =u u u r u u u rg )A ．10B ．12C ．16D ．368．（5分）已知数列{}n a 满足11a =，1211(2)n n a a a a n -=++⋯++…，则7(a = ) A ．31B ．32C ．63D ．649．（5分）已知25log 5log 2a =+，25log 5log 2b =g ，2552log c log =，则( ) A ．b a c <<B ．a b c <<C ．b c a <<D ．c b a <<10．（5分）在正三棱柱111ABC A B C -中，11AB AA ==，D ，E ，F ，G 分别为AC ，11A C ，1AA ，1CC 的中点，P 是线段DF 上的一点，有下列三个结论：①//BP 平面1B EG ；②BP DG ⊥；③三棱锥1P B EG -的体积是定值． 其中所有正确结论的编号是( ) A ．①②B ．①③C ．②③D ．①②③11．（5分）已知双曲线2222:1(20)x y C b a a b-=>>的左，右焦点分别为1F ，2F ，抛物线2:2(0)E y px p =>的焦点与2F 重合．点P 是C 与E 的交点，且125cos 7PF F ∠=，则C 的离心率是( ) A ．2BC ．3D．12．（5分）函数()sin(1)1f x x x =-++，若()()0(0)f x ax b b -≠g…对x R ∈恒成立，则(ab= )A ．1-B ．0C ．1D ．2二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．（5分）复数(2)(z i i i =-为虚数单位），则z 的虚部是 ．14．（5分）若x ，y 满足约束条件020x y x y y -⎧⎪+⎨⎪⎩…„…，则3z x y =+的最大值是 ．15．（5分）如图，函数()2sin()(0f x x ωϕω=+>，0)ϕπ<<的图象与坐标轴交于点A ，B ，C ，直线BC 交()f x 的图象于点D ，O （坐标原点）为ABD ∆的重心，(,0)A π-，则点C 的坐标为 ，(0)f = ．16．（5分）已知数列{}n a 满足312a =-，且122(*)2n n a a n N n n++=∈+，则n a 的最大值是 ． 三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21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．(一)必考题：共60分．17．（12分）ABC ∆的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知7b =，7(cos )cos 5c A a C -=．（1）求c ； （2）若3B π=，点D 在边BC 上，且5AD =，求ADC ∆的面积．18．（12分）如图，四边形ABCD 是边长为2的菱形，BF ，DE ，CG 都垂直于平面ABCD ，且222CG BF ED ===． （1）证明：//AE 平面BCF ； （2）若3DAB π∠=，求三棱锥D AEF -的体积．19．（12分）风梨穗龙眼原产厦门，是厦门市的名果，栽培历史已有100多年．龙眼干的级别按直径d 的大小分为四个等级（如表）．()d mm21d < 2124d <„2427d <„27d …级别三级品二级品一级品特级品某商家为了解某农场一批龙眼干的质量情况，随机抽取了100个龙眼干作为样本（直径分布在区间[18，33])，统计得到这些龙眼下的直径的频数分布表如下：用分层抽样的方法从样本的一级品和特级品中抽取6个，其中一级品有2个． （1）求m 、n 的值，并估计这批龙眼干中特级品的比例；（2）已知样本中的100个龙眼干约500克，该农场有500千克龙眼干待出售，商家提出两种收购方案：方案A ：以60元/千克收购；方案B ：以级别分装收购，每袋100个，特级品40元/袋、一级品30元/袋、二级品20元/袋、三级品10元/袋．用样本的频率分布估计总体分布，哪个方案农场的收益更高？并说明理由．20．（12分）已知点1(A -，0)，2A 0)，直线1PA ，2PA 相交于点P ，且它们的斜率乘积为13-．（1）求点P 的轨迹Γ的方程；（2）设曲线Γ与y 轴正半轴交于点B ，直线:1l y kx =-与Γ交于C ，D 两点，E 是线段CD 的中点证明：||2||CD BE =．21．（12分）已知函数21()2x x f x e ae x =-+．（1）若()f x 在R 上单调递增，求实数a 的取值范围； （2）若()f x 有两个极值点1x ，212()x x x <，证明：22()3f x x <-． (二)选考题：共10分．