2020年福建省龙岩市高考模拟试卷(5月份)(含答案解析)
2020年福建省龙岩市高考模拟试卷（5月份）一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）1.能源是国民经济和社会发展的重要物质基础，节能减排与开发新能源是摆在当前的一个课题。
针对这一现象，某化学学习研究性小组提出如下方案，你认为不够科学合理的是A. 提高燃料燃烧效率有利于节能减排B. 加大太阳能、生物质能、风能、地热能等新能源的开发力度，减少化石燃料的使用C. 大力推广电解水制氢气，并研制氢能汽车实现二氧化碳零排放D. 进行垃圾分类，实现垃圾无害化处理和再利用，达到节能减排2.沉积物微生物燃料电池可处理含硫废水，其工作原理如图所示。
下列说法错误的是()A. 碳棒b的电极反应式为O2+4e−+4H+=2H2OB. 外电路的电流方向：碳棒a→碳棒bC. 光照强度对电池的输出功率有影响D. 酸性增强不利于菌落存活，故工作一段时间后，电池效率降低3.我国学者研制了一种纳米反应器，用于催化草酸二甲酯(DMO)和氢气反应获得EG。
反应过程示意图如下。
下列说法正确的是()A. 氢气在该反应中作为催化剂B. DMO分子中只有碳氧单键发生了断裂C. MG酸性水解的一种产物在一定条件下能形成高分子化合物D. EG和甲醇互为同系物4.下列实验合理的是()A. 定容时，因不慎使液面高于容量瓶的刻度线，应重新配制溶液B. 直接用蒸馏的方法分离乙醇(沸点为78.3℃)和水(沸点为100℃)的混合物C. 用pH试纸测定NaClO溶液的pH为8D. 用淀粉−KI试纸鉴别碘水和FeCl3溶液5.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，W−与Ne具有相同的电子层结构，X的族序数等于周期数，Y与Z最外层电子数之和为10。
下列说法不正确的是()A. 原子半径：X>Y>Z>WB. 单质沸点：W>Y>ZC. 简单氢化物的还原性：Y>Z>WD. W、X、Z的离子均能促进水的电离6.2019年诺贝尔化学奖授予了在锂离子电池领域作出突出贡献的三位科学家。
一类锂离子电池的电池总反应为Li x C6+Li1−x Y C6(石墨)+LiY.已知电子电量为1.6×10−19C，下列关于这类电池的说法中错误的是()A. 金属锂的价电子密度约为13760C/gB. 从能量角度看它们都属于蓄电池C. 在放电时锂元素发生了还原反应D. 在充电时锂离子将嵌入石墨电极7.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是()A. AB. BC. CD. D二、实验题（本大题共1小题，共14.0分）8.为充分利用资源，变废为宝，实验室里利用废铁屑制取硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O].某兴趣小组以废铁屑制得硫酸亚铁铵后，按下列流程制备二水合草酸亚铁(FeC2O4⋅2H2O)，进一步制备高纯度还原铁粉。
已知：FeC2O4⋅2H2O难溶于水，150℃开始失结晶水；H2C2O4易溶于水，溶解度随温度升高而增大。
请回答下列问题：(1)步骤②中，H2C2O4稍过量的主要原因是______。
(2)为了提高步骤③得到的FeC2O4⋅2H2O的纯度，宜用______(填“热水”“冷水”或“无水乙醇”)洗涤，检验洗涤是否干净的操作是______。
(3)实现步骤④必须用到的两种仪器是______(供选仪器：a.烧杯；b.坩埚；c.蒸馏烧瓶；d.高温炉；e.表面皿；f.锥形瓶)。
(4)为实现步骤⑤，不宜用碳粉还原Fe2O3，理由是______。
(5)硫酸亚铁铵是重要的工业原料，其溶解性如表所示：温度/℃溶解度/℃102030405060物质(NH4)2SO473.075.478.081.084.591.9FeSO4⋅7H2O40.048.060.073.3−−(NH 4)2Fe(SO 4)2⋅6H 2O 18.1 21.2 24.5 27.9 31.3 38.5(注意：高于73.3℃，FeSO 4⋅7H 2O 发生分解)以铁屑(有油污)、硫酸、硫酸铵为原料，补充制取硫酸亚铁铵晶体的实验方案：将铁屑置于锥形瓶中，______，冷却，过滤，用蒸馏水洗涤铁屑至中性，将铁屑置于锥形瓶中，______至铁屑完全溶解，______，冷却结晶，用无水乙醇洗涤2～3次，低温干燥。
[实验中必须使用的试剂：铁屑、1.0 mol ⋅L −1的Na 2CO 3溶液、3.0 mol ⋅L −1的H 2SO 4溶液，饱和(NH 4)2SO 4溶液]三、简答题（本大题共4小题，共49.0分）9. 钼酸钠晶体(Na 2MoO 4·2H 2O)可抑制金属腐蚀。
以钼精矿(主要成分为MoS 2，含少量杂质)为原料，制备钼酸钠晶体的主要流程图如下图。
回答下列问题：(1)完成下列反应： MoS 2+ O 2= SO 2+ MoO 3；在焙烧炉中，空气从炉底进入，矿石经粉碎后从炉顶进入，这样处理的目的是________________。
(2)浓氨水浸取粗产品获得(NH 4)2MoO 4溶液，其化学反应方程式为________________；该反应说明MoO 3________(填“有”或“没有”)酸性氧化物的性质。
(3)常温下，沉钼阶段所得废液为(NH 4)2SO 4稀溶液。
若(NH 4)2SO 4稀溶液的pH =a ，则c(NH 4+)c (NH 3⋅H 2O )=________(用含a 的代数式表示，NH 3⋅H 2O 的K b =1.8×10−5)，若将此稀溶液蒸发浓缩，c(NH 4+)c(SO 42−)将________(填“变大”“不变”或“变小”)。
(4)操作X 为________________，已知钼酸钠在一定温度范围内的析出物质及相应物质的溶解度如下表所示，则在操作X 中应控制温度的最佳范围为________________。
温度(℃)0 4 9 10 15.5 32 51.5 100 >100 析出物质Na 2MoO 4⋅10H 2O Na 2MoO 4⋅2H 2O Na 2MoO 4 溶解度 30.63 33.85 38.16 39.28 39.27 39.82 41.27 45.00结晶得到的母液可以在下次结晶时重复使用，但达到一定次数后必须净化处理，原因是________。
(5)Li、MoS2可充电电池的工作原理为附着在电极上]，则电池充电时阳极的电极反应式为________________________________。
10.已知粗盐水含MgCl26.80mol/m3，含CaCl23.00mol/m3.向粗盐水中加入Ca(OH)2除镁离子：MgCl2+Ca(OH)2=Mg(OH)2↓+CaCl2然后加入Na2CO3除钙离子．(1)处理上述粗盐水10m3，至少需要加Na2CO3______g；(2)如果用碳酸化尾气(含NH3体积分数为0.100、CO2体积分数0.040)代替碳酸钠，发生如下反应：Ca2++2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4+处理上述10m3粗盐水至少需要通入______L(标准状况)碳酸化尾气．11.镍及其化合物是重要的合金材料和催化剂。
(1)基态镍原子的价电子排布式为_________，它核外有_________种运动状态不同的电子。
(2)Ni2+可以形成多种配离子，比如[Ni(NH3)4]2+、[Ni(CN)4]2−等。
CN−中碳原子的杂化方式为_________，与CN−互为等电子体的一种分子是_________。
[Ni(NH3)4]2+中H—N—H键角比NH3分子中H—N—H键角_________(填“大”、“小”或“相等”)，原因是_________。
(3)元素铜与镍的第二电离能分别为：I2(Cu)=1958kJ/mol、I2(Ni)=1753kJ/mol，铜的第二电离能更大的原因是_________。
(4)NiO的晶体结构如图甲所示，其中离子坐标参数A为(0,0，0)，B为(1,1，0)，则C离子坐标参数为_________。
(5)一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为O2−作密置单层排列，Ni2+填充其中(如图乙)，已知O2−的半径为a pm，设阿伏加德罗常数的值为N A，每平方米面积上分散的该晶体的质量为_________g(用含a、N A的代数式表示)。
12.药物中间体Q、医用材料PVA的合成路线如图。
已知：Ⅰ.；Ⅱ.A的分子式是C6H6；Ⅲ.W是最简单的α−氨基酸；Ⅳ.C→D是取代反应。
请回答下列问题：(1)A→B的反应类型是______。
(2)B→C是硝化反应，试剂a是______。
(3)E的化学名称是______。
(4)F的含有碳碳双键和酯基的同分异构体有______种(含顺反异构体，不含F)，其中核磁共振氢谱有3组吸收峰，且能发生银镜反应的结构简式是______。
(5)G→X的化学方程式是______。
(6)W能发生聚合反应，所形成的高分子化合物的结构简式是______。
(7)将下列E+W→Q的流程图补充完整(在虚线框内写出物质的结构简式)______。
-------- 答案与解析 --------1.答案：C解析：本题主要考查节能减排与开发新能源的理念，B项是常考的易混点，学生要理解并学会辨识。
明确垃圾分类的好处也是解题的关键。
A. 提高燃料的燃烧效率，可减少燃料的使用量，从而有利于节能减排，故A正确；B.太阳能、生物质能、风能、地热能为清洁能源，化石燃料为污染能源，用清洁能源替代化石燃料，有利于节能减排，故B正确；C.电解水制氢气需耗费大量的电能，不利于节能减排，故C错误；D. 垃圾分类再利用，实现垃圾无害化处理，都有利于节能减排，故D正确。
故选C。
2.答案：B解析：本题考查新型电池，题目难度中等，注意把握原电池的工作原理以及电极反应式的书写，解答本题的关键是根据物质的性质判断原电池的正负极。
A.碳棒b，CO2在光照、光合菌作用下生成O2，O2在碳棒b得到电子生成水，碳棒b为正极，电极反应式为：O2+4e−+4H+=2H2O，故A正确；B.外电路的电流方向：正极→负极，碳棒b→碳棒a，故B错误；C. CO2在光照、光合菌作用下生成O2，O2在碳棒b得到电子生成水，光照强度对电池的输出功率有影响，故C正确；D.负极上，S+4H2O−6e−=SO42−+8H+，酸可使蛋白质变性，酸性增强不利于菌落存活，故工作一段时间后，电池效率降低，故D正确。
故选B。
3.答案：C解析：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、化学键的断裂、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意EG为乙二醇，题目难度不大。
A.由图可知，Cu纳米颗粒作催化剂将氢气转化为氢原子，则Cu纳米颗粒在该反应中作为催化剂，故A错误；B.DMO为草酸二甲酯，由图可知，EG为乙二醇，则反应过程为DMO→MG→EG，此过程中DMO 分子断裂了碳氧单键和碳氧双键中的一根键，故B错误；C.MG酸性水解生成HOOCCH2OH，一定条件下该物质发生缩聚反应，能形成高分子化合物，故C正确；D.EG与甲醇中—OH数目不同，二者不互为同系物，故D错误。
福建省龙岩市2020届高三数学5月教学质量检查(漳州三模)试题 文(含解析)
福建省龙岩市2020届高三数学5月教学质量检查（漳州三模）试题 文（含解析）一、选择题（本大题共12小题，共36.0分）1.已知集合}1|{≥=x x A ，{|230}B x x =->，则A B =U （ ）A. [0,)+∞B. [1,)+∞C. 3,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭D. 30,2⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】B 【解析】 【分析】一元不等式化简集合B ，然后直接利用并集运算得答案． 【详解】{|230}B x x =->=}23|{>x x ，则A B =U [1,)+∞ 故选：B【点睛】本题考查并集其运算，考查了不等式的解法，是基础题．2.在复平面内，复数22ii+-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【答案】A 【解析】 【分析】先化简复数，再判断它对应的点所处的象限得解.【详解】由题得22(2)342(2)(2)5i i iz i i i +++===--+， 所以复数对应的点为（3455，）， 故选：A【点睛】本题主要考查复数的运算和几何意义，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.3.双曲线221510x y -=的渐近线方程为（ ）A. x y 21±= B. 2y x =±C. x y 2±=D. 2y x =±【答案】C 【解析】 【分析】在双曲线的标准方程中，利用渐近线方程的概念直接求解．【详解】双曲线221510x y -=的渐近线方程为：220510x y -=， 整理，得y 2＝2x 2， 解得x y 2±= 故选：C ．【点睛】本题考查双曲线的渐近线的求法，是基础题，解题时要熟练掌握双曲线的简单性质．4.在等差数列{}n a 中，157913100a a a a a ++++=，6212a a -=，则1a =（ ） A. 1 B. 2C. 3D. 4【答案】B 【解析】 【分析】先由题意求出207=a ，设等差数列{}n a 的公差为d ，求出公差，进而可求出结果. 【详解】因为157913100a a a a a ++++=， 所以75100a =，即207=a ， 设等差数列{}n a 的公差为d ，又6212a a -=，所以412d =，故3d =，所以17620182a a d =-=-= 故选B ．【点睛】本题主要考查等差数列的基本量的计算，熟记等差数列的通项公式即可，属于基础题型.5.如图是某学校研究性课题《什么样的活动最能促进同学们进行垃圾分类》向题的统计图（每个受访者都只能在问卷的5个活动中选择一个），以下结论错误的是（ ）A. 回答该问卷的总人数不可能是100个B. 回答该问卷的受访者中，选择“设置分类明确的垃圾桶”的人数最多C. 回答该问卷的受访者中，选择“学校团委会宣传”的人数最少D. 回答该问卷的受访者中，选择“公益广告”的人数比选择“学校要求”的少8个 【答案】D 【解析】 【分析】先对图表数据分析处理，再结合简单的合情推理逐一检验即可得解．【详解】对于选项A ，若回答该问卷的总人数不可能是100个，则选择③④⑤的同学人数不为整数，故A 正确，对于选项B ，由统计图可知，选择“设置分类明确的垃圾桶”的人数最多，故B 正确， 对于选项C ，由统计图可知，选择“学校团委会宣传”的人数最少，故C 正确，对于选项D ，由统计图可知，选择“公益广告”的人数比选择“学校要求”的少8%，故D 错误， 故选：D ．