福建省福州第一中学2020届高三数学（理）6月高考模拟试题（Word版附答案）

福建省福州第一中学2020届高三数学（理）6月高考模拟试题（Word版附答案）

1 福州一中 2020 届高三（下）高考模拟考试 2020.6 理科数学 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.集合 A = { x | x < a}，B = { x | 1 < x < 2}，若 A B R Rð ，则实数 a 的取值范围是 A． 1a  B． 1a  C． 2a  D． 2a  2. 复数 3| |iz ii   （i 为虚数单位），则复数 z 的共轭复数为 A． 2 i B． 2+i C． 4 i D． 4 i 3. 1 2 1 (3 sin )x x dx  等于 A．0 B． 2sin1 C． 2cos1 D．2 4．若函数 ( )y f x 的定义域是 0,2 ，则函数 (2 )( ) 1 f xg x x   的定义域是 A．[0,1) (1,2] B．[0,1) (1,4] C．[0,1) D． (1,4] 5. 数列 na 的前 n 项和为 22 3 ( )nS n n n N    ，若 5p q  ，则 p qa a  A．20 B．15 C．10 D.-5 6. 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 A．3 B．10 3  C． 6 D． 8 3  7．在区间 1,1 上随机取一个数 k ，使直线  3y k x  与圆 2 2 1x y  相交的概率为 A. 1 2 B. 1 3 C. 2 4 D. 2 3 8. 向量 a、b、c 满足 a + b + c = 0，a⊥b，(a－b)⊥c， | | | | | | | | | | | |M a   a b c b c ，则 M = A．3 B． 3 2 C． 22 2  D． 3 21 2  2 9．已知正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 3 2 ， ,E F 分别为 ,BC CD 的中点， P 是线段 1A B 上的动点， 1C P 与平面 1D EF 的交点Q 的轨迹长为 A. 3 B. 13 C. 4 D. 3 2 10. 已知曲线 x xy e  在 1x x 处的切线为 1l ，曲线 lny x 在 2x x 处的切线为 2l ，且 1 2l l ，则 2 1x x 的取值范围是 A. 10, e     B. , 1  C.  ,0 D. 1, e     11. 某化工厂在定期检修设备时发现生产管道中共有 5 处阀门（ A E ）发生有害气体泄漏。 每处阀门在每小时内有害气体的泄露量大体相等，约为 0.01 立方米。阀门的修复工作可在 不停产的情况下实施。由于各阀门所处的位置不同，因此修复所需的时间不同，且修复时必 须遵从一定的顺序关系，具体情况如下表： 泄露阀门 A B C D E 修复时间 （小时） 11 8 5 9 6 需先修复 好的阀门  C   B 在只有一个阀门修复设备的情况下，合理安排修复顺序，泄露的有害气体总量最小为 A．1.14 立方米 B. 1.07 立方米 C. 1.04 立方米 D. 0.39 立方米 12. 设  0,1,2, ,2020ia i   是常数，对于 x R  ，都有          2020 0 1 2 20201 1 2 1 2 2020x a a x a x x a x x x            ， 则 0 1 2 3 4 5 2019 20202! 3! 4! 2018! 2019!a a a a a a a a          A. 2019 B. 2020 C. 2019！ D 2020！ 二．填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。请将答案填在答题卡对应题号．．．．．．．的位 置上。答错位置，书写不清，模棱两可均不得分。 13. cos15 cos45 cos75 cos45 =     _________. 3 14. 寒假里 5 名同学结伴乘动车外出旅游，实名制购票，每人一座，恰在同一排 , , , ,A B C D E 五个座位（一排共五个座位），上车后五人在这五个座位上随意坐，则恰有一人坐对与自己 车票相符座位的坐法有 种. 15. 如图，将地球近似看作球体。设地球表面某地正午太阳高度角为 ， 为此时太阳直射 纬度（当地夏半年取正值，冬半年取负值）， 为该地的纬度值。已知太阳每年直射范围在 南北回归线之间，即 23 26 ,23 26       。如果在北京地区（纬度数约为北纬 40 ）的一 幢高为 0h 的楼房北面盖一新楼，要使新楼一层正午的太阳全年不被前面的楼房遮挡，两楼 的距离不应小于_________.（只需列出式子） 16. 已知椭圆 2 2 : 14 3 x yC   的焦点是 1 2,F F ， ,A B 是 C 上（不在长轴上）的两点，且 1 2F A F B  ∥ 。 M 为 1F B 与 2F A的交点，则 M 的轨迹所在的曲线是______；离心率为_____. 三．解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 17. (本小题满分 12 分)已知数列 na ， nb 满足 1 1 2a  ，  1 +1n n na a a  ， 1 1n n b a   ，  nb 的前 n 项和为 nS ，前 n 项积为 nT . （1）证明： 2n nS T 是定值； （2）试比较 nS 与 nT 的大小。 4 18. (本小题满分 12 分)已知圆    22 2: 1 0C x y r r    ，设 A 为圆C 与 y 轴负半轴的交 点，过点 A 作圆C 的弦 AM ，并使弦 AM 的中点恰好落在 x 轴上。 （1）求点 M 的轨迹 E 的方程； （2）延长 MO 交直线 1y   于点 P ，延长 MC 交曲线 E 于点 N ，曲线 E 在点 N 处的切 线与 y 轴交于点Q 。求证： MN QP∥ 。 19. (本小题满分 12 分)如图，组合体由半个圆锥 S O 和一个三棱锥 S ACD 构成，其中O 是圆锥 S O 底面圆心，B 是圆弧 AC 上一点，满足 BOC 是锐角， 2AC CD DA   ． （1）在平面 SAB 内过点 B 作 BP∥平面 SCD 交 SA于点 P ，并写出作图步骤，但不要求证 明； （2）在（1）中，若 P 是 SA中点，且 3SO  ，求直线 BP 与平面 SAD 所成角的正弦值． 20. (本小题满分 12 分)已知 6 名某疾病病毒密切接触者中有 1 名感染病毒，其余 5 名健康， 需要通过化验血液来确定感染者．血液化验结果呈阳性的即为感染者，呈阴性即为健康． （1）若从这 6 名密切接触者中随机抽取 3 名，求抽到感染者的概率； （2）血液化验确定感染者的方法有：①逐一化验；②分组混合化验：先将血液分成若干 组，对组内血液混合化验，若化验结果呈阴性，则该组血液不含病毒；若化验结果呈阳性， 则对该组的备份血液逐一化验，直至确定感染者。 （i）采取逐一化验，求所需检验次数 的数学期望； （ii）采取平均分组混合化验（每组血液份数相同），依据所需化验总次数的期望，选 择合理的平均分组方案． 5 21. (本小题满分 12 分)已知函数   lnf x e x ax  ，   2 2 xg x x  。 （1）讨论函数  f x 的单调性； （2）若存在直线  y h x ，使得对任意的  0,x   ，    h x f x ，对任意的 x R ，    g x h x ，求 a 的取值范围。 请考生在第 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. 22．[选修 4—4：坐标系与参数方程]（10 分） 在直角坐标系 xoy 中，曲线 1C 的参数方程为   31 ,2 ,2 tx t ty      为参数 ，以原点O 为 极点 ， x 轴 的 非 负 半 轴 为 极 轴 建 立 极 坐 标 系 ， 曲 线 2C 的 极 坐 标 方 程 为 2 2 12 3 sin    ． （1）求曲线 1C 的普通方程和 2C 的直角坐标方程； （2）已知  1,0F  ，曲线 1C 与 2C 的交点为 ,A B ，求 AF BF 的值。 23．[选修 4—5：不等式选讲]（10 分） 已知 ( ) | 1| | 2 |.f x x a x    （1）若 2a  ，求  f x 的最小值； （2）若 ( ) 1f x   ，求实数 a 的取值范围. 6 参考答案 1-12：CBDCA ACDBB CA 13. 1 2 14.45 15. 0 tan26 34 h  16. 椭圆, 4 5 17. （1）证明：依题意  1 1 1 1 1=+1 1n n n n na a a a a    ，……2 分 则 1 1 1 1 1n n n n b a a a     ， 1 1 +1 n n n n ab a a    所以 1 2 1 2 2 3 1 1 1 1 1 1 1 1 12n n n n n S b b b a a a a a a a                ，…………4 分 1 2 1 2 2 3 1 1 1 2 n n n n n a a aT bb b a a a a         ，所以 2 2n nS T  。…………6 分 （2） 1 1 1 1 1 1 3 3 4 12 22 2 2 3n n n n n n S T a a a a                ，…………8 分 因为 1 1 2a  ， 2 1 0n n na a a    ，所以 na 单调递增。…………6 分 又因为 1 2 3 1 3 21 3, ,2 4 16 4a a a    ，所以当 3n  时， 3 4na  …………10 分 所以当 1n  时， 1 1=S T ； 当 2n  时， n nS T 。…………12 分 18. 7 解：（1）设  ,M x y ，依题意  0,1A r ，满足  22 2 1 0 1 y r x y r       ，消 r 得 2 4x y ， 所以  2: 4 0E x y x  。………………5 分 （2）设    1 1 2 2: 1, , , ,MN y kx M x y N x y  ，将 1y kx  代入 2 4x y 得 2 4 4 0x kx   ， 1 2 1 24 , 4x x k x x    ，………………7 分 1 1 : yMO y xx   ，令 1y   得 1 1 P xx y   ，所以 1 1 , 1xP y      ，………………8 分 因为 2 xy  ，所以点 N 处的切线为  2 2 22 xy y x x   ，即 2 22 xy x y   ， 令 0x  得 2y y  ，所以  20,Q y .………………10 分 所以 PQ 的斜率 2 2 2 2 1 1 2 1 2 1 1 1 11 4 4 44 4 16 160 x y x x x x xk kx y x            所以 MN QP∥ 。………………12 分 19. 解法一：（1）①延长 AB 交 DC 的延长线于点Q ；············································· 2 分 ②连接 SQ ；·············································································3 分 ③过点 B 作 BP QS∥ 交 SA于点 P 。