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．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．（10分）在平面直角坐标系xOy 中，曲线l C 的参数方程为22cos (2sin x y ϕϕϕ=+⎧⎨=⎩为参数），以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系．曲线2C 的极坐标方程为4sin ρθ=．()l 写出1C 的极坐标方程：（2）设点M 的极坐标为(4,0)，射线(0)4πθαα=<<分别交1C ，2C 于A ，B 两点（异于极点），当4AMB π∠=时，求tan α．[选修4-5：不等式选讲](10分)23．设函数()2sin |3||1|f x x a a =+-+-． （1）若()62f π>，求实数a 的取值范围；（2）证明：x R ∀∈，1()|3||1|f x a a--+…恒成立．2020年福建省厦门市高考数学模拟试卷（文科）（一）（3月份）参考答案与试题解析一、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．（5分）已知集合{1A =-，0，1，2}，{|(1)}B x y ln x ==-，则(A B =I ) A ．{1-，0，1}B ．{1-，0}C ．{1，2}D ．{2}【解答】解：Q 集合{1A =-，0，1，2}，{|(1)}{|1}B x y ln x x x ==-=>，{2}A B ∴=I ．故选：D ．2．（5分）椭圆22:22C x y +=的焦点坐标为( )A ．(1,0)-，(1,0)B ．(0,1)-，(0,1)C ．(0)，0)D ．(0,，【解答】解：椭圆的标准方程为：2212y x +=，所以焦点在y 轴上，且22a =，21b =，所以2221c a b =-=， 即焦点坐标为：(0,1)±， 故选：B ．3．（5分）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，且40a =，99S =-，则数列{}n a 的公差是()A ．2B ．1C ．1-D ．2-【解答】解：设数列{}n a 的公差为d ，40a =Q ，99S =-， 130a d ∴+=，19369a d +=-．解得1d =-． 故选：C ．4．（5分）《周髀算经》中给出了勾股定理的绝妙证明．如图是赵爽弦图及注文．弦图是一个以勾股形之弦为边的正方形，其面积称为弦实．图中包含四个全等的勾股形及一个小正方形，分别涂成朱色及黄色，其面积称为朱实、黄实，由2⨯勾⨯股+（股-勾）24=⨯朱实+黄实=弦实，化简得勾2+股2=弦2．若图中勾股形的勾股比为1:2，向弦图内随机抛掷100颗图钉（大小忽略不计），则落在黄色图形内的图钉颗数大约为（参考数据：2 1.41≈，3 1.73)(≈ )A ．2B ．4C ．6D ．8【解答】解：设勾为a 2a ，∴3a ，则图中大四边形的面积为23a ，小四边形的面积为222(21)(32)a a ==-， 322-3222210.06-=≈． ∴落在黄色图形内的图钉数大约为1000.066⨯=．故选：C ．5．（5分）已知角α的终边经过点(3,4)-，则tan 2(α= ) A ．83-B ．43-C ．83D ．247【解答】解：角α的终边上的点(3,4)P -， 由任意角的三角函数的定义得：4tan 3α=-．故有22tan 24tan 217tan ααα==- 故选：D ．6．（5分）α，β是两个平面，l ，m 是两条直线，且//l α，m β⊥，则下列命题中正确的是( )A ．若//αβ，则//l mB ．若//αβ，则l m ⊥C ．若αβ⊥，则//l mD ．若αβ⊥，则l m ⊥【解答】解：对于A ，若//αβ，//l α，则//l β或l β⊂，又m β⊥，则l m ⊥，故A 错误； 对于B ，由A 知，B 正确；对于C ，若αβ⊥，m β⊥则//m α或m α⊂，又//l α，则l 与m 平行、相交或异面，故C 错误；对于D ，由C 知，D 错误．∴正确的命题是B ．故选：B ．7．（5分）在菱形ABCD 中，4AB =，3ABC π∠=，E 为CD 的中点，则(AC AE =u u u r u u u rg )A ．10B ．12C ．16D ．36【解答】解；如图，Q 菱形ABCD 中，4AB =，3ABC π∠=，E 为CD 的中点；∴222211112()()()(2)(32)(4344cos 24)1222223AC AE AB AD AC AD AB AD AB AD AB AB AD AD π=++=++=++=+⨯⨯⨯+⨯=u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r g g g g ，故选：B ．