【点睛】本题考查了对图表数据的分析处理能力及简单的合情推理，属中档题．6.若1a >，则“y x a a >”是“log log a a x y >”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】先找出y x a a >及log log a a x y >的等价条件，然后根据充分条件和必要条件的定义分别进行判断即可．【详解】由a>1,得y x a a > 等价为x>y; log log a a x y >等价为x>y>0 故“y x a a > ”是“log log a a x y >”的必要不充分条件 故选：A【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，指对函数的单调性，根据充分条件和必要条件的定义是解决本题的关键．7.如图，网格纸的小正方形的边长是1，在其上用粗实线和粗虚线画出了某几何体的三视图，图中的曲线为半圆弧或圆，则该几何体的体积是（ ）A. 253πB. 343πC. 433πD. 25π 【答案】C 【解析】 【分析】先由三视图确定该几何体的形状，再由体积公式求解，即可得出结果.【详解】由三视图可知：该几何体下部为半球，上部为大圆柱挖去了一个小圆柱.且半球的半径为2，大圆柱的底面圆半径为2，高为3，小圆柱的底面圆半径为1，高为3， 故该几何体的体积为322144322313233ππππ⨯⨯+⨯⨯-⨯⨯=. 故选C ．【点睛】本题主要考查由三视图还原几何体、以及几何体的体积，熟记体积公式即可，属于常考题型.8.已知函数21()sin cos 2f x x x x =+，则下列结论正确的是（ ） A. ()f x 的最大值为1B. ()f x 的最小正周期为2πC. ()y f x =的图像关于直线3x π=对称D. ()y f x =的图像关于点7,012π⎛⎫⎪⎝⎭对称 【答案】C 【解析】 【分析】利用二倍角公式和辅助角公式化简得f(x)的解析式，再利用三角函数函数性质考查各选项即可．【详解】函数21()sin cos 2f x x x x =++=1cos 212222x x -++= sin （2x 6π-）+1 对于A ：根据f （x ）＝sin （2x 6π-）+1可知最大值为2；则A 不对； 对于B ：f （x ）＝sin （2x 6π-）+1，T ＝π则B 不对； 对于C ：令2x 6π-=,223k k x k Z p p pp +\=+?，，故图像关于直线3x π=对称则C 正确； 对于D ：令2x 6π-=,212k k x k Z p p p \=+?，，故()y f x =的图像关于点⎪⎭⎫⎝⎛1,127π对称则D 不对． 故选：C ．【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质，利用三角函数公式将函数进行化简是解决本题的关键．9.若正四棱柱1111ABCD A B C D -的体积为3，1AB =，则直线1AB与1CD 所成的角为（ ） A. 30o B. 45oC. 60oD. 90o【答案】C 【解析】 【分析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AB 1与CD 1所成的角．【详解】∵正四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的体积为3，AB ＝1，∴AA 13=，以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系， 则A （1，0，0），B 1（1，1，3），C （0，1，0），D 1（0，0，3），1AB =u u u r（0，1，3），1CD =u u u u r （0，﹣1，3）， 设直线AB 1与CD 1所成的角为θ，则cosθ11111244AB CD AB CD ⋅===⋅⋅u u u r u u u u ru u u r u u uu r ，又0︒<θ90︒≤ ∴θ＝60°，∴直线AB 1与CD 1所成的角为60°． 故选：C ．【点睛】本题考查异面直线所成角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查运算求解能力，考查空间想象能力，是中档题．10.已知函数112,1()2,1x x x f x x --⎧≥=⎨<⎩，若()2(22)2f x f x x -≥-+，则实数x 的取值范围是（ ）A. ]1,2[-B. [1,)+∞C. RD.(,2][1,)-∞-+∞U【答案】D 【解析】 【分析】由函数112,1()2,1x x x f x x --⎧≥=⎨<⎩，的表达式即可判断f （x ）是关于x=1对称的函数，利用单调性可得x 的不等式求解即可．【详解】由题画出函数112,1()2,1x x x f x x --⎧≥=⎨<⎩的图像如图所示，故222121x xx --?+- ，即2231x x x -?+ ，解得x 的取值范围是(,2][1,)-∞-+∞U故选：D【点睛】本题考查函数的对称性和单调性，考查绝对值不等式的解法，考查计算能力是基础题11.如图，《宋人扑枣图轴》是作于宋朝的中国古画，现收藏于中国台北故宫博物院.该作品简介：院角的枣树结实累累，小孩群来攀扯，枝桠不停晃动，粒粒枣子摇落满地，有的牵起衣角，有的捧着盘子拾取，又玩又吃，一片兴高采烈之情，跃然于绢素之上.甲、乙、丙、丁四人想根据该图编排一个舞蹈，舞蹈中他们要模仿该图中小孩扑枣的爬、扶、捡、顶四个动作，四人每人模仿一个动作.若他们采用抽签的方式来决定谁模仿哪个动作，则甲不模仿“爬”且乙不模仿“扶”的概率是（ ）A.34B.712C.12D.512【答案】B 【解析】 【分析】依题意，基本事件的总数为44A =24，设事件A 表示甲不模仿“爬”且乙不模仿“扶”，则事件A 包含133A ⨯+2222A ⨯⨯=14个基本事件，故P （A ）可求．【详解】依题意，基本事件的总数为44A =24，设事件A 表示甲不模仿“爬”且乙不模仿“扶”， ①若甲模仿“扶”，则A 包含133A ⨯=6个基本事件；②若甲模仿“捡”或“顶”则A 包含2222A ⨯⨯=8个基本事件，综上A 包含6+8＝14个基本事件， 所以P （A ）1472412==， 故选：B ．【点睛】本题考查了古典概型的概率计算，分类讨论的思想，属于基础题．12.若直线y =a 分别与直线y =2x -3，曲线y =e x -x （x ≥0）交于点A ，B ，则|AB |的最小值为（ ） A. 63ln3- B. 33ln32-C. eD. 0.5e【答案】B【解析】 【分析】设A （x 1，a ），B （x 2，a ），建立方程关系用x 1表示x 2，则|AB |＝x 1﹣x 2，构造函数求函数的导数，研究函数的最值即可． 【详解】作出两个曲线的图象如图， 设A （x 1，a ），B （x 2，a ），则x 1＞x 2，则2x 1﹣3＝e 2x -2x ，即x 112=（e 2x -2x +3）， 则|AB |＝12x x -12=（e 2x -2x +3）2x -12=（﹣32x +e 2x +3），设f （x ）12=（e x﹣3x +3），x ≥0，函数的导数f ′（x ）12=（﹣3+e x），由f ′（x ）＞0得x ＞ln 3，f （x ）为增函数， 由f ′（x ）＜0得0≤x ＜ln 3，f （x ）减函数，即当x ＝ln 3时，f （x ）取得最小值，最小值为f （ln3）12=（3+3﹣3ln3）＝332-ln3， 故选：B ．【点睛】本题主要考查函数与方程的应用，设出坐标，利用两点间的距离公式，构造函数，求函数的导数，利用导数求函数的最值是解决本题的关键．二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）13.向量a ρ，b ρ满足1a b •=-r r ，(2)3a a b •-=r r r ，则a r =______．【答案】1 【解析】 【分析】根据向量数量积的运算，直接计算即可得出结果.【详解】因为向量a ρ，b ρ满足1a b •=-r r ，(2)3a a b •-=r r r ，所以222213a a b a -•=+=r r r r ，因此1a =r故答案为1．【点睛】本题主要考查已知向量数量积求向量的模，熟记运算法则即可，属于基础题型.14.若,x y 满足约束条件204010x y x y x +-≥⎧⎪-+≥⎨⎪-≤⎩，则2z x y =+的最大值是_____．【答案】11 【解析】 【分析】画出可行域，平移直线2z x y =+得最大值即可 【详解】画出不等式所表示的可行域，如图阴影所示： 当直线2z x y =+平移过A 时，z 最大，联立140x x y =⎧⎨-+=⎩得A （1,5）故z 的最大值为1+2×5=11 故答案为11【点睛】本题考查线性规划问题，考查数形结合思想，准确计算是关键，是基础题15.若数列{}n a 满足11a =，112nn n a a +--=，则n a =_____．【答案】22-+n n【解析】 【分析】根据112nn n a a +--=，用累加法求解，即可得出结果. 【详解】因为数列{}n a 满足11a =，112nn n a a +--=，所以12112a a -=+，23212a a -=+， 34312a a -=+，……1112n n n a a ---=+，以上各式相加得123111(222...2)n n a a n --=-+++++， 所以22nn a n =+-.【点睛】本题主要考查求数列的通项公式，熟记累加法即可，属于常考题型.16.已知点F 为椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的左焦点，直线)0(>=k kx y 与C 相交于,M N 两点（其中M 在第一象限），若||MN =，|||FM FN ≤，则C 的离心率的最大值是____．1- 【解析】 【分析】设右焦点为F ',连接M ,F NF '',由椭圆对称性得四边形FM F N '为矩形，结合椭圆定义及勾股定理得a,c 不等式求解即可【详解】设右焦点为F ',连接M ,F NF '',由椭圆对称性知四边形FM F N '为平行四边形，又||MN ==2c=FF '，故FM F N '为矩形，|||FM FN ≤='|F M ，'||||2FM F M a+=，即2a F M M'-≤',∴F M ≥'又222(2a )4F M F M c -+='',故11【点睛】本题考查椭圆的几何性质，椭圆定义的应用，转化化归思想，利用定义转化为矩形是关键，是中档题三、解答题（本大题共7小题，共84.0分）17.已知锐角ABC ∆的内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，且sin cos sin cos b A C c A B +=. （1）求sin A ；（2）若23=a ，4b =，求c .【答案】(1) sin A = (2) 1c = 【解析】 【分析】（1）由正弦定理，得sin sin cos sin sin cos B A C C A B +=，进而sin()B C +=则A 可求；（2）解法一：由余弦定理得c 的方程求解即可；解法二：正弦定理得sin sin 6b A B a ==，进而得sin sin[π()]C A B =-+1)24=，再利用正弦定理得c 即可【详解】（1）因为sin cos sin cos b A C c A B +=，所以由正弦定理，得sin sin cos sin sin cos B A C C A B +=因为sin 0A ≠，所以sin cos sin cos 4B C C B +=，所以sin()B C +=，所以sin(π)4A -=，所以sin A =．（2）解法一：因为V ABC 为锐角三角形，所以A 为锐角，因为sin A =，所以1cos 4A =． 因为23=a ，4b =，由余弦定理得(22214244c c =+-⨯⨯⨯，所以2220c c --=，所以1c =. 解法二：因为V ABC 为锐角三角形，所以A ，B 为锐角， 因为23=a ，4b =，所以由正弦定理得4sin sin 6b A B a ⨯===，所以cos B =因为sin A =，所以1cos 4A =． 所以sin sin[π()]C AB =-+sin()sin cos cos sin A B A B A B =+=+1)24=，由正弦定理得sin 1sin a Cc A==. 【点睛】本题考查正余弦定理解三角形，两角和的正弦公式，考查公式的运用，是中档题18.如图，菱形ABCD 中，2AB =，ο60=∠DAB ，M 是AD 的中点，以BM 为折痕，将ABM ∆折起，使点A 到达点1A 的位置，且平面1A BM ⊥平面BCDM ，（1）求证：1A M BD ⊥；（2）若K 为1A C 的中点，求四面体1M A BK -的体积．【答案】（1）见解析（2）3． 【解析】 【分析】（1）先在左图中证明AD BM ⊥，再结合右图，根据面面垂直的性质定理，证明1A M ⊥平面BCDM ，进而可得出结论；（2）先计算出1A BCM V -，再由题意得到11111122M A BK K MA B C MA B A BCM V V V V ----===，即可得出结果．【详解】（1）证明：在左图中，∵四边形ABCD 是菱形，ο60=∠DAB ，M 是AD 的中点，∴AD BM ⊥，故在右图中，1A M BM ⊥， ∵平面1A BM ⊥平面BCDM ，平面1A BM I 平面BCDM BM =，∴1A M ⊥平面BCDM ， 又BD ⊂平面BCDM ， 所以1A M BD ⊥.（2）解：在左图中，∵四边形ABCD 是菱形，AD BM ⊥，AD BC ∥，∴BC BM ⊥，且BM 在右图中，连接CM，则1111121332A BCM BCM V S A M -∆=•=⨯⨯=∵K 为1A C 的中点，∴11111122M A BK K MA B C MA B A BCM V V V V ----====． 【点睛】本题主要考查面面垂直的性质，以及求几何体的体积，熟记面面垂直的性质定理、以及锥体的体积公式即可，属于常考题型.19.某手机厂商在销售200万台某型号手机时开展“手机碎屏险”活动、活动规则如下：用户购买该型号手机时可选购“手机碎屏险”，保费为x 元，若在购机后一年内发生碎屏可免费更换一次屏幕．该手机厂商将在这200万台该型号手机全部销售完毕一年后，在购买碎屏险且购机后一年内未发生碎屏的用户中随机抽取1000名，每名用户赠送1000元的红包，为了合理确定保费x 的值，该手机厂商进行了问卷调查，统计后得到下表（其中y 表示保费为x 元时愿意购买该“手机碎屏险”的用户比例）；（1）根据上面的数据求出y 关于x 的回归直线方程；（2）通过大数据分析，在使用该型号手机的用户中，购机后一年内发生碎屏的比例为0.2%．