福建省厦门市2020届高三毕业班第一次质量检测数学(理)模拟试题及参考答案

数学（理科）模拟试题

完卷时间：3月8日 2:30-4:30 满分：150分

一、选择题：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Axx≤1,Bx(x)≤0,则ACRB

212A. 1,1 B.  C. 1,2.设zi3，则zz

121,1 D. 1,1 2A. i310 B. i310 C.i310 D. i310 3.中国武汉于2019年10月18日至2019年10月27日成功举办了第七届世界军人运动会.来自109个国家的9300余名运动员同台竞技.经过激烈的角逐,奖牌榜的前3名如下： 国家 金牌 银牌 铜牌 奖牌总数 中国 133 64 42 239 俄罗斯 51 53 57 161 巴西 21 31 36 88 某数学爱好者采用分层抽样的方式,从中国和巴西获得金牌选手中抽取了22名获奖代表.从这22名中随机抽取3人, 则这3人中中国选手恰好1人的概率为

221957171 B. C. D.

154015401540574．已知等差数列an的前n项和为Sn，公差为2，且a7是a3与a9的等比中项，则S10的

A.

值为

A．－110

B．－90

xx C．90 D．110

5.已知函数fxee, 给出以下四个结论： (1) fx是偶函数； (2) fx的最大值为2；

(3) 当fx取到最小值时对应的x0；

(4) fx在,0单调递增,在0,单调递减.

正确的结论是

A. (1) B. (1)(2)(4) C. (1)(3) D.(1)(4)

6. 已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面边长为1，高为2，M为B1C1的中点，过M作 平面平行平面A1BD，若平面把该正四棱柱分成两个几何体，则体积较小的几何体的体积为 A．

1 8

12 B．

21 161 C．

321 24 D．

1 487.设ae,b4e,c2e,d3e,则a,b,c,d的大小关系为

A. cbda B. cdab C. cbad D. cdba. 8.函数fxsinxcosx的最小正周期与最大值之比为

A.  B. 2 C. 4 D. 8

9. 已知三角形ABC为直角三角形,点E为斜边AB的中点, 对于线段AB上的任意一点

uuuruuuruuuruuuruuur

D都有CECDBCAC4, 则CD的取值范围是

A. [2,26] B. 2,26 C. 2,22 D. 2,22

10．中国古代近似计算方法源远流长，早在八世纪，我国著名数学家、天文学家张隧（法号：一行）为编制《大衍历》发明了一种近似计算的方法——二次插值算法（又称一行算法，牛顿也创造了此算法，但是比我国张隧晚了上千年）：对于函数yf(x)，若

y1f(x1),y2f(x2),y3f(x3)，x1x2x3，则在区间x1,x3上f(x)可以用二次函

yy2yy1数f(x)y1k1(xx1)k2(xx1)(xx2)来近似代替，其中k12，k3，

x2x1x3x22ππkk1k2.若令x10，x2，x3π，请依据上述算法，估算sin的近似值是

x3x1252417163A． B． C． D．

2525255x2y2211.已知双曲线221的右支与抛物线x2py相交于A,B两点,记点A到抛物线焦

ab点的距离为d1,抛物线的准线到抛物线焦点的距离为d2,点B到抛物线焦点的距离为d3,且d1,d2,d3构成等差数列,则双曲线的渐近线方程为

23x B.y2x C.y3x D.yx 23x2x12. 已知方程xeae10只有一个实数根,则a的取值范围是

A .yA.a≤0或a≥4二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。 13.2x3y的展开式中二项式系数最大的项为 ▲ .

14.高三年段有四个老师分别为a,b,c,d, 这四位老师要去监考四个班级A,B,C,D, 每个老师只能监考一个班级, 一个班级只能有一个监考老师. 现要求a老师不能监考A班,b老师不能监考B班,c老师不能监考C班,d老师不能监考D班,则不同的监考方式有 ▲ 种.