8．（5分）已知数列{}n a 满足11a =，1211(2)n n a a a a n -=++⋯++…，则7(a = ) A ．31B ．32C ．63D ．64【解答】解：依题意，当2n …时，由121111n n n a a a a S --=++⋯++=+，①可得 11n n a S +=+，②②-①，可得11n n n n n a a S S a +--=-=， 整理，得12n n a a +=．∴数列{}n a 是以1为首项，2为公比的等比数列．11122n n n a --∴==g ，*n N ∈． 717264a -∴==．故选：D ．9．（5分）已知25log 5log 2a =+，25log 5log 2b =g ，2552log c log =，则( ) A ．b a c <<B ．a b c <<C ．b c a <<D ．c b a <<【解答】解：25log 5log 2(2,3)a =+=∈Q ， 2552log 5log 2125lg lg b lg lg ===g g ， 2552log c log =，225542()()42225lg lg lg lg lg lg lg lg ==>=， c a b ∴>>，故选：A ．10．（5分）在正三棱柱111ABC A B C -中，11AB AA ==，D ，E ，F ，G 分别为AC ，11A C ，1AA ，1CC 的中点，P 是线段DF 上的一点，有下列三个结论：①//BP 平面1B EG ；②BP DG ⊥；③三棱锥1P B EG -的体积是定值． 其中所有正确结论的编号是( ) A ．①② B ．①③C ．②③D ．①②③【解答】解：如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，D Q ，E ，F ，G 分别为AC ，11A C ，1AA ，1CC 的中点， //EG DF ∴，1//BD B E ，可得平面//BDF 平面1B EG ，由BP ⊂平面BDF ，得//BP 平面1B EG ，故①正确；由BD ⊥平面11ACC A ，得BD DG ⊥，又四边形11ACC A 是正方形，DG DF ∴⊥，得DG ⊥平面BDF ，则DG BP ⊥，故②正确；由平面//BDF 平面1B EG ，得//DF 平面1B EG ，P ∴到平面1B EG 的距离为定值，可得三棱锥1P B EG -的体积是定值，故③正确．∴所有正确结论的编号是①②③．故选：D ．11．（5分）已知双曲线2222:1(20)x y C b a a b-=>>的左，右焦点分别为1F ，2F ，抛物线2:2(0)E y px p =>的焦点与2F 重合．点P 是C 与E 的交点，且125cos 7PF F ∠=，则C 的离心率是( ) A ．2B ．6C ．3D ．23【解答】解：过P 分别向x 轴和抛物线的准线作垂线，垂足分别为M ，N ， 不妨设1PF m =，2PF n =，则121125cos 7F M PN PF PF PF F ===∠=， P Q 为双曲线上的点，则122PF PF a -=，即527mm a -=，故7m a =，5n a =． 又122F F c =，在△12PF F 中，由余弦定理可得2225494257272a c a a c+-=⨯⨯，化简可得22560c ac a -+=，即2560e e -+=， 解得2e =或3e =． 22b a >>Q ，2215b e a ∴=+>，3e ∴=，故选：C ．12．（5分）函数()sin(1)1f x x x =-++，若()()0(0)f x ax b b -≠g …对x R ∈恒成立，则(ab= )A ．1-B ．0C ．1D ．2【解答】解：()sin(1)1f x x x =-++，x R ∈，()1cos(1)0f x x '=-+…．∴函数()f x 在R 上单调递增．(1)0f -=Q ，1x ∴<-时，()0f x <，1x >-时，()0f x >． ()()0(0)f x ax b b -≠Q g …对x R ∈恒成立，1x -„时，0ax b -„；1x -…时，0ax b -…． (1)0a b ∴--=，可得：1ab=-． 故选：A ．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．（5分）复数(2)(z i i i =-为虚数单位），则z 的虚部是 2 ． 【解答】解：(2)12z i i i =-=+Q ，z ∴的虚部是2．