已知更换一次该型号手机屏幕的费用为2000元，若该手机厂商要求在这次活动中因销售该“手机碎屏险”产生的利润不少于70万元，能否把保费x 定为5元？参考公式：回归方程y bx a =+中斜率和截距的最小二乘估计分别为1122ˆni ii nii x y nxybxnx==-=-∑∑，x b y aˆˆ-=， 参考数据：表中x 的5个值从左到右分别记为12345,,,,x x x x x ，相应的y 值分别记为12345,,,,y y y y y ，经计算有51()()19.2i i i x x y y =--=-∑，其中5115i i x x ==∑，5115i i y y ==∑．【答案】（1）0.01920.976y x =-+；（2）能 【解析】 【分析】（1）由已知表格中的数据求得ˆˆ,ba ，进而可得线性回归方程； （2）求出保费x 定为5元时，该手机厂商在这次活动中，因销售该“手机碎屏险”产生的利润，与70万元比较，即可得出结果.【详解】解：（1）由已知得300.4x y ==，，()51()19.2iii x x yy =--=-∑，521()1000i i x x =-=∑，所以55121()ˆ0.0192()()iii ii bx y y x x x ==---==-∑∑，ˆˆ0.976a y bx=-=， y 关于x 的回归直线方程为0.01920.976y x =-+；（2）能把保费x 定为5元．理由如下：若保费x 定为5元，则估计0.019250.9760.88y =-⨯+=． 估计该手机厂商在这次活动中因销售该“手机碎屏险”产生的利润为620000000.88520000000.880.2%2000100010000.7610⨯⨯-⨯⨯⨯-⨯=⨯元76=（万元）70>（万元）. ∴把保费x 定为5元．【点睛】本题主要考查线性回归方程，熟记最小二乘法求ˆˆ,ba 即可，属于常考题型.20.已知离心率为12的椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的右焦点与抛物线2:2(0)E y px p =>的焦点F 重合，且点F 到E 的准线的距离为2.（1）求C 的方程；（2）若直线l 与C 交于,M N 两点，与E 交于,A B 两点，且4-=⋅（O 为坐标原点），求MNF ∆面积的最大值.【答案】(1) 13422=+y x(2) max ()MNF S =△ 【解析】 【分析】(1)先求P,再列a,b,c 的方程组求解即可（2）设l 的方程为n my x += ，与抛物线联立将4OA OB =-u u u r u u u r g 坐标化代入韦达定理解得n=2，利用31||||22MNF S MF y =△≤即可求解； 【详解】（1）因为点x 到E 的准线的距离为2，所以2p =，(1,0)F ，由2221,1,2,c c a a b c =⎧⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎩解得2,a b =⎧⎪⎨=⎪⎩所以C 的方程为13422=+y x（2）解法一.由（1）知抛物线E 的方程为24y x =.要使直线l 与抛物线E 交于两点，则直线l 的斜率不为0，可设l 的方程为n my x +=，由2,4,x my n y x =+⎧⎨=⎩得0442=--n my y 所以2(4)160m n ∆=-+>，得20m n +>.设()()1122,,,A x y B x y 则12124,4,y y m y y n +=⎧⎨=-⎩所以22222121212()16441616y y y y n x x n =⋅===，因为4OA OB =-u u u r u u u rg ，所以12124x x y y +=-， 所以244n n -=-，所以2n =， 所以直线l 的方程为2x my =+，所以直线l 过椭圆C 的右顶点(2,0)，不妨设)0,2(M 33(,)N x y，3y 3y ≠0，所以31||||2MNF S MF y =△当且仅当3y =max ()MNF S =△【点睛】本题考查椭圆方程，考查直线过定点问题，考查面积问题，考查基本不等式求最值，注意计算的准确，是中档题21.已知函数()(ln )xe f x a x x x=--.（1）若a e =，求()f x 的单调区间； （2）若()0f x ≥，求a 的取值范围.【答案】(1) ()f x 的单调递减区间是()0,1，单调递增区间是()1,+∞．(2) (],e -∞ 【解析】 【分析】（1）当e a =时，()()()21e e x x x f x x --'=，判断其正负号则单调性可求；（2）法一：由（1）得exe x ≥进而ln 10x x -≥＞，放缩不等式为当e ≤a 时，e e ()(ln )e(ln )x xf x a x x x x x x =----≥，构造函数求解即可；法二：分离a 问题转化为mine (ln )xa x x x ⎛⎫ ⎪-⎝⎭≤，求最值即可求解【详解】（1）函数()f x 定义域为()0,+∞，()()()21x x e ax f x x --'=．当e a =时，()()()21e e x x x f x x --'=，令()xg x e ex =-，则()e e x g x '=-，因为()g x '在(),-∞+∞上单调递增，且()10g '=， 所以当1x <时，()0g x '<；当1>x 时，()0g x '>； 所以()g x 在(),1-∞上单调递减，在()1,+∞上单调递增． 所以()()10g x g ≥=，即0x e ex -≥，仅当1x =时取等号. 所以当01x <<时，()0f x '<；当1>x 时，()0f x '>； 所以()f x 的单调递减区间是()0,1，单调递增区间是()1,+∞． （2）解法一. 由（1）知ex e x ≥，所以当0x >时，lne ln(e )xx ≥，得ln 10x x -≥＞，当e ≤a 时，e e ()(ln )e(ln )x x f x a x x x x x x=----≥，令e()e(ln )x h x x x x=--，由（1）知，()(1)0h x h =≥，所以()0f x ≥，满足题意. 当e a >时，(1)e 0f a =-<，不满足题意. 所以a 的取值范围是(],e -∞. 解法二：由（1）知ex e x ≥，所以当0x >时，lne ln(e )xx ≥，得ln 10x x -≥＞，由e ()(ln )0x f x a x x x =--≥，得e (ln )x a x x x -≤， 问题转化为mine (ln )xa x x x ⎛⎫ ⎪-⎝⎭≤，令e ()(ln )x h x x x x =-，则22e (1)(1ln )()(ln )x x x x h x x x x ---'=-，因为e 0x >，1ln 0x x --≥（仅当1x =时取等号），22(ln )0x x x ->，所以当01x <<时，()0h x '<；当1>x 时，()0h x '>； 所以()h x 的单调递减区间是()0,1，单调递增区间是()1,+∞， 所以min ()(1)h x h e ==， 所以a 的取值范围是(],e -∞.【点睛】本题考查导数与函数的单调性，导数与函数最值，不等式恒成立问题，考查转化化归能力，是中档题22.在直角坐标系xOy 中，曲线1C 的参数方程为cos sin x a a y a ϕϕ=+⎧⎨=⎩（ϕ为参数，且0.5 1.5πϕπ≤≤，0a >），以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线2C 的极坐标方程为22413sin ρθ=+， （1）求1C 的普通方程和2C 的直角坐标方程；（2）若1C 与2C 的交点为,A B ，且AB =a . 【答案】（1）222()(0)x a y a x a -+=≤≤，2214x y +=（2）1a =．【解析】 【分析】（1）利用22sin cos 1φφ+=消去参数ϕ，即可得出1C 的普通方程；由极坐标与直角坐标的互化，可得出2C 的直角坐标方程；（2）根据对称性知，,A B 关于x 轴对称，再由AB =A 的坐标，代入1C 方程，即可得出结果.【详解】解：（1）利用22sin cos 1φφ+=消去参数ϕ，得1C 的普通方程为222()(0)x a y a x a -+=≤≤；由22413sin ρθ=+得2223sin 4ρρθ+=，所以2C 的直角坐标方程为：2214x y +=；（2）根据对称性知，,A B 关于x 轴对称，不妨设00(,)A x y ，000,0x a y ≤≤>，因为AB =，所以012y AB ==， 代入2C 的直角坐标方程得023x =，又2(,33A 在1C 上，所以2228()39a a -+=，解得1a =． 【点睛】本题主要考查参数方程与普通方程的互化，以及极坐标与直角坐标的互化，熟记公式即可，属于常考题型.23.函数()1(0)f x x x a a =+-->．（1）当2a =时，求不等式()2f x >的解集；（2）若不等式a x f 2)(≥的解集为空集，求a 的取值范围．【答案】（1）32x x ⎧⎫>⎨⎬⎩⎭（2）(1,)+∞ 【解析】【分析】（1）由2a =得122x x +-->，分1-≤x ，21≤<-x ，2x >三种情况讨论，即可得出结果；（2）先由a x f 2)(≥的解集为空集，得12x x a a +--<恒成立，再由绝对值不等式的性质求出1x x a +--的最大值，即可得出结果.【详解】解：（1）当2a =时，不等式()2f x >，即122x x +-->，当1-≤x 时，原不等式可化为122x x --+->，即32->，显然不成立，此时原不等式无解；当21≤<-x 时，原不等式可化为122x x ++->，解得322x <≤； 当2x >时，原不等式可化为122x x +-+>，即32>，显然成立，即2x >满足题意；综上，原不等式的解集为32x x ⎧⎫>⎨⎬⎩⎭； （2）由a x f 2)(≥的解集为空集，得12x x a a +--≥的解集为空集， 所以12x x a a +--<恒成立，因为0a >，所以()1(1)()1f x x x a x x a a =+--≤+--=+， 所以当且仅当(1)()01x x a x x a +-≥⎧⎨+≥-⎩，即x a ≥时，max ()1f x a =+， 所以12a a +<，解得1a >，即a 的取值范围是(1,)+∞．【点睛】本题主要考查含绝对值不等式，熟记分类讨论的方法以及含绝对值不等式的性质即可，属于常考题型.。
2020年龙岩市5月质检文综-答案-
龙岩市2020年高中毕业班教学质量检查文科综合能力测试答案第Ⅰ卷选择题本卷共35小题，每小题4分，共140分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是最第Ⅱ卷非选择题本卷共12小题（包含选考题），共160分，包括必考题和选考题两部分。
第36~42题为必考题，每个考题考生都必须作答；第43~47题为选考题，考生根据要求选择作答。
【必考部分】（135分）36.（22分）（1）（4分）地处意大利的传统工业区，工业基础好；北部地区城市众多，且距离欧洲大陆市场更近，市场更广阔；集中分布能减少零配件的运输距离和运输成本，降低生产成本；能促进汽车生产各环节的信息交流和技术协作，提高汽车的市场竞争力。
（每点2分，答对其中两点得4分）（2）（6分）小型车更适应意大利山地多、道路较复杂的状况；小型车生产历史悠久，经验丰富；本国能源缺乏，小型车能耗低，节能减排；生育率较低，家庭人口较少，对小型车需求量较大；小型车占地少，更廉价（普及度更高，符合大众消费心理）。
（每点2分，答对其中三点得6分）（3）（8分）汽车设计历史悠久，设计水平高（汽车工业基础雄厚）；完备的产业链，使汽车行业可随时应对市场的变化；完备的产业链，可保证汽车产品的品质；注重技术创新，产品品质高；重视品牌宣传（品牌效应强），高档跑车知名度高，市场影响大；追求高品质的汽车文化，促进高档跑车的生产和消费；发达国家消费水平高，高档跑车满足个性化汽车消费需求，全球市场广阔。
（每点2分，答对其中四点得8分）（4）（4分）9月份，（正常年份）降水较少，多晴朗天气，有利于赛事组织和吸引更多观众；（2分）纬度较高，初秋季节气温较适宜，有利于保证高速比赛的安全和比赛选手取得好成绩。
（2分）37．（24分）（１）（6分）古滦河携带大量泥沙在（古）入海口附近沉积；（2分）入海口附近及近岸的沙质堆积物在长期强劲的向岸风（东北风或偏东风）和海洋（潮汐、海流、波浪）共同作用下逐渐搬运沉积；（2分）泥沙在开阔沙质海滩上不断堆积成沙丘，最后聚丘成群。
龙岩市2020年5月质量检测语文答案-
龙岩市2020年高中毕业班教学质量检查语文试题参考答案一、现代文阅读（36分）（一）论述类文本阅读（9分）1．（3分）B（A“从本体论到工具论再到价值论”有误，应是“从工具论到本体论再到价值论”；C“支撑是文学批评从文学本体语言角度探讨文学语言。
”有误，原文是“支撑”缘于“中国文学批评在中国传统审美文化的层面上，来探讨文学语言”；D．还包含“文学形式”。
）2．（3分）B（不是“正反对比论证”，应是“反面论证”。
）3．（3分）A（“从本体论的角度来探讨‘回到文学本体’”并没有被中国文学批评界完全否定。
）（二）实用类文本阅读（本题共3小题，12分）4. （3分）C （原文是患者的炎症反应“可能导致心功能出现障碍”。
）5. （3分）C（亚洲国家新冠肺炎病例治愈率高于欧洲与美国。
）6. （6分）①个人层面：了解疫情和防护的有关知识，相信权威发布，保持健康心态。
②社会层面：提供心理援助；加快病理学研究，为药物和疫苗的研发提供帮助。
③国家层面：管控社会情绪，及时、如实发布权威信息；介绍“中国经验”，提供国际援助。
④国际层面：加强团结合作，分享防控举措，展现责任担当。
（每点2分，答对其中三点即可。
）（三）文学类文本阅读（15分）7. （3分）C（“然后就释然”表述有错，文章后面，阿妈斯烱还一直提及蘑菇圈，并没有释然。
）8. （6 分）①小说采用第三人称叙述,全方位呈现阿妈斯烱与蘑菇圈的故事；②以“蘑菇圈”为线索，使情节集中紧凑；③多用对话形式，在对话中推动情节发展，叙事简洁；④反复的语言描写和心理刻画相结合，“你怎么可能知道！”和“我的蘑菇圈没有了”，不断加重语气，深刻而细腻地表现了人物心理。
（每点2分，答对其中三点即可。
）9. （6 分）阿妈斯烱层面：（3分）①表明了蘑菇圈在阿妈斯烱心里的重要性；②表达了无法继续保护蘑菇圈的痛苦、无奈与自责。
③表达了对蘑菇圈未来命运的担忧，对机村未来发展的茫然与忧虑。
小说主旨层面：（3分）①蘑菇圈代表珍贵的自然资源，以“失去”的蘑菇圈来唤醒人们重视并保护自然环境；②谴责了唯利是图的不良商家，反对发展过程中对生态环境的破坏。