15.已知圆O:xy1, 圆N:xa2ya1. 若圆N上存在点Q,过点

22111 B.a≤0或a≥ C.a≤0 D.a≥0或a≤ 2 3 322Q作圆O的两条切线. 切点为A,B,使得AQB60o,则实数a的取值范围是 ▲

16.已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为3. 点N是棱A1B1的中点,点T是棱CC1上靠近点C的三等分点. 动点Q在正方形D1DAA1(包含边界)内运动, 且QB//面D1NT,则动点Q所形成的轨迹的长度为 ▲

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. （12分）已知函数f(x)sinx(cosxsinx)1. 2（1）求f(x)的单调递减区间；

（2）在锐角△ABC中，a，b，c 分别为角A，B，C的对边，且满足acos2BacosBbsinA，求f(A)的取值范围.

18. (12分)在三棱柱ABCA1B1C1中，已知ABACAA， 15平面ABC. BC4，O为BC的中点，AO1（1）证明四边形BB1C1C为矩形；

（2）求直线AA1与平面A1B1C所成角的余弦值.

19. (12分)根据养殖规模与以往的养殖经验，某海鲜商家的海产品每只质量（克）在正常环境下服从正态分布N280,25．

A1B1C1ABOC（1）随机购买10只该商家的海产品，求至少买到一只质量小于265克该海产品的概率． （2）2020年该商家考虑增加先进养殖技术投入，该商家欲预测先进养殖技术投入为49千元时的年收益增量．现用以往的先进养殖技术投入xi（千元）与年收益增量yi（千元）（i1,2,3,,8）的数据绘制散点图，由散点图的样本点分布，可以认为样本点集中在曲线

yabx的附近，且x46.6，y563，t6.8，(xix)289.8，(tit)21.6，

2i1i1881xxyy1469ttyy108.8tx， ，其中，=t iiiiii8i1i188t．根据所

ii18给的统计量，求y关于x的回归方程，并预测先进养殖技术投入为49千元时的年收益增量． 附：若随机变量Z～N1,4，则P5Z70.9974，0.9987100.9871；

对于一组数据(u1,v1)，(u2,v2)，，(un,vn)，其回归线vu的斜率和截距的最小

nˆ二乘估计分别为(uu)(vv)iii1(uu)ii1nˆu． ˆv，2

20.（12分）在平面直角坐标系xOy中， 圆A:(x1)2y216，点B(1,0)，过B的直线l与圆A交于点C,D，过B做直线BE平行AC交AD于点E． （1）求点E的轨迹的方程；

uuuuruuuur（2）过A的直线与交于H、G两点，若线段HG的中点为M，且MN2OM，求四边形OHNG面积的最大值． 21．（12分）

已知函数f(x)lnx+ax+1有两个零点x1,x2. （1）求a的取值范围；

（2）记f(x)的极值点为x0，求证：x1x22ef(x0).

（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，则按所做第一个题目计分．

22．[选修44：坐标系与参数方程]（10分）

xcos,在直角坐标系xOy下，曲线C1的参数方程为（为参数），曲线C1在变换

ysinx'2x,T：的作用下变成曲线C2．

y'y,（1）求曲线C2的普通方程；

（2）若m>1，求曲线C2与曲线C3：y=m|x|-m的公共点的个数．

23．[选修45：不等式选讲]（10分）

已知函数f(x)|x2||3x1|m．

（1）当m=5时，求不等式f(x)0的解集； （2）若当x

161

0恒成立，求实数m的取值范围． 时，不等式f(x)|4x1|4

数学（理科）模拟试题答案

评分说明：

1．本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制定相应的评分细则。

2．对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应给分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分。

3．解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数。 4．只给整数分数。选择题和填空题不给中间分。

一、选择题：本大题考查基础知识和基本运算．每小题5分，满分60分． 1．C 2．B 3．C 4．D 5．C 6．C 7．B 8．C 9．C 10．A 11．A 12．A 【选择题详解】

1. 解析:选C. A1,1,B,则ACRB1,12121,1. 22. 解析:选B. zi3，则zzi310. 3. 解析:选C.中国和巴西获得金牌总数为154,按照分层抽样方法,22名获奖代表中有中国

12C19C357选手19个,巴西选手3个.故P. 3C22154024．解析：选D.因为a7是a3与a9的等比中项，所以a7a3a9，又数列an的公差为2，

2所以(a112)(a14)(a116)，解得a120，故an20(n1)(2)222n，

10(a1a10)5(202)110．

25.解析:选C ，通过偶函数定义判断可知fx为偶函数，求导作出下图.