故答案为：2．14．（5分）若x ，y 满足约束条件020x y x y y -⎧⎪+⎨⎪⎩…„…，则3z x y =+的最大值是 4 ．【解答】解：由x ，y 满足约束条件020x y x y y -⎧⎪+⎨⎪⎩…„…，作出可行域如图，联立02x y x y -=⎧⎨+=⎩，解得(1,1)A ，化目标函数3z x y =+为33x zy =-+，由图可知，当直线33x zy y ==-+过A 时，直线在y 轴上的截距最大，z 有最大值为1314+⨯=．故答案为：4．15．（5分）如图，函数()2sin()(0f x x ωϕω=+>，0)ϕπ<<的图象与坐标轴交于点A ，B ，C ，直线BC 交()f x 的图象于点D ，O （坐标原点）为ABD ∆的重心，(,0)A π-，则点C 的坐标为 (2π，0) ，(0)f = ．【解答】解：B Q ，D 关于C 对称， 2B D C x x x ∴+=，O Q （坐标原点）为ABD ∆的重心，(,0)A π-，0B D A x x x ∴++=，即20C x π-=，得2C x π=，即(2C π，0)， 由五点对应法得02πωϕπωϕπ-+=⎧⎪⎨+=⎪⎩，得23πϕ=，则23(0)2sin 2sin 233f πϕ==== 故答案为：(2π，0)316．（5分）已知数列{}n a 满足312a =-，且122(*)2n n a a n N n n ++=∈+，则n a 的最大值是 34． 【解答】解：12211(*)22n n a a n N n n n n ++==-∈++Q ①，122211(*)(1)2(1)13n n a a n N n n n n ++∴+==-∈+++++②， ①-②得：22211112323()()0312332n n n n a a n n n n n n n n +++-=+-+=->++++++，2n n a a +∴>，即13521n a a a a ->>>⋯>>⋯；2462n a a a a >>>⋯>>⋯； 312a =-Q ，23111244a a ∴+=-=， 2113424a ∴=+=． 又1212133a a +=-=，12231334124a a ∴=-=-<=． 故n a 的最大值是：34． 故答案为：34． 三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21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．(一)必考题：共60分．17．（12分）ABC ∆的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知7b =，7(cos )cos 5c A a C -=．（1）求c ； （2）若3B π=，点D 在边BC 上，且5AD =，求ADC ∆的面积．【解答】解：（1）7b =Q ，7(cos )cos 5c A a C -=．∴7cos cos 5c a C c A =+，由正弦定理可得7sin sin cos sin cos 5C A C C A =+， ∴7sin sin()sin 5C A C B =+=，由正弦定理可得775cb ==， ∴解得5c =．（2）3B π=Q ，点D 在边BC 上，且5AD =，5c =，ABD ∴∆为等边三角形，∴在ABC ∆中，由余弦定理2222cos b a c ac B =+-，可得222175252a a =+-⨯⨯⨯，可得25240a a --=，∴解得8a =，或3-（舍去），853CD a BD ∴=-=-=，11153sin 53sin120224ACD S AD CD ADC ∆∴=∠=⨯⨯⨯︒=g g ． 18．（12分）如图，四边形ABCD 是边长为2的菱形，BF ，DE ，CG 都垂直于平面ABCD ，且222CG BF ED ===． （1）证明：//AE 平面BCF ； （2）若3DAB π∠=，求三棱锥D AEF -的体积．【解答】（1）证明：ABCD Q 是菱形，//AD BC ∴，AD ⊂/Q 平面BCF ，BC ⊂平面BCF ，//AD ∴平面BCF ．BF Q ，DE 都垂直于平面ABCD ，//DE BF ∴，DE ⊂/Q 平面BCF ，BF ⊂平面BCF ，//DE ∴平面BCF ．又AD DE D =I ，∴平面//ADE 平面BCF ，则//AE 平面BCF ； （2）解：由（1）知，//DE BF ，//BF ∴平面ADE ， 则F 与B 到平面ADE 的距离相等．11122sin601332D AEF F ADE B ADE E ABD ABD V V V V S DE ----∆∴====⨯=⨯⨯⨯⨯︒⨯113322132=⨯⨯⨯⨯⨯=．