厦门2020届高三质检理科数学模拟试题

厦门市2020届高中毕业班第一次质量检测数学（理科）模拟 试题 中考模拟试题doc幼小衔接 数学试题 下载云南高中历年会考数学试题下载N4真题下载党史题库下载 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1.已知Axx≤1,Bx(x)2≤0,则ACB2R11A.1,1B.C.1,,1D.1,1222.设zi3，则zzA.i310B.i310C.i310D.i3103.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1336442239俄罗斯515357161巴西21313688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 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf .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221957171A.B.C.D.571540154015404．已知等差数列a的前n项和为S，公差为2，且a是a与a的等比中项，则S的nn73910值为A．－110B．－90C．90D．1105.已知函数fxexex,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ABCD的底面边长为1，高为2，M为BC的中点，过M作111111平面平行平面ABD，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1体积为1111A．B．C．D．8162448137.设ae2,b4e2,c2e1,d3e2,则a,b,c,d的大小关系为A.cbdaB.cdabC.cbadD.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厦门市2020届高三毕业班第一次质量检测数学（理科）答案第1页（共10页）ABCEABABD9.已知三角形uuuruuuruuur为直角三角形uuur,点uuur为斜边的中点,对于线段上的任意一点都有CECDBCAC4,则CD的取值范围是[2,26]2,262,222,22A.B.C.D.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yf(x),yf(x),yf(x)，xxx，则在区间x,x上f(x)可以用二次函11223312313yyyy数f(x)yk(xx)k(xx)(xx)来近似代替，其中k21，k32，1112121xxxx2132kkπ2πk1.若令x0，x，xπ，请依据上述算法，估算sin的近似值是2xx12235312417163A．B．C．D．2525255x2y211.已知双曲线1的右支与抛物线x22py相交于A,B两点,记点A到抛物线焦a2b2点的距离为d,抛物线的准线到抛物线焦点的距离为d,点B到抛物线焦点的距离为d,且123d,d,d构成等差数列,则双曲线的渐近线方程为12323A.yxB.y2xC.y3xD.yx2312.已知方程xexae2x10只有一个实数根,则a的取值范围是111A.a≤0或a≥B.a≤0或a≥C.a≤0D.a≥0或a≤233二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。13.2x3y4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:x2y21,圆N:xa22ya21.若圆N上存在点Q,过点Q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ABCD的棱长为3.点N是棱AB的中点,点T是棱CC上靠近1111111点C的三等分点.动点Q在正方形DDAA(包含边界)内运动,且QB//面DNT,则动点111Q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。117.（12分）已知函数f(x)sinx(cosxsinx).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.厦门市2020届高三毕业班第一次质量检测数学（理科）答案第2页（共10页）18.(12分)在三棱柱ABCABC中，已知ABACAA5，1111BC4，O为BC的中点，AO平面ABC.1（1）证明四边形BBCC为矩形；AC1111（2）求直线AA与平面ABC所成角的余弦值.B1111ACOB19.(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．（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x（千元）与年收益增量y（千元）ii（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88yabx的附近，且x46.6，y563，t6.8，(xx)2289.8，(tt)21.6，iii1i18818xxyy1469，ttyy108.8，其中tx，t=t．根据所iiiiii8ii1i1i1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(u,v)，(u,v)，，(u,v)，其回归线vu的斜率和截距的最小1122nnn(uu)(vv)iiˆ二乘估计分别为ˆi1，ˆvu．n(uu)2ii120.（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）求点的轨迹的方程；Euuuuruuuur（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．厦门市2020届高三毕业班第一次质量检测数学（理科）答案第3页（共10页）21．（12分）已知函数f(x)lnx+ax+1有两个零点x,x.12（1）求a的取值范围；（2）记f(x)的极值点为x，求证：xx2ef(x).0120（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C的参数方程为（为参数），曲线C在变换1ysin1x'2x,T：的作用下变成曲线C．y'y,2（）求曲线的普通方程；1C2（）若，求曲线与曲线：的公共点的个数．2m>1C2C3y=m|x|-m23．[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；116（2）若当x时，不等式f(x)0恒成立，求实数m的取值范围．4|4x1|厦门市2020届高三毕业班第一次质量检测数学（理科）答案第4页（共10页）厦门市2020届高中毕业班高考适应性测试数学（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 财务内部控制制度的内容财务内部控制制度的内容人员招聘与配置的内容项目成本控制的内容消防安全演练内容 比照评分 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 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．C2．B3．C4．D5．C6．C7．B8．C9．