福建省龙岩市达标名校2020年高考五月质量检测地理试题含解析
福建省龙岩市达标名校2020年高考五月质量检测地理试题一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分）1．“逃离北上广”成为近几年我国人口迁移的新趋势，“逃离人群”多以迁入周边潜力城市为主，也出现了“北雁南飞”的趋势。
据此完成下列小题。
1．人口“逃离北上广”，主要因为“北上广”A．人口规模大B．环境质量差C．生活成本高D．就业机会少2．“逃离人群”呈现“北雁南飞”趋势的主要原因是，南方A．就业环境好B．教育水平高C．气候较温暖D．土地资源多3．“逃离人群”的迁入，对潜力城市的主要影响是①缓解环境压力②人口性别结构趋于合理③促进文化交流④优化产业结构A．①②B．②③C．③④D．①④2．甘蔗产业包括种植、榨糖、糖加工、生物材料、生物肥、发电、饲料等庞大的产业链。
中越边境贫困山区的广西崇左市承接广东甘蔗产业，成为我国蔗糖生产第一大市，占全国总产量的1/5。
该市人口250多万，有130多万人靠甘蔗吃饭。
我国甘蔗生产成本约在110～150元/吨，而世界生产成本约为70～80元/吨。
据此完成下面小题。
1．广西崇左市发展甘蔗产业的最突出优势条件是A．位于回归线附近，气候适宜B．土地资源丰富，平原面积广大C．本地和跨境劳动力丰富廉价D．制糖工业发达，接近原料产地2．与世界相比，崇左市甘蔗生产成本高的最主要原因是A．土地租金较高，成本较高B．机械化水平低，生产效率较低C．热带面积较小，总产较低D．地处边远山区，运输成本较高3．崇左市甘蔗产业向降成本、增效益方向发展的最主要措施是A．扩大种植面积，发挥规模优势B．向大型机械化发展，提升竞争力C．延长产业链，增加产业附加值D．线上与线下销售结合，扩大市场3．下图地貌景观显示的岩石类型和主要的地质构造最可能是A．岩浆岩、褶皱B．沉积岩、褶皱C．岩浆岩、断层D．沉积岩、断层4．港珠澳大桥全长近50千米，按六车道高速公路标准建设，中间段的海底隧道两端各建一个人工岛。
2017年7月7日，港珠澳大桥海底隧道段的连接工作顺利完，跨海大桥主体工程全面实现贯通。
2020年福建省龙岩市高考数学模拟试卷(一)(5月份)(有答案解析)
2020年福建省龙岩市高考数学模拟试卷（一）（5月份）一、选择题（本大题共12小题，共36.0分）1.集合A={x|x≥1}，B={x|2x-3＞0}，则A∪B=（）A. [0，+∞）B. [1，+∞）C. （1.5，+∞）D. [0，1.5）2.在复平面内，复数对应的点位于（）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限3.双曲线=1的渐近线方程为（）A. y=±xB. y=±xC. y=±xD. y=±2x4.在等差数列{a n}中，a1+a5+a7+a9+a13=100，a6-a2=12，则a1=（）A. 1B. 2C. 3D. 45.如图是某学校研究性课题《如何促进同学们进行垃圾分类》问题的统计图（每个受访者都只能在问卷的个活动中选择一个），则下列结论错误的是（）A. 回答该问卷的总人数不可能是个B. 回答该问卷的受访者中，选择“设置分类明确的垃圾桶”的人数最多C. 回答该问卷的受访者中，选择“学校团委会宣传”的人数最少D. 回答该问卷的受访者中，选择“公益广告”的人数比选择“学校要求”的少个6.若a＞1，则“a x＞a y”是“log a x＞log a y”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7.如图，网格纸的小正方形的边长是1，在其上用粗实线和粗虚线画出了某几何体的三视图，图中的曲线为半圆弧或圆，则该几何体的体积是（）A.B.C.D. 25π8.函数f（x）=sin2x+sin x cosx+，则下列结论正确的是（）A. f（x）的最大值为1B. f（x）的最小正周期为2πC. y=f（x）的图象关于直线x=对称D. y=f（x）的图象关于点（，0）对称9.若正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积为，AB=1，则直线AB1与CD1所成的角为（）A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°10.函数f（x）=，若f（2x-2）≥f（x2-x+2），则实数x的取值范围是（）A. [-2，-1]B. [1，+∞）C. RD. （-∞，-2]∪[1，+∞）11.《宋人扑枣图轴》是作于宋朝的中国古画，现收藏于中国台北故宫博物院．该作品简介：院角的枣树结实累累，小孩群来攀扯，枝桠不停晃动，粒粒枣子摇落满地，有的牵起衣角，有的捧着盘子拾取，又玩又吃，一片兴高采烈之情，跃然于绢素之上，甲、乙、丙、丁四人想根据该图编排一个舞蹈，舞蹈中他们要模仿该图中小孩扑枣的爬、扶、捡、顶四个动作，四人每人模仿一个动作．若他们采用抽签的方式宋人扑枣图轴来决定谁模仿哪个动作，则甲不模仿“爬”且乙不模仿“扶”的概率是（）A. B. C. D. ．12.若直线y=a分别与直线y=2x-3，曲线y=e x-x（x≥0）交于点A，B，则|AB|的最小值为（）A. 6-3ln3B. 3-ln3C. eD. 0.5e二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）13.向量，满足•=-1，•（2-）=3，则||=______．14.若x，y满足约束条件，则z=x+2y的最大值是______．15.若数列{a n}满足a1=1，a n+1-a n-1=2n，则a n=______．16.F为椭圆C：+=1（a＞b＞0）的左焦点，直线y=kx（k＞0）与C相交于M，N两点（其中M在第一象限），若|FM|≤|FN|，|MN|=2，则C的离心率的最大值是______．三、解答题（本大题共7小题，共84.0分）17.锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b sin A cos C+c sin A cos B=．（1）求sin A；（2）若a=3，b=4，求c．18.如图1，菱形ABCD中，AB=2，∠DAB=60°，M是AD的中点，以BM为折痕，将△ABM折起，使点A到达点A1的位置，且平面A1BM⊥平面BCDM，如图2，（1）求证：A1M⊥BD；（2）若K为A1C的中点，求四面体MA1BK的体积．19.某手机厂商在销售200万台某型号手机时开展“手机碎屏险”活动、活动规则如下：用户购买该型号手机时可选购“手机碎屏险”，保费为x元，若在购机后一年内发生碎屏可免费更换一次屏幕．该手机厂商将在这200万台该型号手机全部销售完毕一年后，在购买碎屏险且购机后一年内未发生碎屏的用户中随机抽取1000名，每名用户赠送1000元的红包，为了合理确定保费x的值，该手机厂商进行了问卷调查，统计后得到下表（其中y表示保费为x元时愿意购买该“手机碎屏险”的用户比例）；（1）根据上面的数据求出y关于x的回归直线方程；（2）通过大数据分析，在使用该型号手机的用户中，购机后一年内发生碎屏的比例为0.2%．已知更换一次该型号手机屏幕的费用为2000元，若该手机厂商要求在这次活动中因销售该“手机碎屏险”产生的利润不少于70万元，能否把保费x定为5元？x1020304050y0.790.590.380.230.01参考公式：回归方程y=bx+a中斜率和截距的最小二乘估计分别为=，=，参考数据：中x的5个值从左到右分别记为x1，x2，x3，x4，x5，相应的y值分别记为y1，y2，y3，y4，y5，经计算有（x i-）（y i-）=-19.2，其中=，=．20.离心率为的椭圆C：+=1（a＞b＞0）的右焦点与抛物线E：y2=2px（p＞0）的焦点F重合，且点F到E的准线的距离为2．（1）求C的方程；（2）若直线l与C交于M，N两点，与E交于A，B两点，且•=-4（O为原点），求△MNF面积的最大值．21.函数f（x）=-a（x-ln x），（1）若a=e，求f（x）的单调区间；（2）若f（x）≥0，求a的取值范围．22.在直角坐标系x0y中，曲线C1的参数方程为（（φ为参数，且0.5π≤φ≤1.5π，a＞0），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ2=，（1）求C1的普通方程和C2的直角坐标方程；（2）若C1与C的交点为A，B，且|AB|=，求a．23.函数f（x）=|x+1|-|x-a|（a＞0）．（1）当a=2时，求不等式f（x）＞2的解集；（2）若不等式f（x）≥2a的解集为空集，求a的取值范围．-------- 答案与解析 --------1.答案：B解析：解：∵集合A={x|x≥1}，B={x|2x-3＞0}={x|x＞}，∴A∪B={x|x≥1}=[1，+∞）．故选：B．先分别求出集合A和B，由此能求出A∪B．本题考查并集的求法，考查并集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．2.答案：A解析：解：∵=，∴复数对应的点的坐标为（），位于第一象限．故选：A．直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．3.答案：C解析：解：双曲线=1，可得a=，b=，所以双曲线=1的渐近线方程为：y=．故选：C．直接利用双曲线方程，求解渐近线方程即可．本题考查双曲线的简单性质的应用，渐近线方程的求法，是基本知识的考查．4.答案：B解析：解：∵a1+a5+a7+a9+a13=100，∴5a7=100，∴a7=20，∵a6-a2=12，∴4d=12，∴d=3，∴a7=a1+6d=20，∴a1=2，故选：B．先根据等差数列的性质可得a7=20，再根据a6-a2=12求出公差，即可求出首项．本题考查等差数列的定义和性质，考查了运算求解能力，属于基础题．5.答案：D解析：【分析】本题考查了对图表数据的分析处理能力及简单的合情推理，属中档题．先对图表数据分析处理，再结合简单的合情推理逐一检验即可得解．【解答】解：对于选项A，若回答该问卷的总人数不可能是100个，则选择③④⑤的同学人数不为整数，故A正确，对于选项B，由统计图可知，选择“设置分类明确的垃圾桶”的人数最多，故B正确，对于选项C，由统计图可知，选择“学校团委会宣传”的人数最少，故C正确，对于选项D，由统计图可知，选择“公益广告”的人数比选择“学校要求”的少8%，故D错误，故选：D．6.答案：A解析：解：若a＞1，则“a x＞a y”整理得：x＞y成立，若a＞1，则“log a x＞log a y”，整理得：x＞y＞0，所以：由x＞y＞0，整理得x＞y，但x＞y，不一定x＞y＞0，所以：a＞1，则“a x＞a y”是“log a x＞log a y”的必要不充分条件．故选：A．直接利用指数不等式和对数不等式的应用和四种条件的应用求出结果．本题考查的知识要点：指数不等式和对数不等式的解法的应用，四种条件的应用，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于基础题型．7.答案：C解析：解：由三视图可知几何体下部为半球，上部为大圆柱中挖去一个小圆柱．由三视图可知半球的半径为2，大圆柱的底面半径为2，高为3，小圆柱的底面半径为1，高为3，故几何体的体积为+π×22×3-π×12×3=．故选：C．由三视图可知几何体下部为半球，上部为大圆柱中挖去一个小圆柱．本题考查了常见几何体的三视图与体积计算，属于中档题．8.答案：C解析：解：函数f（x）=sin2x+sin x cosx+，=，=，所以：①函数的最小正周期为π，②函数的最大值为2，最小值为0，③当x=时，f（）=1，函数的图象关于（）对称，④当x=，整理得：f（）=2．所以：函数的图象关于对称．故选：C．首先把函数的关系式转换为正弦型函数，进一步利用正弦型函数的性质的应用求出结果．本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于基础题．9.答案：C解析：解：∵正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积为，AB=1，∴AA1=，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，则A（1，0，0），B1（1，1，），C（0，1，0），D1（0，0，），=（0，1，），=（0，-1，），设直线AB1与CD1所成的角为θ，则cosθ===，∴θ=60°，∴直线AB1与CD1所成的角为60°．故选：C．以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AB1与CD1所成的角．本题考查异面直线所成角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查运算求解能力，考查空间想象能力，是中档题．10.答案：D解析：解：函数f（x）=，画出函数f（x）的图象知，f（x）关于x=1对称，且在[1，+∞）上是单调减函数；∵f（2x-2）≥f（x2-x+2），且x2-x+2=+＞1恒成立，∴|2x-2-1|≤x2-x+2-1，即|2x-3|≤x2-x+1，当x≥时，不等式化为：2x-3≤x2-x+1，即x2-3x+4≥0，解得x∈R，即x≥；当x＜时，不等式化为：3-2x≤x2-x+1，即x2+x-2≥0，解得x≤-2或x≥1，即x≤-2或1≤x ＜；综上，f（2x-2）≥f（x2-x+2）时，实数x的取值范围是（-∞，-2]∪[1，+∞）．故选：D．判断函数单调性和对称性，根据对称性和单调性得出2x-2和x2-x+2距离对称轴的远近关系，列不等式求出解集．本题考查了函数对称性判断与应用，绝对值不等式的解法，属于中档题．11.答案：B解析：解：依题意，基本事件的总数为=24，设事件A表示甲不模仿“爬”且乙不模仿“扶”，①若甲模仿“扶”，则A包含1=6个基本事件；②若甲模仿“捡”或“顶”则A包含2×=8个基本事件，综上A包含6+8=14个基本事件，所以P（A）==，故选：B．依题意，基本事件的总数为=24，设事件A表示甲不模仿“爬”且乙不模仿“扶”，则事件A包含1+2×=14个基本事件，故P（A）可求．本题考查了古典概型的概率计算，属于基础题．12.答案：B解析：解：作出两个曲线的图象如图，设A（x1，a），B=（x2，a），则x1＞x2，则2x1-3=e-x2，即x1=（e-x2+3），则|AB|=x1-x2=（e-x2+3）-x2=（-3x2+e+3），设f（x）=（e x-3x+3），x≥0，函数的导数f′（x）=（-3+e x），由f′（x）＞0得x＞ln3，f（x）为增函数，由f′（x）＜0得0≤x＜ln3，f（x）为减函数，即当x=ln3时，f（x）取得最小值，最小值为f（ln3）=（3+3-3ln3）=3-ln3，故选：B．