············································· 5 分 （2）若 P 是 SA 中点，则 B 是 AQ 中点，又因为 CB AQ ，所以 CA CQ ，所以 90QAD   ，从而 30BAC   .·································································· 6 分 依题意， , ,OS OC OD 两两垂直，分别以 OC ，OD ，OS 为 x ， y ， z 轴建立空间直角坐 8 标系， 则       1 3 1 31,0,0 , 0, 3,0 , 0,0, 3 , ,0, , , ,02 2 2 2A D S P B              ， 从而     3 31, 3,0 , 1,0, 3 , 1, ,2 2AD AS BP            ，·······························8 分 设平面 SAD 的法向量为  , ,x y zn ， 则 0, 0, AS AD        n n 即 3 0, 3 0, x z x y      取 3x  ，得  3, 1, 1  n .····················· 10 分 则 2 3 2 3 2 6cos , 53 3 101 3 1 1 54 4 2 BP               n BPn n BP ， 所以直线 BP 与平面 SAD 所成角的正弦值为 2 6 5 ．·······································12 分 20. 解：（1） 2 5 3 6 1= = 2 CP C ………………3 分 （2）（i） 的可能取值是 1，2，3，4，5，且分布列如下：  1 2 3 4 5 P 1 6 1 6 1 6 1 6 1 3   10= 3E  ………………6 分 （ii）首先考虑（3，3）分组，所需化验次数为 ， 的可能取值是 2，3，   1 3 1 1=2 = = 3P C  ，   1 2 1 3 2=3 = = 3 CP C  分布列如下：  2 3 P 1 3 2 3 9   8= 3E  ………………9 分 再考虑（2，2，2）分组，所需化验次数为 ， 的可能取值是 2，3，   1 5 2 6 1=2 = = 3 CP C  ，   2 5 2 6 2=3 = = 3 CP C  分布列如下：  2 3 P 1 3 2 3   8= 3E  所以按（2，2，2）或（3，3）分组进行化验均可。………………12 分 21. 解：（1）   e e axf x ax x     ………………1 分 （i）若 0a  ，则   0f x  ；………………2 分 （ii）若 0a  ，则由   0f x  得 ex a  ，由   0f x  得 ex a  ； 综上：当 0a  时，  f x 在  0 +， 上单调递增； 当 0a  时，  f x 在 0 e a     ， 上单调递增，在 +e a     ， 上单调递减；…………4 分 （2）设存在 y kx b  满足题意。 （i）由 2 2 x x kx b   ，即   2 1 02 x k x b    ，得  2= 1 2 0k b    ， 所以  21 02 kb    ………………5 分 （ii）令    lnF x e x a k x b    ， 10      e a k xeF x a kx x       ………………6 分 ①若 0a k  ，则   0F x  ，  F x 单调递增，   ( ) 0F e e a k e b     ，不合 题意； ………………7 分 ②若 0a k  ，则  F x 在 0 e a k     ， 上单调递增，在 +e a k     ， 上单调递减， 所以    max = ln = lne eF x F e e b e a k ba k a k           ………………8 分 所以  ln 0e a k b    ，即  lne a k b   ， 由（i）得    21ln 2 ke a k   ………………9 分 即  21 2 k ea k e     ， 令    21 2 k ek k e     ，    21 2 11 k e kk e e        ，………………10 分      2 221 1 2 21 1+ 0 k k e ekk e ee e           ，所以  k 单调递增， 又因为  1 0e   ，所以  x 在  1e - ， 是单调递减，  1 +e  ， 是单调 递减，所以    min 1 1x e    ，所以  1,a   ………………12 分 22．解：（1） 2 2 1 2 3 3: , : 13 3 4 3 x yC y x C    。………………5 分 （2）设 ,A B 对应的直线参数为 1 2,t t ， 将 31 ,2 ,2 tx ty      代入 2 2 14 3 x y  得 213 12 3 36 0t t   ，故 1 2 12 3+ 13t t  ，………………8 分 当 A在 x 轴上方，  1 2 1 2 12 3=2 2 13AF BF a t a t t t        11 当 A在 x 轴下方， 12 3= 13AF BF  ………………10 分 23．解：（1） 3 5, 1 ( ) +3,1 2 3 5, 2 x x f x x x x x           ………………3 分 故    min 2 1f x f  ………………5 分 （2）令 1x  得 1a   ，………………7 分 此时 ( ) | 1| | 2 | | 1| | 2 | | 1 2 | 1f x x a x x x x x               ， 所以  1 +a   ， 。………………10 分