所以S10

6. 解析：选C．分别取C1D1．CC1中点E．F，易知平面EFM平行于平面A1BD，又平面过点M，平面平行于平面A1BD，所以平面EFM与平面是同一个平面，所以

11121()1. 322241e3216244e29e227.解析:选B.a4,b4,c24,d4,

eeeeee体积较小的几何体等于由于e2.7,e7.39,e20.09,所以cdab.

8. 解析:选C.去绝对值作出图象得函数最小正周期为2,最大值为f正周期与最大值之比为4.

231,所以最小429. 解析:选C.由已知可得AB4，CEAEBE2.设=.当D与E重合

uuuruuur

uuuruuur时,CECD22cos04,符合题意;当D与A重合时,BDC,CD4cos,

uuuruuuruuuruuur代入CECD4,得24coscos4,此时.故0，.此时由CECD4,

44得2CDcos4,即CD2,结合0，可得CD2,22.

cos4π，xπ处的函数值分别为 210．解析:选A.函数yf(x)sinx在x0，xπy1f(0)0，y2f()1，y3f(π)0，

2故k1yy2y2y122kk14，k3，k22，

x2x1x3x2x3x1424x(x)xx， 222424即sinx2xx，

故f(x)2x42424224.故选A． 2()25552511. 解析:选A .设Ax1,y1,Bx2,y2,抛物线焦点为F.

所以sin由已知有AFBF2p,即y1y2p.

x12y1212x12x22y1y2y1y2a2b由.两式相减得, 2222abx21y2b2a22py12py2y1y2y1y22b21yx. 即,故,所以渐近线方程为

2a2b2a2212. 解析:选A.令te,t0,xlnt.转化成tlntat210,即lntat0 令ftlntat,显然f10

问题转化成函数ft在0,上只有一个零点1

x1t1t11at2tafta12 2ttt/若a0,则ftlnt在0,单调递增,f10,此时符合题意； 若a0,则f/t0,ft在0,单调递增,f10,此时符合题意；

2若a0,记htatta,开口向下,对称轴t10，过0,a，14a2. 2a当0时,即14a0,a此时符合题意；

21时，f/t0，ft在0,单调递减，f10，21时，设ht0有两个不等实根t1,t2，0t1t2

.2当0时，即14a0，0a又h10，对称轴t211，所以0t11t2。 2a则ft在0,t1单调递减，t1,t2单调递增，t2,单调递增。 由于f10所以ft20 取t0e,ft012a1a1aeaea21a12a21a

记a1aeae令t,t2 a1t2etet则amt0，所以ft002 t结合零点存在性定理可知,函数ft在t2,t0存在一个零点,不符合题意. 综上,符合题意的a的取值范围是a0或a1. 2二．填空题：本大题考查基础知识和基本运算．每小题5分，共20分． 13．216xy 14．9 15．1221414,1 2216． 10 【填空题详解】 13.解析:T3C42x223y2216x2y2.

14.解析:当a老师监考B班时,剩下的三位老师有3种情况,同理当a老师监考C班时,也有3种,当a老师监考D班时,也有3种,共9种.

15.解析:由已知有QO2,即点Q的轨迹方程为圆T:xy4.问题转化为圆N和圆

22T有公共点.则1a2a23,故121414a1. 2216.解析:由于QB//面D1NT,所以点Q在过B且与面D1NT平行的平面上.取DC中点

E1,取A1G1,则面BGE1//面D1NT.延长BE1,延长AD,交于点E,连接EG,交DD1于点I.显然,面BGE面D1DAA1GI,所以点Q的轨迹是线段GI.易求得GI10.