设A（x1，a），B=（x2，a），建立方程关系用x1表示x2，则|AB|=x1-x2，构造函数求函数的导数，研究函数的最值即可．本题主要考查函数与方程的应用，设出坐标，利用两点间的距离公式，构造函数，求函数的导数，利用导数求函数的最值是解决本题的关键．13.答案：1解析：解：向量，满足•=-1，•（2-）=3，可得2-=3，，即||=1．故答案为：1．直接利用向量的数量积，化简求解即可．本题考查向量的数量积的应用．考查转化思想以及计算能力．14.答案：11解析：解：由x，y满足约束条件，作出可行域如图，联立，解得B（1，5），化目标函数z=x+2y，由图可知，当直线z=x+2y过B时，直线在y轴上的截距最大，z有最大值为：11．故答案为：11．由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合的得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，代入目标函数得答案．本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题．15.答案：2n+n-2解析：解：数列{a n}满足a1=1，a n+1-a n-1=2n，可得a2-a1=21+1，a3-a2=22+1，a4-a3=23+1，…a n-a n-1=2n-1+1，累加可得a n=2+22+23+…+2n+n=+n=2n+n-2．故答案为：2n+n-2．利用数列的递推关系式以及数列求和，转化求解即可．本题考查数列的求和，递推关系式的应用，考查计算能力．16.答案：解析：【分析】本题考查椭圆的简单性质，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查计算能力，是中档题．由题意画出图形，可得四边形MFNF′为矩形，且|FN|=|MF′|，由已知结合椭圆定义得关于a，c的不等式，则答案可求．【解答】解：如图，设椭圆右焦点为F′，由|MN|=2=2c，可知|MN|=|FF′|，则四边形MFNF′为矩形，且|FN|=|MF′|，则|MF|+|MF′|=2a，|MF|2+|MF′|2=4c2，解得|MF|=a+，|MF′|=a-，由|FM|≤|FN|，得，整理得：，即0,∴C的离心率的最大值是．故答案为：．17.答案：（本题满分为12分）解：（1）∵b sin A cos C+c sin A cos B=，∴由正弦定理可得：sin B sin A cos C+sin C sin A cos B=sin A，…2分∵sin A≠0，∴sin B cos C+sin C cos B=，…3分∴sin（B+C）=，…5分∴sin A=sin（B+C）=…6分（2）∵△ABC为锐角三角形，A为锐角，sin A=，∴cos A=，…8分∵a=3，b=4，由余弦定理可得：（3）2=42+c2-2×，…10分∴c2-2c-2=0，又∵c＞0，∴c=…12分解析：（1）由正弦定理，两角和的正弦函数公式，诱导公式，三角形内角和定理结合sin A≠0，可求sin A的值．（2）利用同角三角函数基本关系式可求cos A的值，根据余弦定理可得c2-2c-2=0，即可解得c的值．本题主要考查了正弦定理，两角和的正弦函数公式，诱导公式，三角形内角和定理，同角三角函数基本关系式，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．18.答案：（1）证明：在图1中，∵四边形ABCD是菱形，∠DAB=60°，M是AD的中点，∴AD⊥BM，故在图2中，BM⊥A1M，∵平面A1BM⊥平面BCDM，平面A1BM∩平面BCDM=BM，∴A1M⊥平面BCDM，又BD⊂平面BCDM，∴A1M⊥BD．（2）解：在图1中，∵ABCD是菱形，AD⊥BM，AD∥BC，∴BM⊥BC，且BM=，在图2中，连接CM，则V=S△BCM•A1M==，∵K是A1C的中点，∴V=V=V=V=．解析：（1）在图1中证明BM⊥AD，在图2中根据面面垂直的性质即可得出A1M⊥平面BCDM，故而结论出来；（2）计算V，则V=V=V=V．本题考查了面面垂直的性质，线面垂直的判定，考查棱锥的体积计算，属于中档题．19.答案：解：（1）由已知得，，，∴，．∴y关于x的回归方程为y=-0.0192x+0.976；（2）能把保费x定为5元．理由如下：若保费x定为5元，则估计y=-0.0192×5+0.976=0.88．估计该手机厂商在这次活动中因销售该“手机碎屏险”产生的利润为2000000×0.88×5-2000000×0.88×0.2%×2000-1000×1000=0.76×106（元）=76（万元）＞70（万元）．∴把保费x定为5元．解析：（1）由已知表格中的数据求得，可得线性回归方程；（2）求出保费x定为5元该手机厂商在这次活动中因销售该“手机碎屏险”产生的利润，与70万元比较得答案．本题考查回归方程的求法，考查计算能力，是中档题．20.答案：解：（1）因为点F到E的准线的距离为2，则p=2，F（1，0）由，解得a=2，b=，∴C的方程为+=1，（2）由（1）可知抛物线E的方程为y2=4x，要使直线l与抛物线E交于两点，则直线l的斜率不为0，可设l的方程为x=my+n，由可得y2-4my-4n=0，∴△=（-4m）2+16n＞0，可得m2+n＞0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则y1+y2=4m，y1y2=-4n，∴x1x2===n2，∵•=-4，∴x1x2+y1y2=-4，即n2-4n=4，解得n=2，故直线l的方程为x=my+2，∴直线l过椭圆C的右顶点（2，0），不妨设M（2，0），N（x3，y3），则-≤y3≤，且y3≠0，∴△MNF面积S=|MF|•|y3|≤故△MNF面积的最大值为．解析：（1）由题意可得由，解得a=2，b=，即可求出椭圆的方程，（2）根据韦达定理，向量的运算可得故直线l的方程为x=my+2，再表示出三角形的面积，即可求出△MNF面积的最大值．本题考查椭圆和抛物线的方程与性质，考查直线与抛物线的位置关系，面积的运算，转化思想是关键，属于中档题．21.答案：解：（1）f′（x）=，（x∈（0，+∞））．a=e时，f′（x）=．令g（x）=e x-ex，g′（x）=e x-e，可得x=1时，函数g（x）取得极小值即最小值，g（1）=0．∴g（x）≥g（1）=0．∴x∈（0，1）时，f′（x）＜0，此时函数f（x）单调递减；x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，此时函数f（x）单调递增．（2）由（1）可知：e x≥ex，∴x＞0时，ln e x≥ln ex，可得：x-ln x≥1＞0．∴当a≤e时，f（x）=-a（x-ln x）≥-e（x-ln x），令h（x）=-e（x-ln x），由（1）可知：h（x）≥h（1）=0．∴f（x）≥0，满足题意．当a＞e时，f（1）=e-a＜0，不满足题意，舍去．综上可得：a的取值范围是（-∞，e]．解析：（1）f′（x）=，（x∈（0，+∞））．a=e时，f′（x）=．令g（x）=e x-ex，利用导数研究其单调性可得g（x）≥g（1）=0．即可得出函数f（x）单调性．（2）由（1）可知：e x≥ex，可得x＞0时，ln e x≥ln ex，可得：x-ln x≥1＞0．当a≤e时，f （x）=-a（x-ln x）≥-e（x-ln x），令h（x）=-e（x-ln x），利用导数研究其单调性即可得出．当a＞e时，f（1）=e-a＜0，不满足题意，舍去．本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、放缩法、分类讨论方法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．22.答案：解：（1）利用sin2φ+cos2φ=1消去参数φ，得C1的普通方程为（x-a）2+y2=a2（0≤x≤a），由ρ2=得ρ2+3ρ2sin2θ=4，将ρ2=x2+y2，y=ρsinθ代入上式并整理得C2的直角坐标方程为：+y2=1．（2）根据对称性知，A和B关于x轴对称，不妨设A（x0，y0），0≤x0≤a，y0＞0，因为|AB|=，所以y0=|AB|=，代入C2的直角坐标方程得x0=，又A（，）在C1上，所以（-a）2+=a2，解得a=1．解析：（1）利用sin2φ+cos2φ=1消去参数φ，得C1的普通方程为（x-a）2+y2=a2（0≤x≤a），由ρ2=得ρ2+3ρ2sin2θ=4，将ρ2=x2+y2，y=ρsinθ代入上式并整理得C2的直角坐标方程为：+y2=1（2）根据对称性知，A和B关于x轴对称，再根据|AB|可得A的纵坐标后，代入C2的直角坐标可得A的横坐标，从而可得A的坐标，再代入C1可解得．本题考查了简单曲线的极坐标方程，属中档题．23.答案：解：（1）当a=2时，不等式f（x）＞2，即|x+1|-|x-2|＞2，当x≤-1时，原不等式可化为-x-1+x-2＞2，即-3＞2，此时原不等式无解；当-1＜x≤2时，原不等式可化为x+1+x-2＞2，解得＜x≤2；当x＞2时，原不等式可化为x+1-x+2＞2，解得x＞2，综上，原不等式的解集为{x|x＞}；（2）由f（x）≥2a的解集为空集得|x+1|-|x-a|≥2a的解集为空集，所以|x+1|-|x-a|＜2a恒成立，因为a＞0，所以f（x）=|x+1|-|x-a|≤|（x+1）-（x-a）|=a+1，所以当且仅当，即x≥a时，[f（x）]max=a+1，所以a+1＜2a，解得a＞1，即a的取值范围是（1，+∞）．解析：本题考查了绝对值不等式的解法，属于中档题．（1）根据零点分段法去绝对值解不等式可得；（2）由f（x）≥2a的解集为空集得|x+1|-|x-a|≥2a的解集为空集，所以|x+1|-|x-a|＜2a恒成立，再根据绝对值不等式的性质求得最大值，代入可解得．。
2020年福建省龙岩市高考数学模拟试卷(文科)(5月份) (含答案解析)
2020年福建省龙岩市高考数学模拟试卷(文科)(5月份)一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知集合A={x|−1≤x<2}，B={x|x≥1}，则A∩B=()A. {x|−1≤x≤1}B. {x|x≥−1}C. {x|x>2}D. {x|1≤x<2}2.复数z=−3+2i2+i的共轭复数z−在复平面内所对应的点位于()A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限3.若sinα=45,α∈(0,π2)则cos2α等于()A. 725B. −725C. 1D. √754.设x，y满足约束条件{x−y+1≤0x+y−3≥0y≤4，则z=2x+y的最大值是()A. 10B. 5C. 4D. 25.某综艺节目为比较甲、乙两名选手的各项能力(指标值满分为5分，分值高者为优)，绘制了如图所示的六维能力雷达图，图中点A表示甲的创造力指标值为4，点B表示乙的空间能力指标值为3，则下面叙述正确的是()A. 乙的记忆能力优于甲的记忆能力B. 乙的创造力优于观察能力C. 甲的六大能力整体水平优于乙D. 甲的六大能力中记忆能力最差6.已知直线l，m和平面α，则下列结论正确的是()A. 若l//m，m⊂α，则l//αB. 若l⊥α，m⊂α，则l⊥mC. 若l⊥m，l⊥α，则m⊥αD. 若l//α，m⊂α，则l//m7.已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的图象如图所示，则tanφ=()A. √33B. 1 C. √3 D. −√338.把能表示为两个连续奇数的平方差的正整数称为“幸运数”，则在1～2019这2019个数中，能称为“幸运数”的个数是()A. 251B. 250C. 252D. 2539.设a=log0.50.8，b=log0.60.8，c=1.10.8，则a、b、c的大小关系为()A. a<b<cB. b<a<cC. b<c<aD. a<c<b10.已知左、右焦点分别为F1，F2的双曲线C：x2a2−y2=1(a>0)过点(√15,−√63)，点P在双曲线C上，若|PF1|=3，则|PF2|=()A. 3B. 6C. 9D. 1211.在四面体S−ABC中，AB⊥BC，AB=BC=3，SA=SC=3√2，平面SAC⊥平面BAC，则该四面体外接球的表面积为()A. 8πB. 12πC. 16πD. 24π12.已知函数f(x)=xln x，若直线l过点(0,−1)，并且与曲线y=f(x)相切，则直线l的方程为()A. x+y−1=0B. x−y−1=0C. x+y+1=0D. x−y+1=0二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知向量a⃗=(−2,1),b⃗ =(1,3),c⃗=(3,2)，若(a⃗+λb⃗ )//c⃗，则λ=_______．14.某校高三年级学生会主席团共有4名同学组成，其中有2名同学来自同一班级，另外两名同学来自另两个不同班级．现从中随机选出两名同学参加会议，则选出的两名同学来自不同班级的概率为_____．15.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a=4，c=9，sinAsinC=sin2B，则cosB=______．16.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F，C与过原点的直线相交于A，B两点，连接AF、BF，若|AB|=10，|AF|=6，cos∠ABF=45，则C的离心率e=______．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.已知数列{a n}的前n项和为S n，且S n=2a n−2(Ⅰ)求数列{a n}的通项公式；(Ⅱ)设b n =n+1a n ，求数列{b n }前n 项和T n ．18. 某商店为迎接端午节，推出花生粽与肉粽两款粽子．为调查这两款粽子的受欢迎程度，店员连续10天记录了这两款粽子的销售量，用1，2，…，10分别表示第1，2，…，10天，记录结果得到频数分布表如下所示(其中销售量单位：个)．序号销售量类型1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 花生粽103 93 98 93 106 86 87 84 91 99 肉粽 88 97 98 95 101 98 103 106 102 112(1)根据表中数据完成如图所示的茎叶图；(2)根据统计学知识，请判断哪款粽子更受欢迎；(3)求肉粽销售量y 关于序号t 的线性回归方程，并预估第15天肉粽的销售量．(回归方程的系数精确到0.01)．参考数据：∑(10i=1t i −t)(y i −y)=156．