19．（12分）风梨穗龙眼原产厦门，是厦门市的名果，栽培历史已有100多年．龙眼干的级别按直径d 的大小分为四个等级（如表）．某商家为了解某农场一批龙眼干的质量情况，随机抽取了100个龙眼干作为样本（直径分布在区间[18，33])，统计得到这些龙眼下的直径的频数分布表如下：用分层抽样的方法从样本的一级品和特级品中抽取6个，其中一级品有2个． （1）求m 、n 的值，并估计这批龙眼干中特级品的比例；（2）已知样本中的100个龙眼干约500克，该农场有500千克龙眼干待出售，商家提出两种收购方案：方案A ：以60元/千克收购；方案B ：以级别分装收购，每袋100个，特级品40元/袋、一级品30元/袋、二级品20元/袋、三级品10元/袋．用样本的频率分布估计总体分布，哪个方案农场的收益更高？并说明理由． 【解答】解：（1）由题意得：12971002962297m n n ++++=⎧⎪⎨⨯=⎪++⎩， 解得12m =，51n =．（2）按方案A 收购，农场收益为：5006030000⨯=（元)，按方案B 收购，以级别分装收购，每袋100个，特级品40元/袋、一级品30元/袋、二级品20元/袋、三级品10元/袋． 500千克龙眼干约有：500000100100000500⨯=（个)， 其中，特级品有75110000058000100+⨯=个， 一级品有2910000029000100⨯=个， 二级品有1210000012000100⨯=个， 三级品有11000001000100⨯=个， ∴按方案B 收购，农场收益为：580402903012020101034400⨯+⨯+⨯+⨯=（元)．20．（12分）已知点1(A -，0)，2A 0)，直线1PA ，2PA 相交于点P ，且它们的斜率乘积为13-．（1）求点P 的轨迹Γ的方程；（2）设曲线Γ与y 轴正半轴交于点B ，直线:1l y kx =-与Γ交于C ，D 两点，E 是线段CD 的中点证明：||2||CD BE =． 【解答】解：（1）设点(,)P x y ， Q 1213PA PA k k =-g ，∴13=-，化简得：221124x y +=，∴点P 的轨迹Γ的方程为：221124x y +=(x ≠±；（2）易知(0,2)B ，设1(C x ，1)y ，2(D x ，2)y ，联立方程2211124y kx x y =-⎧⎪⎨+=⎪⎩，消去y 得：22(13)690k x kx +--=，∴122613k x x k +=+，122913x x k =-+， ∴121222()213y y k x x k +=+-=-+，23(13k E k ∴+，21)13k-+，26||13CD k∴==+，而23||13BE k==+ ||2||CD BE ∴=．21．（12分）已知函数21()2x x f x e ae x =-+．（1）若()f x 在R 上单调递增，求实数a 的取值范围； （2）若()f x 有两个极值点1x ，212()x x x <，证明：22()3f x x <-． 【解答】（1）解：21()2x x f x e ae x =-+Q 在R 上单调递增，2()10x x f x e ae ∴'=-+…恒成立， ()2x x min a e e -∴+=„，∴实数a 的取值范围为(-∞，2]；（2）证明：1x Q ，212()x x x <是()f x 的两个极值点， 1x ∴，2x 是2()10x x f x e ae '=-+=的两个根，12x x e e a +=，12121x x x x e e e +==g ，120x x ∴+=，又12x x <， 210x x ∴=->．∴要证明22()3f x x <-，即证22()3f x x <-， 就是证明：22221402x x e ae x -+<，即证：21222222211()441022x x x x x e e e e x e x -++=-+-<，令21()41(0)2x h x e x x =-+->，需证()0max h x <． 因为2()4x h x e '=-+，令2()40x h x e '=-+=，得2x ln =，当(0,2)x ln ∈时，()h x 单调递增，当(2,)x ln ∈+∞时，()h x 单调递减，∴当2x ln =时，21()412x h x e x =-+-取得极大值，也是最大值3116(2)4421423102h ln ln ln ln ln e=-⨯+-=-=<=，∴原结论成立．(二)选考题：共10分．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．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．