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. 解：（1）f(x) 111sin2x(1cos2x) 2221(sin2xcos2x) 22sin(2x),…………………………………………………………3分 24由2k22x42k35,kZ,得kxk, 288所以f(x)的单调递减区间为k8,k5,kZ.……………………6分 8（2）由正弦定理得sinAcos2BsinAcosBsinBsinA, ∵sinA0,∴cos2BcosBsinB,

即(cosBsinB)(cosBsinB)cosBsinB,

(cosBsinB)(cosBsinB1)0,

得cosBsinB0,或cosBsinB1, 解得B4,或B2(舍去）,………………………………………………9分

3, 4∵VABC为锐角三角形，A+C0A,2∴解得A,

4203A,42∴

35222A,sin(2A), 444242112sin(2A)的取值范围为(,).……………………12分

2224∴f(A)18. (12分)

解：(1)连接AO,因为O为BC的中点， 可得BCAO，………………………………1分 ∵A1O平面ABC， BC平面ABC， ∴A1OBC， ……………………………………2分

zA1B1C1O，∴BC平面AA1O， 又∵AOAO1∴BCAA1，……………………………………3分 ∵BB1PAA1， ∴BCBB1，

xAyBOC又∵四边形BB1C1C为平行四边形，∴四边形BB1C1C为矩形.…………………………5分 (2)如图,分别以OA,OB,OA1所在直线为x,y,z轴，建立空间直角坐标系,则

A(1,0,0),B(0,2,0),C(0,2,0),……………………………………6分

中，AORtVAOB中，AOAB2BO21，RtVAAOAA12AO22， 11uuuruuuruuuuruuurA1(0,0,2)，∴AA1(1,0,2)，AC(0,2,2)，A1B1AB(1,2,0)，………7分 1设平面A1B1C的法向量是n(x,y,z),

uuurnAB0,x2y0,x2y,由uuur得即，可取n(2,1,1),………………9分

2y2z0,zy,0,nAC1设直线AA1与平面A1B1C所成角为，则[0,2uuurAA1nuuur42sincosAA1,nuuu30,…………………………11分 r1556AA1n]，

∵[0,2]，∴cos1sin2105， 15105.………………………………12分 15即直线AA1与平面A1B1C所成角的余弦值为

19. 解：（1）由已知，单只海产品质量～N280,25，则280，5，…………1分 由正态分布的对称性可知，

111P2651P2652951P332210.99740.0013， 2…………………………………………………………………………………………………3分 设购买10只该商家海产品，其中质量小于265g的为X只，故X～B10,0.0013， 故PX≥11PX0110.001310.98710.0129，

所以随机购买10只该商家的海产品，至少买到一只质量小于265克的概率为0.0129.…6分 （2）由t6.8，y563，

810ttyy108.8，(tt)iii8821.6，

i1i1ˆ有bttyyiii12ttii18108.868，……………………………………………………8分 1.6ˆ563686.8100.6，………………………………………………………9分 ˆybt且aˆ100.668x，…………………………………………10分 所以y关于x的回归方程为yˆ100.66849576.6千元. 当x49时，年销售量y的预报值y所以预测先进养殖技术投入为49千元时的年收益增量为576.6千元. …………………12分 20. 解：（1）因为

EBED，又因为ACAD4，所以EBED，……………1分 ACAD所以EBEAEDEAAD4AB2，……………………………………………2分 所以E的轨迹是焦点为A，B，长轴为4的椭圆的一部分，

x2y2设椭圆方程为221(ab0)，

ab则2a4，2c2，所以a24，b2a2c23，

x2y21，…………………………………………………………………3分 所以椭圆方程为43又因为点E不在x轴上，所以y0，

x2y21(y0).………………………………………………4所以点E的轨迹的方程为43分

（2）因为直线HG斜率不为0，设为xty1，……………………………………5分

xty1,设Gx1,y1，Hx2,y2，联立x2y2整理得3t24y26ty90，

134所以=36t236(3t24)144(t21)0，y1y26t9，，…………6分 yy123t243t24所以S△OHG16t21OAy1y22，………………………………………………………8分 23t4uuuuruuuur∵MN2OM，∴S△GHN2S△OHG， 设四边形OHNG的面积为S， 则SS△OHGS△GHN3S△OHG181818t21 ……………10分 22123t43t13t4t21t21令t21m(m≥1)， 再令y3m11，则y3m在1,单调递增， mm所以m1时，ymin4， 此时t0，3t211t21取得最小值4，所以Smax9.……………………………12分 221．解：（1）因为f(x)1ax1+a=，………………………………………………1分 xx当a≥0时，f(x)0，f(x)在0,单调递增，至多只有一个零点，不符合题意，舍去；………………………………………………………………………………………………2分 当a<0时，若0x11，则f(x)0；若x，则f(x)0， aa所以f(x)在0,11,单调递增，在单调递减，………………………………3分