参考公式：回归方程y ̂=a ̂+b ̂t 中斜率和截距的最小二乘估计分别为b ̂=ni=1i −t)(y i −y)∑(n i=1t −t)2，a ̂=y −b̂t ．19.如图，PA垂直于矩形ABCD所在的平面，AD=PA=2，CD=2√2，E，F分别是AB、PD的中点．(1)求证：AF⊥平面PCD．(2)求三棱锥P−EFC的体积．20.如图，已知点F为抛物线E：y2=2px(p>0)的焦点，点A(2,m)在抛物线E上，且|AF|=3．(1)求抛物线E的方程；(2)已知点G(−1,0)，延长AF交抛物线E于点B，证明：以点F为圆心且与直线GA相切的圆必与直线GB相切．21.已知函数m(x)=x2，函数n(x)=aln x+1(a∈R)．(1)若a=2，求曲线y=n(x)在点(1,n(1))处的切线方程；(2)若函数f(x)=m(x)−n(x)有且只有一个零点，求实数a的取值范围；(3)若函数g(x)=n(x)+e x−ex−1≥0对x∈[1,+∞)恒成立，求实数a的取值范围．(e是自然对数的底数，e≈2.71828…)22. 在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为{x =−1+2cosφy =2sinφ(φ为参数).以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系.已知点P 的直角坐标为(−2,0)，过P 的直线l 与曲线C 相交于M ，N 两点．(1)若l 的斜率为2，求l 的极坐标方程和曲线C 的普通方程；(2)求PM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的值．23. (1)求f(x)=√−3x +12+√3x 的最大值；(2)设a ，b ，c >0，且ab +bc +ca =1，求证：a +b +c ≥√3．-------- 答案与解析 --------1.答案：D解析：解：∵集合A={x|−1≤x<2}，B={x|x≥1}，∴A∩B={x|1≤x<2}．故选：D．利用交集定义直接求解．本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．2.答案：C解析：本题考查了复数代数形式的乘除运算，复数的代数表示及其几何意义，以及共轭复数的概念，属于基础题．直接利用复数代数形式的乘除运算化简，求出z−在复平面内所对应的点的坐标得答案．解：∵z=−3+2i2+i =(−3+2i)(2−i)(2+i)(2−i)=−45+75i，∴z−=−45−75i．∴z−在复平面内所对应的点的坐标为(−45,−75)，位于第三象限．故选：C．3.答案：B解析：解：∵sinα=45，α∈(0,π2)，∴cos2α=1−2sin2α=1−2×1625=−725．故选B．由余弦的二倍角公式cos2α=1−2sin2α即可得到答案．本题考查余弦的二倍角公式，掌握公式是解决问题的关键，属于基础题．4.答案：A解析：解：由约束条件{x −y +1≤0x +y −3≥0y ≤4作出可行域如图，联立{y =4x −y +1=0，解得A(3,4)， 化z =2x +y 为y =−2x +z ，由图可知，当直线y =−2x +z 过A 时，直线在y 轴上的截距最大，z 有最大值为2×3+4=10．故选：A ．由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．5.答案：C解析：本题为图形信息题，要求不仅能从图形中看出两类数据之间的差异，还要能根据要求处理所给数据． 从六维能力雷达图中我们可以得到甲的各种能力的大小、乙的各种能力的大小以及甲、乙的各项能力的大小关系等，从而可判断A ，B ，D.而整体水平的优劣取决于六种能力的数字之和的大小，计算可得孰优孰劣．从六维能力雷达图上可以得到甲的记忆能力优于乙的记忆能力，故A 错．乙的创造力为3，观察能力为4，乙的观察能力优于创造力，故B 错．甲的六大能力总和为25，乙的六大能力总和为24，。
2020届福建省龙岩市地理高考5月模拟试题
2020届福建省龙岩市地理高考5月模拟试题一、本卷共4小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的．1．张库大道是指从张家口通往蒙古草原腹地城市乌兰巴托（当时叫库伦），并延伸到俄罗斯的贸易线路（如图），被誉为“北方丝绸之路”。
张家口堡是张家口的发源地，随着张库大道的兴衰，张家口堡逐渐从明代长城防线的要塞发展成为欧亚内陆繁盛的通商互市，至民国时期逐渐萧条。
目前张家口堡是我国保存最为完整的明清建筑城堡之一，堪称“明清建筑博物馆”，已成为国家AAA级旅游景区。
据此完成1～2题。
明清时期张家口堡互市上交易的商品主要是（）A．煤炭和药材B．马匹和茶叶C．丝绸和服装D．瓷器和水果2．张库大道是指从张家口通往蒙古草原腹地城市乌兰巴托（当时叫库伦），并延伸到俄罗斯的贸易线路（如图），被誉为“北方丝绸之路”。
张家口堡是张家口的发源地，随着张库大道的兴衰，张家口堡逐渐从明代长城防线的要塞发展成为欧亚内陆繁盛的通商互市，至民国时期逐渐萧条。
目前张家口堡是我国保存最为完整的明清建筑城堡之一，堪称“明清建筑博物馆”，已成为国家AAA级旅游景区。
据此完成1～2题。
造成张家口堡职能转变的主要原因是（）A．南北文化的交流融合B．区域经济水平的提高C．交通运输方式的改变D．社会经济的变化发展3．油樟，属常绿乔木，喜湿喜暖，抗虫性、耐寒性较差，三年即可郁闭成林。
油樟叶经蒸汽蒸馏冷凝可提取樟油，樟油在日化、医疗等产业中用途较大。
叙州区是我国最大的油樟基地。
春季，叙州区村民纷纷上山收集油樟落叶，并利用简易蒸馏器蒸煮樟叶，获取樟油。
如图示意叙州区地理位置和油樟林。
据此完成3～5题。
叙州区适宜油樟生长的最主要自然因素是（）A．地形、水源B．气候、水源C．气候、地形D．气候、土壤4．油樟，属常绿乔木，喜湿喜暖，抗虫性、耐寒性较差，三年即可郁闭成林。
油樟叶经蒸汽蒸馏冷凝可提取樟油，樟油在日化、医疗等产业中用途较大。
叙州区是我国最大的油樟基地。
2020届福建省龙岩市高三下学期5月模拟考试数学(文)试卷及解析
2020届福建省龙岩市高三下学期5月模拟考试数学（文）试卷★祝考试顺利★(解析版)本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）.全卷满分150分,考试时间120分钟.注意事项：1.考生将自己的姓名、准考证号及所有的答案均填写在答题卡上.2.答题要求见答题卡上的“填涂样例”和“注意事项”.第Ⅰ卷一、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{|}3A x Z x =∈<,{}2,0,2,3B =-,则A B =（ ）A. 2,0,2B. {}0,2C. {}2,2-D. {}2【答案】A【解析】根据集合的交集运算,即可求出结果.【详解】因为{|}3A x Z x =∈<,{}2,0,2,3B =-,所以{}2,0,2A B =-.故选：A .2.设112i z i+=-,则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【答案】C【解析】 首先根据复数的除法运算,即可求出1355z i =-+,可得1355z i =--,由此可得z 在复平面内对应的点为13,55⎛⎫-- ⎪⎝⎭,由此即可求出结果.【详解】因为()()()()11211312121255i i i z i i i i +++===-+--+,所以1355z i =--,所以z 在复平面内对应的点为13,55⎛⎫-- ⎪⎝⎭,故z 在复平面内对应的点位于第三象限. 故选：C .3.已知sin21cos2αα=-,且(0,)2πα∈,则α=（ ） A. 12πB. 6πC. 4πD. 3π【答案】C【解析】根据三角函数的辅角公式可得sin 2cos 2214πααα⎛⎫+=+= ⎪⎝⎭,进而sin 24πα⎛⎫+= ⎪⎝⎭,再根据(0,)2πα∈,分析可得52(,)444πππα+∈,由此即可求出结果. 【详解】因为sin21cos2αα=-,所以sin 2cos 2214πααα⎛⎫+=+= ⎪⎝⎭,所以sin 242πα⎛⎫+= ⎪⎝⎭,又(0,)2πα∈,所以52(,)444πππα+∈,所以3244ππα+=, 故4πα=. 故选：C .4.设x ,y 满足约束条件20,20,1,x y x y y +-≤⎧⎪-+≥⎨⎪≥-⎩则2z x y =-+的最小值为（ ）A. 5B. 2C. 4-D. –7 【答案】D【解析】由约束条件作出可行域,数形结合得到最优解,求出最优解的坐标,代入目标函数得答案．。
2020年福建省龙岩市高考数学一模试卷(文科)
2020年福建省龙岩市高考数学一模试卷（文科）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每个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M ＝{1, 3, 5}，N ＝{2, 4, 5}，则M ∪N ＝（ ） A.{5} B.{3, 5} C.{2, 4, 5} D.{1, 2, 3, 4, 5}2. 设z ＝i(1−i)，则z ¯=( ) A.1−i B.1+i C.−1−i D.−1+i3. 若双曲线x 2a 2−y 2=1(a >0)的实轴长为4，则其渐近线方程为（ ）A.y ＝±xB.y =±√2xC.y =±12xD.y ＝±2x4. 已知a =log 0.23，b =30.2，c =0.20.3，则( ) A.a <b <c B.b <c <a C.c <a <b D.a <c <b5. 若变量x ，y 满足约束条件{x −3y +4≥03x −y −4≤0x +y ≥0 ，则z ＝4x −y 的最小值是（ ）A.−6B.−5C.5D.66. 从2名女同学和3名男同学中任选2人参加演讲比赛，则选中的2人是1名男同学1名女同学的概率是（ ） A.15B.25C.35D.457. 第24届国际数学家大会会标是以我国古代数学家赵爽的弦图为基础进行设计的．如图所示，赵爽弦图是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形．如果小正方形的面积为1，大正方形的面积为25，直角三角形中较大的锐角为θ，那么cos2θ2=( )A.310B.35C.710D.458. 已知f(x)是奇函数，当x ≥0时，f(x)＝e x −1（其中e 为自然对数的底数），则f(ln 12)＝（ ） A.−1 B.1C.3D.−39. 已知四棱锥S −ABCD 的所有顶点都在球O 的球面上，SA ＝SB ，SA ⊥SB ，底面ABCD 是等腰梯形，AB // CD ，且满足AB ＝2AD ＝2DC ＝2，则球O 的表面积是（ ） A.43πB.8√23π C.4π D.8π10. 已知点F 为椭圆x 2a 2+y 2=1(a >1)的一个焦点，过点F 作圆x 2+y 2＝1的两条切线，若这两条切线互相垂直，则a ＝（ ） A.2B.√2C.√311. 函数f(x)＝cos ωx(ω>0)在区间[0,π2]上是单调函数，且f(x)的图象关于点M(34π,0)对称，则ω＝（ ）A.23或103B.23或2C.143或2D.103或14312. 已知数列{a n }满足a n+1=2+√4a n −a n 2，则a 1+a 2020的最大值是（ ） A.4−2√2B.8−√2C.4+2√2D.8+√2二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分．曲线y ＝(x −1)e x 在点(1, 0)处的切线方程为________．已知向量a →=(1, 1)，b →=(−3, m)，若向量2a →−b →与向量b →共线，则实数m ＝________．已知圆锥的顶点为S ，点A ，B ，C 在底面圆周上，且AB 为底面直径，若SA ＝AC ＝BC ，则直线SA 与BC 的夹角为________．有一道题目由于纸张破损，有一条件看不清楚，具体如下：“在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知a =√3，_________，c 2−b 2−3c +3＝0，求角A ．”经推断，破损处的条件为三角形一边的长度，且该题的答案A ＝45∘是唯一确定的，则破损处应是________=3+√32．三、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．已知{a n }是公差为1的等差数列，数列{b n }满足b 1＝1，b 2=12，a n b n+1+b n+1＝nb n ． （1）求数列{b n }的通项公式；（2）设c n ＝b n b n+1，求数列{c n }的前n 项和S n ．如图，在棱长为2的正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，M 分别是棱AB ，BC ，AD 的中点．（1）证明：D 1M // 平面A 1EF ；（2）求点D 1到平面A 1EF 的距离．某共享单车运营公司的市场研究人员为了了解公司的经营状况，对公司最近6个月的市场占有率y%进行了统计，结果如表：（1）请用相关系数说明能否用线性回归模型拟合y 与月份代码x 之间的关系．如果能，请计算出y 关于x 的线性回归方程；如果不能，请说明理由；（结果精确到0.01）（2）根据调研数据，公司决定再采购一批单车扩大市场，从成本1000元/辆的A 型车和800元/辆的B 型车中选购一种，两款单车使用寿命频数如表：经测算，平均每辆单车每年能为公司带来500元的收入，不考虑除采购成本以外的其它成本，假设每辆单车的使用寿命都是整数年，用频率估计每辆单车使用寿命的概率，以平均每辆单车所产生的利润的估计值为决策依据，如果你是公司负责人，会选择哪款车型？参考数据：∑ 6i=1(x i −x ¯)(y i −y ¯)=37，∑ 6i=1(x i −x ¯)2＝17.5，∑ 6i=1(y i −y ¯)2=82，√1435≈37.88，3737.88≈0.98．参考公式：相关系数r =n i=1i ¯i ¯√∑ n i=1(x i −x )2∑ n i=1(y i −y )2，b =∑ n i=1(x i −x ¯)(y i −y ¯)∑ n i=1(x i −x ¯)2，a =y ¯−b x ¯．设抛物线C:y 2＝2px(p >0)的焦点为F ，C 的准线与x 轴的交点为E ，点A 是C 上的动点．当△AEF 是等腰直角三角形时，其面积为2． （1）求C 的方程；（2）延长AF 交C 于点B ，点M 是C 的准线上的一点，设直线MF ，MA ，MB 的斜率分别是k 0，k 1，k 2，证明：k 1+k 2＝2k 0．