（10分）在平面直角坐标系xOy 中，曲线l C 的参数方程为22cos (2sin x y ϕϕϕ=+⎧⎨=⎩为参数），以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系．曲线2C 的极坐标方程为4sin ρθ=．()l 写出1C 的极坐标方程：（2）设点M 的极坐标为(4,0)，射线(0)4πθαα=<<分别交1C ，2C 于A ，B 两点（异于极点），当4AMB π∠=时，求tan α．【解答】解：（1）曲线l C 的参数方程为22cos (2sin x y ϕϕϕ=+⎧⎨=⎩为参数），转换为直角坐标方程为22(2)4x y -+=，转换为极坐标方程为4cos ρθ=．（2）曲线2C 的极坐标方程为4sin ρθ=．转换为直角坐标方程为22(2)4x y +-=． 设点M 的极坐标为(4,0)，射线(0)4πθαα=<<分别交1C ，2C 于A ，B 两点（异于极点）， 如图所示：设射线OA 的方程为y kx =， 则：2240y kx x x y =⎧⎨-+=⎩，解得2244(,)11kA k k ++．同理2224(4,)11k k B k k ++．由于2A π∠=，4AMB π∠=时，所以BM 与AO 的夹角为4π，由于221MB k k k k =--，AO k k =，利用两直线的夹角公式的应用||11BM OABM OAk k k k -=+，整理得223211111k k k k k k k ---=-+--或， 即：322210k k k -+-=或2210k k -+=． 解得12k =或1k =． 由于04πα<<，所以1k =（舍去）．故12k =． 所以1tan 2α=．[选修4-5：不等式选讲](10分)23．设函数()2sin |3||1|f x x a a =+-+-． （1）若()62f π>，求实数a 的取值范围；（2）证明：x R ∀∈，1()|3||1|f x a a--+…恒成立． 【解答】解：（1）()2sin |3||1|f x x a a =+-+-Q ，∴()62f π>，可化为：|3||1|4a a -+->，∴由绝对值的几何意义得：4a >或0a <；（2）证明：要证1()|3||1|f x a a--+…恒成立， 即证12sin |3||1||3||1|x a a a a+-+---+…恒成立， 也就是证明1|1||1|2sin a x a++--…恒成立． 2sin y x =-Q 的最大值为2，即证1|1||1|2a a++-…， 1111|1||1||(1)(1)|||||||2a a a a a a a a++-++-=+=+Q 厖成立， 故原结论成立（证毕）．。
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福建省厦门市湖滨中学2020届高考数学下学期适应性考试试题 文一、选择题（每小题5分，共60分）1.已知集合{}|12M x x =-<<，{}2|0N x x mx =-<，若{}|01M N x x =<<I ，则m 的值为（ ）A ．1 B ．-1 C ．1± D ．2 2.已知复数z 满足34zi i =+，则复数z 在复平面内对应的点位于（ ）A ．第一象限B ．第二象限 C.第三象限 D ．第四象限 3. 已知函数()f x 是定义在R 上的周期为6的奇函数，且满足(1)1f =，(2)3f =，则(8)(5)f f -= （ ） A. 4-B. 2-C. 2D. 44.()f x 是R 上的奇函数，且2(1),1()log ,01f x x f x x x ->⎧=⎨<≤⎩则3()2f -= A.12 B. 12- C. 1 D. 1- 5.汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”（如下图），四个全等的直角三角形（朱实），可以围成一个大的正方形，中空部分为一个小正方形（黄实）．若直角三角形中一条较长的直角边为8，直角三角形的面积为24，若在上面扔一颗玻璃小球，则小球落在“黄实”区域的概率为（ ） A ．14 B ．13 C ．125D ．25736.将函数2cos2y x =的图象向左平移6π个单位长度，则平移后新函数图象的对称轴方程为（ ） A.(k Z)62k x ππ=-+∈ B.(k Z)122k x ππ=-+∈ C.(k Z)62k x ππ=+∈ D.(k Z)122k x ππ=+∈7. 学校根据某班的期中考试成绩绘制了频率分布直方图（如图所示），根据图中所给的数据可知a b +=（ ）A ．0.024 B ．0.036C ．0.06D ．