aa所以f(x)maxf()ln()，

1a1a因为f(x)有两个零点，所以必须f(x)max0，则ln()0，

1a所以11，解得1a0. a又因为x0时，f(x)0； x时，f(x)0， 所以当1a0时，f(x)在0,11,和各有一个零点，符合题意，

aa综上，1a0.……………………………………………………………………………4分 （2）由（1）知1a0，且x01， a因为f(x)的两个零点为x1,x2，所以f(x1)0,lnx1ax110,所以

f(x2)0,lnx2ax210,…………………………………………………………………………………………………5分

x1xx2解得ln1a(x1x2)0，令x1x2,所以a，……………………………6分

x1x2x2ln令函数h(x)lnxx11，则h(x)， exe当0xe时，h(x)0；当xe时，h(x)0； 所以h(x)在0,e单调递增，在e,单调递减， 所以h(x)maxh(e)0，所以h(x)≤0，所以lnx≤x，………………………………8分 e因为f(x0)f()ln()，又因为1a1a1111，所以ln()≤， aaea所以2eln()≤1a22，即2ef(x0)≤， aa要证x1x22ef(x0)，只需x1x2≥2，………………………………………………9分 a即证x1x2≥x2(x1x2)2(x1x2)，即证ln1≥， x1xxx212lnx2x11)x1x2即证ln≥………………………………………………………………………10分

xx211x22(令x1x2，再令tx12(t1)(t1)，即证lnt≥， x2t1令h(t)lnt2(t1)(t1)，则t12t10，………………………………………………………11分 14h(t)tt12tt12所以h(t)在(1,+)单调递增，所以h(t)h(1)0，

所以lnt2(t1)，原题得证. ……………………………………………………………12分 t1（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，则按所做第一个题目计分。

22．解：（1）因为曲线C1的参数方程为22xcos,

ysin,所以曲线C1的普通方程为xy1， ·················· 2分

1x'2x,xx',x'222y'21， ····· 4分 将变换T：即2代入xy1，得4y'y,yy',x2y21． ·················· 5分 所以曲线C2的普通方程为4x2y21外． ····· 6分 （2）因为m>1，所以C3上的点A（0,-m）在椭圆E：4当x>0时，曲线E的方程化为ymxm，

x2y21，得(4m21)x28m2x4(m21)0，代入（*） 4因为64m4(4m1)4(m1)16(3m1)0， 所以方程（*）有两个不相等的实根x1，x2，

42228m24(m21)0，x1x20，所以x1>0，x2>0， 又x1x2224m14m1所以当x>0时，曲线C2与曲线C3有且只有两个不同的公共点， ········· 8分 又因为曲线C2与曲线C3都关于y轴对称，

所以当x<0时，曲线C2与曲线C3有且只有两个不同的公共点， ········· 9分 综上，曲线C2与曲线C3：y=m|x|-m的公共点的个数为4． ·········· 10分 23．解：（1）当m=5时，f(x)0|x2||3x1|50,

11x2,x,x2,或3或 3x23x150,x23x150,x23x150, ···································· 3分

11x2,x,x2,或3或33x1或1x2或x2

x,x1,x1,2x1或x1，所以不等式f(x)0的解集为{x|x1或x1}． ···· 5分

（2）由条件，有当x

161

0， 时，不等式f(x)|4x1|4

16恒成立， ················· 6分

|4x1|16，

|4x1|1616|4x1| ········ 7分

|4x1||4x1|即m|x2||3x1|令g(x)|x2||3x1|则因为g(x)|(x2)(3x1)| 2|4x1|168，

|4x1|且g()8， ····························· 9分 所以[g(x)]min8，

34所以m<8，即实数m的取值范围为（，8）． ··············· 10分