已知函数f(x)=x +12ln 2x −ln x +1． （1）讨论f(x)的单调性；（2）若m >0，方程mf ′(x)−x +m x=0有两个不同的实数解，求实数m 的取值范围．（二）选考题：共10分．请考生在22、23两题中任选一题作答.注意：只能做所选定的题目．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4-4：坐标系与参数方程]已知曲线C 的极坐标方程是ρ−6cos θ＝0，以极点为原点，极轴为x 轴的正半轴，建立平面直角坐标系，直线l 过点M(0, 2)，倾斜角为34π．（1）求曲线C 的直角坐标方程与直线l 的参数方程；（2）设直线l 与曲线C 交于A ，B 两点，求1|MA|+1|MB|的值． [选修4-5：不等式选讲]已知函数f(x)=|x +1|+|x −2a|． (1)若a =1，解不等式f(x)<4；(2)对任意的实数m，若总存在实数x，使得m2−2m+4=f(x)，求实数a的取值范围．参考答案与试题解析2020年福建省龙岩市高考数学一模试卷（文科）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.【答案】D【考点】并集及其运算【解析】直接求出即可．【解答】集合M＝{1, 3, 5}，N＝{2, 4, 5}，则M∪N＝{1, 2, 3, 4, 5}，2.【答案】A【考点】复数的运算【解析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．【解答】∵z＝i(1−i)＝1+i，∴z¯=1−i．3.【答案】C【考点】双曲线的离心率【解析】先由实轴长为4，求出a＝2，从而得到渐近线方程．【解答】∵实轴长为4，∴2a＝4，∴a＝2，∴其渐近线方程为：y=±12x，4.【答案】D【考点】指数式、对数式的综合比较对数值大小的比较【解析】利用指数函数、对数函数的单调性即可得出．【解答】解：根据对数和指数的单调性可得：∵a<0，b>1，c∈(0, 1)，∴a<c<b．故选D.5.【答案】B【考点】简单线性规划【解析】先根据条件画出可行域，再利用z＝4x−y，几何意义求最值，将最小值转化为y轴上的截距最大，只需求出直线z＝4x−y，过可行域内的点A时的最小值，从而得到z最小值即可．【解答】设变量x，y满足约束条件{x−3y+4≥03x−y−4≤0x+y≥0在坐标系中画出可行域三角形，平移直线4x−y＝0经过点A(−1, 1)时，4x−y最小，最小值为：−5，则目标函数z＝4x−y的最小值：−5．6.【答案】C【考点】古典概型及其概率计算公式【解析】基本事件总数n=C52=10，选中的2人是1名男同学1名女同学包含的基本事件个数m=C21C31=6，由此能求出选中的2人是1名男同学1名女同学的概率．【解答】从2名女同学和3名男同学中任选2人参加演讲比赛，基本事件总数n=C52=10，选中的2人是1名男同学1名女同学包含的基本事件个数m=C21C31=6，则选中的2人是1名男同学1名女同学的概率是p=mn=610=35．7.【答案】D【考点】三角形的面积公式解三角形【解析】设大直角三角形的直角边长为a，a+1，a2+(a+1)2＝25，a>0．解出利用倍角公式即可得出．【解答】设大直角三角形的直角边长为a，a+1，则a2+(a+1)2＝25，a>0．解得a＝3．∴cosθ=35，sinθ=45．∴cos2θ2=1+cosθ2=45；8.【答案】A【考点】函数奇偶性的性质与判断【解析】由f(x)是奇函数可得f(−x)＝−f(x)，则f(ln12)＝f(−ln2)＝−f(ln2)，代入已知可求【解答】∵f(ln12)＝f(−ln2)∵f(x)是奇函数，∴f(−x)＝−f(x)∵当x≥0时，f(x)＝e x−1，则f(ln12)＝f(−ln2)＝−f(ln2)＝−(e ln2−1)＝−19.【答案】C【考点】球的表面积和体积【解析】利用已知条件求出四棱锥的外接球的半径，然后求解球O的表面积．【解答】底面ABCD是等腰梯形，AB // CD，且满足AB＝2AD＝2DC＝2，可知底面ABCD的外心为AB的中点O，到顶点的距离为1，因为SA＝SB，SA⊥SB，AB＝2，所以SA＝SB=√2，AB的中点O到S的距离为1，所以O是四棱锥的外接球的球心，外接球的半径为1，所以球O的表面积是：4π×12＝4π．10.【答案】C【考点】圆与圆锥曲线的综合问题【解析】由题意画出图形，可得c=√2，利用椭圆的性质求解a即可．【解答】如图，由题意椭圆x2a2+y2=1(a>1)的右焦点为F，过点F作圆x2+y2＝1的切线，若两条切线互相垂直，可得√2=c，则2＝c2，a2＝b2+c2＝3，则a=√3．11.【答案】B【考点】y=Asin（ωx+φ）中参数的物理意义【解析】首先求出函数的关系式中的ω和k的关系，进一步对k的取值进行验证，最后求出结果．【解答】f(x)的图象关于点M(34π,0)对称，则3π4ω=kπ+π2，整理得：ω=4k3+23(k∈Z)，当k＝0时，ω=23，所以函数f(x)=cos23x，函数的最小正周期为3π，所以函数f(x)在区间[0,π2]上是单调递减函数．当k＝1时，ω＝2，所以函数f(x)＝cos2x，函数的最小正周期为π，所以函数f(x)在区间[0,π2]上是单调递减函数．当k＝2时，ω=103，所以函数f(x)＝cos103x，函数的最小正周期为3π5，所以函数f(x)在区间[0,π2]上是不是单调递减函数，函数的单调性先减后增，故错误．12.【答案】C【考点】数列递推式【解析】依题意a n+1=2+√4a n−a n2，可化为：(a n+1−2)2+(a n−2)2=4，法一：利用圆的参数方程，结合辅助角公式可求得a1+a2020的最大值；法二：由x+y2≤√x2+y22，利用基本不等式可求得a1+a2020的最大值；法三：依题意，(a1, a2020)在(x−2)2+(y−2)2＝4上，令z＝x+y，利用点到直线间的距离公式可求得答案．【解答】依题意a n+1=2+√4a n−a n2，可化为：(a n+1−2)2+(a n−2)2=4，令b n=(a n−2)2，则b n+1+b n＝4，∴b n+2+b n+1＝4，于是b n+2＝b n，∴b1=(a1−2)2，b2020＝b2=(a2−2)2，∴b1+b2020＝b1+b2＝4，即(a1−2)2+(a2020−2)2=4，法一：{a 1=2+2cos θa 2020=2+2sin θ ⇒a 1+a 2020＝4+2√2sin (θ+π4)≤4+2√2（当且仅当θ=π4时等号成立）；法二：∵x+y 2≤√x 2+y 22，∴ a 1+a 2020＝(a 1−2)(a 2020−2)+4≤2×√(a 1−2)2+(a 2020−2)22+4＝4+2√2（当且仅当a 1＝a 2020＝2+√2时等号成立）法三：(a 1−2)2+(a 2020−2)2=4，即(a 1, a 2020)在(x −2)2+(y −2)2＝4上， 令z ＝x +y ，即x +y −z ＝0，∴ d =√2≤2，∴ |z −4|≤2√2，∴ 4−2√2≤z ≤4+2√2， ∴ z max ＝4+2√2．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分． 【答案】ex −y −e ＝0 【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程 【解析】先对曲线y ＝(x −1)e x 求导，然后求出切线斜率k ＝y ′|x ＝1，再求出切线方程． 【解答】由y ＝(x −1)e x ，得y ′＝xe x ，则曲线y ＝(x −1)e x 在点(1, 0)处的切线斜率k ＝y ′|x ＝1＝e ， ∴ 曲线y ＝(x −1)e x 在点(1, 0)处的切线方程为ex −y −e ＝0， 【答案】 −3【考点】平面向量共线（平行）的坐标表示 【解析】先求出向量2a →−b →的坐标(5, 2−m)，这样根据向量平行时的坐标关系即可建立关于m 的方程，解出m ． 【解答】因为向量a →=(1, 1)，b →=(−3, m)， 所以向量2a →−b →=(5, 2−m)； ∵ 2a →−b →与向量b →共线；∴ 5m −(2−m)×(−3)＝0⇒m ＝−3； 【答案】 π3【考点】异面直线及其所成的角【解析】取AB 中点O ，连结SO ，CO ，推导出OS ⊥平面ABC ，OC ⊥AB ，以O 为原点，OC 为x 轴，OB 为y 轴，OS 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线SA 与BC 的夹角． 【解答】取AB 中点O ，连结SO ，CO ，∵ 圆锥的顶点为S ，点A ，B ，C 在底面圆周上，且AB 为底面直径，SA ＝AC ＝BC ， ∴ OS ⊥平面ABC ，OC ⊥AB ，以O 为原点，OC 为x 轴，OB 为y 轴，OS 为z 轴，建立空间直角坐标系， 设OC ＝1，则S(0, 0, 1)，A(0, −1, 0)，B(0, 1, 0)，C(1, 0, 0)， SA →=(0, −1, −1)，BC →=(1, −1, 0)， 设直线SA 与BC 的夹角为θ， 则cos θ=|SA →⋅BC →||SA →|⋅|BC →|=√2⋅√2=12， ∴ θ=π3．∴ 直线SA 与BC 的夹角为π3． 【答案】c【考点】 余弦定理 【解析】由c 2−b 2−3c +3＝0，a =√3．结合余弦定理可求cos B ，进而可求B ，然后结合正弦定理及大边对大角即可进行求解． 【解答】因为c 2−b 2−3c +3＝0，a =√3． 所以c 2−b 2−√3ac +a 2=0， 即a 2+c 2−b 22ac=√32， 所以cos B =√32，又B ∈(0, π)，所以B =π6．（1）由正弦定理可知，b sin 30=√3sin 45可得b =√62． 检验：bsin B=a sin A⇒√62sin 30=√3sin A⇒sin A =√22， 又因为A ∈(0, π)且a >b ， 所以A =π4或者A =3π4，这与已知角A 的解为唯一解矛盾．（2）B =π6，A =π4，所以C =7π12，由正弦定理可知，csin 105=√3sin 45⇒c =3+√32，检验：csin C =asin A ⇒3+√32sin 75=√3sin A ⇒sin A =√22， 又A ∈(0, π)，且c >a ，∴A=π4．故应填的条件是：c=3+√32故答案为：c=3+√32三、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．【答案】由题意，可知a1b2+b2＝b1，即12a1+12=1，解得a1＝1．又∵数列{a n}是公差为1的等差数列，∴a n＝1+n−1＝n．∴a n b n+1+b n+1＝(n+1)b n+1＝nb n，∴数列{nb n}是常数数列，即nb n＝1⋅b1＝1，∴b n=1n，n∈N∗．由（1）知，c n＝b n b n+1=1n(n+1)=1n−1n+1，故S n＝c1+c2+...+c n＝1−12+12−13+⋯+1n−1n+1＝1−1n+1=nn+1．【考点】数列的求和数列递推式【解析】本题第（1）题将n＝1代入a n b n+1+b n+1＝nb n．可解出a1的值，从而可得数列{a n}的通项公式，然后将数列{a n}的通项公式代入a n b n+1+b n+1＝nb n．可发现数列{nb n}是常数数列，从而可得数列{b n}的通项公式；第（2）题先根据第（1）题的结果计算出数列{c n}的通项公式，然后运用裂项相消法求出前n项和S n．【解答】由题意，可知a1b2+b2＝b1，即12a1+12=1，解得a1＝1．又∵数列{a n}是公差为1的等差数列，∴a n＝1+n−1＝n．∴a n b n+1+b n+1＝(n+1)b n+1＝nb n，∴数列{nb n}是常数数列，即nb n＝1⋅b1＝1，∴b n=1n，n∈N∗．由（1）知，c n＝b n b n+1=1n(n+1)=1n−1n+1，故S n＝c1+c2+...+c n ＝1−12+12−13+⋯+1n−1n+1＝1−1n+1=nn+1．【答案】证明：：取CD的中点N，连结MN，D1N，EN．因为E，F，M，N分别是棱AB，BC，AD，CD的中点，所以MN // EF，又因为MN⊄平面A1EF，EF⊂平面A1EF，所以MN // 平面A1EF．又因为A1D1 // EN，A1D1＝EN，所以四边形A1D1NE是平行四边形，所以D1N // A1E，所以D1N // 平面A1EF．又D1N∩MN＝N，所以平面D1MN // 平面A1EF，又D1M⊂平面D1MN，所以D1M // 平面A1EF；因为D1M平面A1EF，所以点D1到平面A1EF的距离可以转化为点M到平面A1EF的距离．由已知可得S MEF=12×2×1=1，所以V A1−MEF=13S△MEF⋅AA1=13×1×2=23，又A1E=√5,EF=√2,A1F=√AA12+AF2=√4+5=3，所以cos∠A1EF=5+2−92×√5×√2=−√1010，可知sin∠A1EF=3√1010，所以S△A1EF=12A1E⋅EF sin∠A1EF=12×√5×√2×3√1010=32．又因为V A1−MEF=V M−A1EF，所以点M到平面A1EF的距离为43．所以点D1到平面A1EF的距离为43．【考点】点、线、面间的距离计算直线与平面平行【解析】（1）取CD的中点N，连结MN，D1N，EN，只需证明A1D1 // EN，A1D1＝EN，四边形A1D1NE是平行四边形，即可证明D1M // 平面A1EF；（2）可得D1M平面A1EF，所以点D1到平面A1EF的距离可以转化为点M到平面A1EF的距离．由V A1−MEF=V M−A1EF，即可得点D1到平面A1EF的距离．【解答】证明：：取CD的中点N，连结MN，D1N，EN．因为E，F，M，N分别是棱AB，BC，AD，CD的中点，所以MN // EF，又因为MN⊄平面A1EF，EF⊂平面A1EF，所以MN // 平面A1EF．又因为A1D1 // EN，A1D1＝EN，所以四边形A1D1NE是平行四边形，所以D1N // A1E，所以D1N // 平面A1EF．又D1N∩MN＝N，所以平面D1MN // 平面A1EF，又D1M⊂平面D1MN，所以D1M // 平面A1EF；因为D1M平面A1EF，所以点D1到平面A1EF的距离可以转化为点M到平面A1EF的距离．由已知可得S MEF=12×2×1=1，所以V A1−MEF=13S△MEF⋅AA1=13×1×2=23，又A1E=√5,EF=√2,A1F=√AA12+AF2=√4+5=3，所以cos∠A1EF=2×√5×√2=−√1010，可知sin∠A1EF=3√1010，所以S△A1EF=12A1E⋅EF sin∠A1EF=12×√5×√2×3√1010=32．