0.6开始 1+=i i x x 2log 21= 输入x 0>x 否1=i 结束输出i 是8．执行如左图所示的程序框图，若输入64=x ，则输出的结果为A. 2 B. 3 C. 4 D. 59.已知,x y 满足约束条件1000x x y x y m -≥⎧⎪-≤⎨⎪+-≤⎩，若1y x +的最大值为2，则m 的值为（ ）（A ）4 （B ）5 （C ）8 （D ） 910．过抛物线2y mx =()0m >的焦点作直线交抛物线于P ，Q 两点，若线段PQ 中点的横坐标为3，54PQ m =，则m =（ ）A ．4 B ．6 C ．8 D ．10 11．已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中三视图的长、宽、高分别为2，1，12，则此三棱锥外接球的表面积为（ ）A ．174π B ．214π C ．4π D ．5π12．若函数2()(24)x f x x mx e =-+在区间[2,3]上不是单调函数，则实数m 的取值范围是 （ ） A ．2017[,]32B ． 2017(,)32C ． 20[5,]3D ． 20(5,)3二、填空题（每小题5分，共20分）13. 已知非零向量,a b r r 的夹角为60o，且1,21b a b =-=r r r ，则a =r .14．已知双曲线()222210,0x ya b a b-=>>，过其中一个焦点分别作两条渐近线的垂线段，两条垂线段的和为a ，则双曲线的离心率为 ．15. .在ABC △中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且222b a bc =-，23A π=， 则角C 等于 ．16．若对任意的x ∈R ，都有()()()66f x f x f x ππ=-++，且(0)1f =-，16f π⎛⎫=⎪⎝⎭，则1003f π⎛⎫⎪⎝⎭的值为_________．三、解答题（共70分）17.（12分）已知正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且22122a S =+，32a =. （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）若2log 3n n b a =+，数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，求满足13n T >的正整数n 的最小值.18.（12分）如图1所示，在梯形BCDE 中，DE //BC ，且12DE BC =，90C ∠=︒，分别延长两腰交于点A ，点F 为线段CD 上的一点，将ADE △沿DE 折起到1A DE △的位置，使1A F CD ⊥，如图2所示．（1）求证：1A F BE ⊥；（2）若6BC =，8AC =，四棱锥1A BCDE -的体积为12319.（12分）已知函数ln ()m xf x x+=，m R ∈，1x >.（Ⅰ）讨论()f x 的单调区间； （Ⅱ）若()f x mx <恒成立，求m 的取值范围.20.（12分）某校为了解该校多媒体教学普及情况，根据年龄按分层抽样的方式调查了该校50名教师，他们的年龄频数及使用多媒体教学情况的人数分布如下表：（1）由以上统计数据完成下面的22⨯列联表，并判断是否有95%的把握认为以40岁为分界点对是否经常使用多媒体教学有差异？附：()()()()()22n ad bc K a b c d a c b d -=++++，n a b c d =+++.（2）若采用分层抽样的方式从年龄低于40岁且经常使用多媒体的教师中选出6人，再从这6人中随机抽取2人，求这2人中至少有1人年龄在30-39岁的概率.21. （12分）在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b+=>>的离心率3e =12,F F 为分别为左、右焦点，过1F 的直线交椭圆C 于,P Q 两点， 且2PQF ∆的周长为8.（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）设过点3,0M （）的直线交椭圆C 于不同两点,A B ，N 为椭圆上一点，且满足OA OB tON u u u r u u u r u u u r+=（O 为坐标原点），当3AB <时，求实数t 的取值范围.22.（10分）选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系中，曲线1C ：221x y +=经过伸缩变换'2'x xy y =⎧⎨=⎩后得到曲线2C .