C10．A11．A12．A【选择题详解】1111.解析:选C.A1,1,B,则ACB1,,1.2R2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C1C257选手19个,巴西选手3个.故P193.C31540224．解析：选D.因为a是a与a的等比中项，所以a2aa，又数列a的公差为2，739739n所以(a12)2(a4)(a16)，解得a20，故a20(n1)(2)222n，1111n10(aa)所以S1105(202)110．1025.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.厦门市2020届高三毕业班第一次质量检测数学（理科）答案第5页（共10页）6.解析：选C．分别取CD．CC中点E．F，易知平面EFM平行于平面ABD，又平1111面过点M，平面平行于平面ABD，所以平面EFM与平面是同一个平面，所以体11111积较小的几何体等于()21.322241e31644e29e7.解析:选B.a2,b2,c2,d2,ee4e4e2e4e4由于e2.7,e27.39,e320.09,所以cdab.18.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,所以最小正42周期与最大值之比为4.uuuruuur9.解析:选C.由已知可得AB4，CEAEBE2.设=.当D与E重合uuuruuur时,CECD22cos04,符合题意;当D与A重合时,BDC,CD4cos,代入uuuruuuruuuruuurCECD4,得24coscos4,此时.故0，.此时由CECD4,得4422CDcos4,即CD,结合0，可得CD2,22.cos4π10．解析:选A.函数yf(x)sinx在x0，x，xπ处的函数值分别为2πyf(0)0，yf()1，yf(π)0，1223yy2yy2kk4故k21，k32，k1，1xxxx2xx22132312444故f(x)xx(x)x2x，22244即sinxx2x，22424224所以sin()2.故选A．52552511.解析:选A.设Ax,y,Bx,y,抛物线焦点为F.1122厦门市2020届高三毕业班第一次质量检测数学（理科）答案第6页（共10页）由已知有AFBF2p,即yyp.12x2y2111a2b2x2x2yyyy由.两式相减得121212,x2y2a2b2212a2b22py2pyyyyyb212即121212,故,所以渐近线方程为yx.a2b2a222112.解析:选A.令tex,t0,xlnt.转化成tlntat210,即lntat0t1令ftlntat,显然f10t问题转化成函数ft在0,上只有一个零点111at2taf/ta1tt2t2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；1若a0,记htat2ta,开口向下,对称轴t0，过0,a，14a22a.1当0时,即14a20,a时，f/t0，ft在0,单调递减，f10，2此时符合题意；1当0时，即14a20，0a时，设ht0有两个不等实根t,t，0tt21212.1又h10，对称轴t1，所以0t1t。2a12则ft在0,t单调递减，t,t单调递增，t,单调递增。1122由于f10所以ft021111a2eaa2ea取tea,ft00a111记a1a2eaa2ea令t,t2at2etet则amt0，所以ft0t20结合零点存在性定理可知,函数ft在t,t存在一个零点,不符合题意.20厦门市2020届高三毕业班第一次质量检测数学（理科）答案第7页（共10页）1综上,符合题意的a的取值范围是a0或a.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．141413．216x2y214．915．1,116．1022【填空题详解】13.解析:TC22x23y2216x2y2.3414.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:x2y24.问题转化为圆N和圆1414T有公共点.则1a2a223,故1a1.2216.解析:由于QB//面DNT,所以点Q在过B且与面DNT平行的平面上.取DC中点E,111取AG1,则面BGE//面DNT.延长BE,延长AD,交于点E,连接EG,交DD于点I.11111显然,面BGE面DDAAGI,所以点Q的轨迹是线段GI.易求得GI10.11三、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。11117.解：（1）f(x)sin2x(1cos2x)2221(sin2xcos2x)22sin(2x),…………………………………………………………3分24厦门市2020届高三毕业班第一次质量检测数学（理科）答案第8页（共10页）35由2k2x2k,kZ,得kxk,242885所以f(x)的单调递减区间为k,k,kZ.……………………6分88（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,或B(舍去）,………………………………………………9分423∵VABC为锐角三角形，A+C,40A,2∴解得A,3420A,423522∴2A,sin(2A),444242211∴f(A)sin(2A)的取值范围为(,).……………………12分242218.(12分)解：(1)连接AO,因为O为BC的中点，zAC可得BCAO，………………………………1分11B∵AO平面ABC，BC平面ABC，11∴AOBC，……………………………………2分1x又∵AOAOO，∴BC平面AAO，11ACO∴BCAA，……………………………………3分B1y∵BBPAA，∴BCBB，111又∵四边形BBCC为平行四边形，∴四边形BBCC为矩形.…………………………5分1111(2)如图,分别以OA,OB,OA所在直线为x,y,z轴，建立空间直角坐标系,则1厦门市2020届高三毕业班第一次质量检测数学（理科）答案第9页（共10页）A(1,0,0),B(0,2,0),C(0,2,0),……………………………………6分RtVAOB中，AOAB2BO21，RtVAAO中，AOAA2AO22，111uuuruuuruuuuruuurA(0,0,2)，∴AA(1,0,2)，AC(0,2,2)，ABAB(1,2,0)，………7分11111设平面ABC的法向量是n(x,y,z),11uuurnAB0,x2y0,x2y,由uuur得即，可取n(2,1,1),………………9分nAC0,2y2z0,zy,1设直线AA与平面ABC所成角为，则[0,]，1112uuuruuurAAn42sincosAA,nuuur130,…………………………11分1AAn56151105∵[0,]，∴cos1sin2，215105即直线AA与平面ABC所成角的余弦值为.………………………………12分1111519.