又因为V A1−MEF=V M−A1EF，所以点M到平面A1EF的距离为43．所以点D1到平面A1EF的距离为43．【答案】由表格中数据可得，x¯=3.5，y¯=16．∵r=n i=1i¯i¯√∑ni=1(x i−x)2∑n i=1(y i−y)2=√17.5×82=√1435≈0.98，∴y与月份代码x之间高度正相关，故可用线性回归模型拟合两变量之间的关系．b=∑n i=1(x i−x¯)(y i−y¯)∑n i=1(x i−x¯)2=3717.5=7435≈2.114，a=y¯−b x¯=16−2.114×3.5≈8.601．∴y关于x的线性回归方程为y=2.114x+8.601；这100辆A款单车平均每辆的利润为：1100×(−500×8+0×32+500×40+1000×20)=360（元），这100辆B款单车平均每辆的利润为：1100×(−300×12+200×43+700×35+1200×10)=415（元）．∴用频率估计概率，A款单车与B款单车平均每辆的利润估计值分别为360元、415元，应采购B款车型．【考点】求解线性回归方程【解析】（1）由表格中的数据求得相关系数r值，可知y与月份代码x之间高度正相关，故可用线性回归模型拟合两变量之间的关系．再求出b与a的值，得到线性回归方程；（2）分别求出这100辆A款单车平均每辆的利润与这100辆B款单车平均每辆的利润，比较大小得结论．【解答】由表格中数据可得，x¯=3.5，y¯=16．∵r=n i=1i¯i¯√∑ni=1(x i−x)2∑n i=1(y i−y)2=17.5×82=1435≈0.98，∴y与月份代码x之间高度正相关，故可用线性回归模型拟合两变量之间的关系．b=∑n i=1(x i−x¯)(y i−y¯)∑n i=1(x i−x¯)2=3717.5=7435≈2.114，a=y¯−b x¯=16−2.114×3.5≈8.601．∴y关于x的线性回归方程为y=2.114x+8.601；这100辆A款单车平均每辆的利润为：1100×(−500×8+0×32+500×40+1000×20)=360（元），这100辆B款单车平均每辆的利润为：1100×(−300×12+200×43+700×35+1200×10)=415（元）．∴用频率估计概率，A款单车与B款单车平均每辆的利润估计值分别为360元、415元，应采购B款车型．【答案】当△AEF是等腰直角三角形时，EF⊥AF，∴点A(p2, p)，∴12×p×p=2，∴p＝2，∴抛物线方程为：y2＝4x；∵抛物线方程为：y2＝4x，∴准线方程为：x＝−1，焦点F(1, 0)，设M(−1, y0)，A(x1, y1)，B(x2, y2)，①当直线AB的斜率不存在时，A(1, 2)，B(1, −2)，∴k0=y0−2，k1=y0−2−2，k2=y0+2−2，∴k1+k2=2y0−2=2k0，即k1+k2＝2k0，②当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为：y＝k(x−1)，联立方程{y=k(x−1)y2=4x，消去y得：k2x2−(2k2+4)x+k2＝0，∴ x 1+x 2=2k 2+4k 2，x 1x 2＝1，y 1+y 2＝k(x 1+x 2)−2k =4k ，∴ k 0=y 0−2，k 1=y 0−y 1−1−x 1，k 2=y 0−y 2−1−x 2，∴ k 1+k 2=y 0−y 1−1−x 1+y 0−y 2−1−x 2=−(y 0−y 11+x 1+y 0−y 21+x 2)=−(y 0−y 1)(1+x 2)+(y 0−y 2)(1+x 1)(1+x 1)(1+x 2)=−2y 0+y 0(x 1+x 2)−(y 1+y 2)−2kx 1x 2+k(x 1+x 2)1+(x 1+x 2)+x 1x 2=−2y 0+y 0(2+4k 2)−4k −2k +k(2+4k 2)4+4k2=−y 0(4+4k 2)4+4k2＝−y 0，∴ k 1+k 2＝2k 0， 故k 1+k 2＝2k 0得证． 【考点】直线与抛物线的位置关系 抛物线的标准方程 【解析】（1）由题意可得：12×p ×p =2，所以p ＝2，从而得到抛物线方程；（2）设M(−1, y 0)，A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，对直线AB 的斜率分情况讨论，当直线AB 的斜率不存在时，A(1, 2)，B(1, −2)，易得k 1+k 2＝2k 0，当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为：y ＝k(x −1)，与抛物线方程联立，利用韦达定理化简k 1+k 2=y 0−y 1−1−x 1+y 0−y 2−1−x 2得：k 1+k 2＝−y 0，即k 1+k 2＝2k 0．【解答】当△AEF 是等腰直角三角形时，EF ⊥AF ，∴ 点A(p2, p)， ∴ 12×p ×p =2，∴ p ＝2，∴ 抛物线方程为：y 2＝4x ；∵ 抛物线方程为：y 2＝4x ，∴ 准线方程为：x ＝−1，焦点F(1, 0)， 设M(−1, y 0)，A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，①当直线AB 的斜率不存在时，A(1, 2)，B(1, −2)， ∴ k 0=y 0−2，k 1=y 0−2−2，k 2=y 0+2−2，∴ k 1+k 2=2y 0−2=2k 0，即k 1+k 2＝2k 0，②当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为：y ＝k(x −1)，联立方程{y =k(x −1)y 2=4x ，消去y 得：k 2x 2−(2k 2+4)x +k 2＝0， ∴ x 1+x 2=2k 2+4k 2，x 1x 2＝1，y 1+y 2＝k(x 1+x 2)−2k =4k，∴ k 0=y0−2，k 1=y 0−y1−1−x 1，k 2=y 0−y2−1−x 2，∴ k 1+k 2=y 0−y 1−1−x 1+y 0−y 2−1−x 2=−(y 0−y 11+x 1+y 0−y 21+x 2)=−(y 0−y 1)(1+x 2)+(y 0−y 2)(1+x 1)(1+x 1)(1+x 2)=−2y 0+y 0(x 1+x 2)−(y 1+y 2)−2kx 1x 2+k(x 1+x 2)1+(x 1+x 2)+x 1x 2=−2y 0+y 0(2+4k 2)−4k −2k +k(2+4k 2)4+4k2=−y 0(4+4k 2)4+4k2＝−y 0，∴ k 1+k 2＝2k 0， 故k 1+k 2＝2k 0得证． 【答案】依题意函数f(x)的定义域为(0, +∞)，f ′(x)=1+ln x x−1x =x+ln x−1x，令g(x)＝x +ln x −1，则g ′(x)=1+1x >0，故g(x)在(0, +∞)单调递增， 又 g(1)＝0，所以当x ∈(0, 1)时，g(x)<0，即f′(x)<0， 当x ∈(1, +∞)时，g(x)>0，即f′(x)>0；故f(x)在(0, 1)上单调递减，在(1, +∞)上单调递增； 方程mf ′(x)−x +m x=0化简可得m(x +ln x)＝x 2，所以方程mf ′(x)−x +m x=0有两解等价于方程x+ln x x 2=1m 有两解， 设F(x)=x+ln x x 2，则F ′(x)=x 2+x−2x 2−2x ln xx 4=1−x−21nxx 3，令ℎ(x)＝1−x −2ln x ，由于ℎ(x)=−1−2x <0，所以ℎ(x)在(0, +∞)单调递减， 又ℎ(1)＝0，所以当x ∈(0, 1)时，ℎ(x)>0，即F′(x)>0， 当x ∈(1, +∞)时，ℎ(x)<0，即F′(x)<0；故F(x)在(0, 1)上单调递增，在(1, +∞)上单调递减． 所以F(x)在x ＝1时取得最大值F(1)＝1，又F(1e )=e −e 2<0，F(1)＝1>0，所以存在x 1∈(1e ,1)，使得F(x 1)＝0，又F(x)在(0, 1)上单调递增，所以当x ∈(0,1e )时，F(x)<0；当x ∈(1e,1)时，F(x)>0，即F(x)∈(0, 1)．因为F(x)在(1, +∞)上单调递减，且当x ∈(1, +∞)时，F(x)=x+ln x x 2>0，即F(x)∈(0, 1)． 所以方程x+ln x x 2=1m 有两解只须满足0<1m <1，解得：m >1， 所以方程mf ′(x)−x +m x=0有两个不同的实数解时，实数m 的取值范围是(1, +∞)．【考点】利用导数研究函数的极值 利用导数研究函数的单调性 【解析】（1）求导可得f ′(x)=x+ln x−1x，令g(x)＝x +ln x −1，再利用导数可知g(x)在(0, +∞)单调递增，进而可得当x ∈(0, 1)时，f′(x)<0，当x ∈(1, +∞)时，f′(x)>0，由此求得函数f(x)的单调性； （2）问题等价于方程x+ln x x =1m 有两解，设F(x)=x+ln x x ，利用导数研究函数F(x)的性质，可得0<1m <1，由此求得实数m 的取值范围． 【解答】依题意函数f(x)的定义域为(0, +∞)，f ′(x)=1+ln x x−1x =x+ln x−1x，令g(x)＝x +ln x −1，则g ′(x)=1+1x >0，故g(x)在(0, +∞)单调递增， 又 g(1)＝0，所以当x ∈(0, 1)时，g(x)<0，即f′(x)<0，当x ∈(1, +∞)时，g(x)>0，即f′(x)>0；故f(x)在(0, 1)上单调递减，在(1, +∞)上单调递增； 方程mf ′(x)−x +m x=0化简可得m(x +ln x)＝x 2，所以方程mf ′(x)−x +m x=0有两解等价于方程x+ln x x 2=1m有两解，设F(x)=x+ln x x ，则F ′(x)=x 2+x−2x 2−2x ln xx =1−x−21nxx ，令ℎ(x)＝1−x −2ln x ，由于ℎ(x)=−1−2x <0，所以ℎ(x)在(0, +∞)单调递减， 又ℎ(1)＝0，所以当x ∈(0, 1)时，ℎ(x)>0，即F′(x)>0，当x ∈(1, +∞)时，ℎ(x)<0，即F′(x)<0；故F(x)在(0, 1)上单调递增，在(1, +∞)上单调递减． 所以F(x)在x ＝1时取得最大值F(1)＝1，又F(1e )=e −e 2<0，F(1)＝1>0，所以存在x 1∈(1e ,1)，使得F(x 1)＝0， 又F(x)在(0, 1)上单调递增，所以当x ∈(0,1e )时，F(x)<0；当x ∈(1e,1)时，F(x)>0，即F(x)∈(0, 1)．因为F(x)在(1, +∞)上单调递减，且当x ∈(1, +∞)时，F(x)=x+ln x x 2>0，即F(x)∈(0, 1)．所以方程x+ln x x 2=1m有两解只须满足0<1m<1，解得：m >1， 所以方程mf ′(x)−x +m x=0有两个不同的实数解时，实数m 的取值范围是(1, +∞)．（二）选考题：共10分．请考生在22、23两题中任选一题作答.注意：只能做所选定的题目．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4-4：坐标系与参数方程]【答案】曲线C 的极坐标方程是ρ−6cos θ＝0，转换为直角坐标方程为(x −3)2+y 2＝9． 直线l 过点M(0, 2)，倾斜角为34π．整理得参数方程为{x =−√22t y =2+√22t（t 为参数）．将直线l 的参数方程代入曲线C 的直角坐标方程得(−√22t −3)2+(2+√22t)2=9，整理得t 2+5√2t +4=0，所以：t 1+t 2=−5√2，t 1t 2＝4， 所以求1|MA|+1|MB|=|t 1+t 2||t 1t 2|=5√24． 【考点】圆的极坐标方程参数方程与普通方程的互化【解析】（1）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换． （2）利用一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果． 【解答】曲线C 的极坐标方程是ρ−6cos θ＝0，转换为直角坐标方程为(x −3)2+y 2＝9． 直线l 过点M(0, 2)，倾斜角为34π．整理得参数方程为{x =−√22t y =2+√22t（t 为参数）． 将直线l 的参数方程代入曲线C 的直角坐标方程得(−√22t −3)2+(2+√22t)2=9，整理得t 2+5√2t +4=0，所以：t 1+t 2=−5√2，t 1t 2＝4， 所以求1|MA|+1|MB|=|t 1+t 2||t 1t 2|=5√24． [选修4-5：不等式选讲] 【答案】解：(1)当a =1时，第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 f(x)=|x +1|+|x −2|={2x −1,x >2,3,−1≤x ≤2,−2x +1,x <−1.∵ f(x)<4，∴ {x >2,2x −1<4 或{−1≤x ≤2,3<4 或{x <−1,−2x +1<4,∴ 2<x <52或−1≤x ≤2或−32<x <−1，∴ −32<x <52，∴ 不等式的解集为{x|−32<x <52}．(2)∵ 对任意的实数m ，若总存在实数x ，使得m 2−2m +4=f(x)， ∴ m 2−2m +4的取值范围是f(x)值域的子集．∵ f(x)=|x +1|+|x −2a|≥|2a +1|，∴ f(x)的值域为[|2a +1|, +∞).又m 2−2m +4=(m −1)2+3≥3，∴ |2a +1|≤3，∴ −2≤a ≤1，∴ 实数a 的取值范围为[−2, 1]．【考点】函数恒成立问题绝对值不等式的解法与证明【解析】（1）将a ＝1代入f(x)中，再利用零点分段法解不等式f(x)<4即可；（2）根据条件可知，m 2−2m +4的取值范围是f(x)值域的子集，然后求出f(x)的值域和m 2−2m +4的取值范围，再求出a 的范围．【解答】解：(1)当a =1时，f(x)=|x +1|+|x −2|={2x −1,x >2,3,−1≤x ≤2,−2x +1,x <−1.∵ f(x)<4，∴ {x >2,2x −1<4 或{−1≤x ≤2,3<4 或{x <−1,−2x +1<4,∴ 2<x <52或−1≤x ≤2或−32<x <−1，∴ −32<x <52，∴ 不等式的解集为{x|−32<x <52}．(2)∵ 对任意的实数m ，若总存在实数x ，使得m 2−2m +4=f(x)， ∴ m 2−2m +4的取值范围是f(x)值域的子集． ∵ f(x)=|x +1|+|x −2a|≥|2a +1|， ∴ f(x)的值域为[|2a +1|, +∞). 又m 2−2m +4=(m −1)2+3≥3， ∴ |2a +1|≤3， ∴ −2≤a ≤1， ∴ 实数a 的取值范围为[−2, 1]．。