以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线3C 的极坐标方程为2sin ρθ=-. （Ⅰ）求出曲线2C 、3C 的参数方程；（Ⅱ）若P 、Q 分别是曲线2C 、3C 上的动点，求PQ 的最大值.答案一、选择题（12小题，每小题5分，共60分）A D D C C A C B C C B B 二、填空题（4小题，每小题5分，共20分） 13. 1214. 5 15. 6π16. 2三、解答题（共70分）17.（12分）已知正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且22122a S =+，32a =. （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）若2log 3n nb a =+，数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，求满足13n T >的正整数n 的最小值. 解.（Ⅰ）由题意知，22122a S =+，∴212122a a a =++，得2112a a =+，设等比数列{}n a 的公比为q ， 又∵32a =，∴22212q q =+，化简得2440q q -+=，解得2q =. ∴3323222n n n n a a q ---=⋅=⋅=.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，2log 3n n b a =+22log 23231n n n -=+=-+=+.∴()()11112n n b b n n +=++1112n n =-++， ∴12n n T b b b =++⋅⋅⋅+111111233412n n =-+-+⋅⋅⋅+-++()112222n n n =-=++. 令13n T >，得()1223n n >+，解得4n >， ∴满足13n T >的正整数n 的最小值是5.18.（12分）18．（12分）如图1所示，在梯形BCDE 中，DE //BC ，且12DE BC =，90C ∠=︒，分别延长两腰交于点A ，点F 为线段CD 上的一点，将ADE △沿DE 折起到1A DE △的位置，使1A F CD ⊥，如图2所示．（1）求证：1A F BE ⊥；（2）若6BC =，8AC =，四棱锥1A BCDE -的体积为123，求四棱锥1A BCDE -的表面积.解：（1）证明：因为∠C ＝90°，即AC ⊥BC ，且DE ∥BC ，所以DE ⊥AC ，则DE ⊥DC ，DE ⊥DA 1， ··················· 2分又因为DC ∩DA 1＝D ，所以DE ⊥平面A 1DC . ··········· 3分 因为A 1F ⊂平面A 1DC ，所以DE ⊥A 1F . ············· 4分 又因为A 1F ⊥CD ，CD ∩DE ＝D ，所以A 1F ⊥平面BCDE ， ·········· 5分 又因为BE ⊂平面BCDE ，所以A 1F ⊥BE ． ···························· 6分 （2）解：由已知DE ∥BC ，且DE ＝12BC ，得D ，E 分别为AC ，AB 的中点，在Rt△ABC 中，226810AB =+=，则A 1E ＝EB ＝5，A 1D ＝DC ＝4，则梯形BCDE 的面积S 1＝12×(6＋3)×4＝18， ··············· 7分四棱锥A 1—BCDE 的体积为V ＝13×18×A 1F ＝123，即A 1F ＝23， ······ 8分在Rt△A 1DF 中，224(23)2DF =-=，即F 是CD 的中点，所以A 1C ＝A 1D ＝4，因为DE ∥BC ，DE ⊥平面A 1DC ，所以BC ⊥平面A 1DC ，所以BC ⊥A 1C ，所以22164213A B =+=在等腰△A 1BE 中，底边A 1B 225(13)23-= ········ 10分DFCBA 1E所以四棱锥A 1—BCDE 的表面积为S ＝S 1＋1A DE S △＋1A DC S △＋1A BC S △＋1A BE S △＝18＋12×3×4＋12×4×23＋12×6×4＋12×213×23＝36＋43＋239． · 12分19.（12分）已知函数ln ()m xf x x+=，m R ∈，1x >. （Ⅰ）讨论()f x 的单调区间；（Ⅱ）若()f x mx <恒成立，求m 的取值范围. 解：（1）()21ln 'm xf x x --=，1x >………………………………1分当10m -≤时，即1m ≥时，1ln 0m x --≤在[1,)+∞上恒成立，所以()f x 的单调减区间是[1,)+∞，无单调增区间。