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P2652951P3310.99740.0013，22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10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88（2）由t6.8，y563，ttyy108.8，(tt)21.6，iiii1i18ttyyii108.8有bˆi168，……………………………………………………8分81.6tt2ii1且aˆybtˆ563686.8100.6，………………………………………………………9分所以y关于x的回归方程为yˆ100.668x，…………………………………………10分厦门市2020届高三毕业班第一次质量检测数学（理科）答案第10页（共10页）当x49时，年销售量y的预报值y100.66849576.6千元.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EBED20.解：（1）因为，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1(ab0)，a2b2则2a4，2c2，所以a24，b2a2c23，x2y2所以椭圆方程为1，…………………………………………………………………3分43又因为点E不在x轴上，所以y0，x2y2所以点E的轨迹的方程为1(y0).………………………………………………4分43（2）因为直线HG斜率不为0，设为xty1，……………………………………5分xty1,设Gx,y，Hx,y，联立x2y2整理得3t24y26ty90，11221436t9所以=36t236(3t24)144(t21)0，yy，yy，…………6分123t24123t2416t21所以SOAyy，………………………………………………………8分△OHG2123t24uuuuruuuur∵MN2OM，∴S2S，△GHN△OHG设四边形OHNG的面积为S，18t211818则SSS3S……………10分△OHG△GHN△OHG2213t43t43t21t21t21令t21m(m≥1)，11再令y3m，则y3m在1,单调递增，mm所以m1时，y4，min19此时t0，3t21取得最小值4，所以S.……………………………12分t21max2厦门市2020届高三毕业班第一次质量检测数学（理科）答案第11页（共10页）1ax121．解：（1）因为f(x)+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11当a<0时，若0x，则f(x)0；若x，则f(x)0，aa11所以f(x)在0,单调递增，在,单调递减，………………………………3分aa11所以f(x)f()ln()，maxaa1因为f(x)有两个零点，所以必须f(x)0，则ln()0，maxa1所以1，解得1a0.a又因为x0时，f(x)0；x时，f(x)0，11所以当1a0时，f(x)在0,和,各有一个零点，符合题意，aa综上，1a0.……………………………………………………………………………4分1（2）由（1）知1a0，且x，0af(x)0,lnxax10,因为f(x)的两个零点为x,x，所以1所以1112f(x)0,lnxax10,222…………………………………………………………………………………………………5分xln1xx解得ln1a(xx)0，令xx,所以a2，……………………………6分x1212xx212x11令函数h(x)lnx，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，x所以h(x)h(e)0，所以h(x)≤0，所以lnx≤，………………………………8分maxe厦门市2020届高三毕业班第一次质量检测数学（理科）答案第12页（共10页）11111因为f(x)f()ln()，又因为1，所以ln()≤，0aaaaea122所以2eln()≤，即2ef(x)≤，aa0a2要证xx2ef(x)，只需xx≥，………………………………………………9分12012a2(xx)x2(xx)即证xx≥12，即证ln1≥12，12xxxxln1x2122x2(11)xx即证ln1≥2………………………………………………………………………10分xx112x2x2(t1)令xx，再令t1(t1)，即证lnt≥，12xt122(t1)令h(t)lnt(t1)，则t114t12h(t)0，………………………………………………………11分tt12tt12所以h(t)在(1,+)单调递增，所以h(t)h(1)0，2(t1)所以lnt，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。xcos,22．解：（1）因为曲线C的参数方程为1ysin,所以曲线的普通方程为x2y21，分C1·························································21x'2x,xx',x'2将变换T：即2代入x2y21，得y'21，···················4分y'y,4yy',x2所以曲线C的普通方程为y21．··························································5分24x2（2）因为m>1，所以C上的点A（0,-m）在椭圆E：y21外．··················6分34厦门市2020届高三毕业班第一次质量检测数学（理科）答案第13页（共10页）当x>0时，曲线E的方程化为ymxm，x2代入y21，得(4m21)x28m2x4(m21)0，（*）4因为64m44(4m21)4(m21)16(3m21)0，所以方程（）有两个不相等的实根，，*x1x28m24(m21)又xx0，xx0，所以x>0，x>0，124m21124m2112所以当时，曲线与曲线有且只有两个不同的公共点，分x>0C2C3·····························8又因为曲线与曲线都关于轴对称，C2C3y所以当时，曲线与曲线有且只有两个不同的公共点，分x<0C2C3·····························9综上，曲线与曲线：的公共点的个数为．分C2C3y=m|x|-m4··································1023．解：（1）当m=5时，f(x)0|x2||3x1|50,11x,x2,x2,3或3或x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,3或3或3x1或1x2或x2x,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116（2）由条件，有当x时，不等式f(x)0，4|4x1|16即m|x2||3x1|恒成立，······················································6分|4x1|16令g(x)|x2||3x1|，|4x1|1616则因为g(x)|(x2)(3x1)||4x1|···························7分|4x1||4x1|162|4x1|8，|4x1|3且g()8，···························································································9分4厦门市2020届高三毕业班第一次质量检测数学（理科）答案第14页（共10页）所以[g(x)]8，min所以m<8，即实数m的取值范围为（，8）．················································10分厦门市2020届高三毕业班第一次质量检测数学（理科）答案第15页（共10页）