福建省2020届高三考前冲刺适应性模拟卷（二）数学（理）试题 15页

福建省2020届高三数学考前冲刺适应性模拟卷 理 科 数 学（二）‎ ‎（福建省高三毕业班复习教学指导组 厦门市执笔整理）‎ 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．本试卷共4页，满分150分．考试时间120分钟 一.选择题：本大题共12个小题,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，若，则实数的取值范围是A． B． C． D． ‎ ‎2．已知为实数，为虚数单位，若复数，则“”是 ‎ ‎“复数在复平面上对应的点在第四象限”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 ‎3. 运行如图所示的程序框图，则输出结果为 ‎ A．2017 B．2016 C．1009 D．1008 ‎ ‎4. 的展开式中的奇数次幂项的系数之和为32，则的值为 A． B． C． D．‎ ‎5. 某校开设A类选修课3门和B类选修课4门，一位同学从中任选3门，‎ 则两类课程都有选的概率为 ‎ A． B． C． D． ‎ ‎6．函数的图象可能为 ‎ ‎7．区域经济变化影响着人口的流动，如图为过去某连续5年各省、自治区及 直辖市不含港澳台人口增长统计图． ‎ ‎ 根据图中的信息，下面结论中不正确的是 A.广东人口增量最多，天津增幅最髙 ‎ B.黑龙江无论是增量还是增幅均居末尾 C.天津、北京、重庆和上海四大直辖市增幅均超过 D.人口增量超过200万的省、自治区或直辖市共有7个 ‎8. 不等式组的解集记为，命题：，‎ 命题：，则下列命题为真命题的是 ‎ A． B． C． D．‎ ‎9. 如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E是棱AB的中点，F是侧面AA1D1D内一点，若EF∥平面BB1D1D，则EF长度的范围为 ‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎10. 已知双曲线C：（a>0，b>0）的右顶点为A，以A为圆心，b为半径作圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M、N两点．若∠MAN=60°，则C的离心率为 ‎ A． B． C． D．2‎ ‎11.水车在古代是进行灌溉引水的工具，是人类的一项古老的发明，也是人类利用自然和改造自然的象征.如图是一个半径为的水车，一个水斗从点出发，沿圆周按逆时针方向匀速旋转，且旋转一周用时60秒.经过秒后，水斗旋转到点，设的坐标为，其纵坐标满足 .则下列叙述错误的是 ‎ A. B. 当时，函数单调递减 ‎ C. 当时，点到轴的距离的最大值为6 D. 当时， ‎ ‎12.若曲线与曲线存在公共切线，则的取值范围为 A． B． C． D． ‎ 本卷包括必考题和选考题两部分。第题为必考题，每个试题考生都必须做答。第题为选考题，考生根据要求做答。‎ 二.填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13．已知向量满足，则向量在向量方向上的投影是 .‎ ‎14．已知，，则 .‎ ‎15.已知等腰梯形的顶点都在抛物线上，且则点到抛物线的焦点的距离是 .‎ ‎16.△ABC的垂心H在其内部， ，，则的取值范围是__________．‎ 三.解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． ‎ ‎17.（12分）‎ 已知数列的各项排成如图所示的三角形数阵，数阵中每一行的第一个数构成等差数列，是的前n项和，且 ‎（1）若数阵中从第三行开始每行中的数按从左到右的顺序均构成公比为正数的等比数列，且公比相等，已知求的值；‎ ‎（2） 设 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎18.（12分）‎ 等边三角形的边长为3，点、分别是边、上的点，且满足（如图1）．将△沿折起到△的位置，使二面角成直二面角，连结、 （如图2）．‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）在线段上是否存在点，使直线与平面所成的角为？若存在，求出的长，若不存在，请说明理由．‎ B C E D 图2‎ 图1‎ A B C D E ‎ ‎ ‎ ‎ ‎19.（12分）‎ 某研究公司为了调查公众对某事件的关注程度，在某年的连续6个月内，月份和关注人数（单位：百）数据做了初步处理，得到下面的散点图及一些统计量的值．‎ ‎（1）由散点图看出，可用线性回归模型拟合与的关系，请用相关系数加以说明，并建立关于的回归方程；‎ ‎（2）经统计，调查材料费用（单位：百元）与调查人数满足函数关系，求材料费用的最小值，并预测此时的调查人数；‎ ‎（3）现从这6个月中，随机抽取3个月份，求关注人数不低于1600人的月份个数分布列与数学期望．‎ 参考公式：相关系数，若，则与的线性相关程度相当高，可用线性回归模型拟合与的关系．回归方程中，．‎ ‎20.（12分）‎ 已知椭圆的左、右焦点分别为、，为椭圆的右顶点,分别为椭圆的上、下顶点.线段的延长线与线段交于点,与椭圆交于点.‎ ‎（1）若椭圆的离心率为,的面积为,求椭圆的方程；‎ ‎（2）设,求实数的最小值.‎ ‎21. (12分) ‎ 函数，．‎ ‎（1）讨论的极值点的个数；‎ ‎（2）若对于，总有.‎ ‎（i）求实数的取值范围； ‎ ‎（ii）求证：对于，不等式成立．（e为自然对数的底数)‎ ‎22.（本题10分）（选修4-4：坐标系与参数方程）‎ 已知曲线的极坐标方程是，直线的参数方程是（为参数）.‎ ‎（1）将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程；‎ ‎（2）设直线与轴的交点是，直线与曲线交于两点，求 的值.‎ ‎23.（本题10分）（选修4—5：不等式选讲）‎ 已知函数，‎ ‎（1）当时，函数的最小值为，求实数的值；‎ ‎（2）若对于任意，不等式恒成立，求实数的取值范围.‎ 福建省2020届高三数学考前冲刺适应性模拟卷 理 科 数 学（二）参考答案 ‎1. 【解析】选C．因为，所以.‎ ‎2. 【解析】选B．因为，所以复数在复平面上对应的点在第四象限的充要条件是 且，即.‎ ‎3．【解析】选D． ‎ ‎4. 【解析】选A．方法1：由已知得，故的展开式中x的奇数次幂项分别为，，，，，其系数之和为，解得．‎ 方法2：设，则有 ‎，解得．‎ ‎5．【解析】选A.方法1：可分以下2种情况:(1)A类选修课选1门,B类选修课选2门,有 种不同的选法;(2)A类选修课选2门,B类选修课选1门,有种不同的选法.又所有选法共有，所以所求概率为 方法2：（间接法）都选A类选修课或都选B类选修课，有种 不同的选法，所以所求的概率为。‎ ‎6.【解析】选D.因为是奇函数，可以排除A和B,又当时，，可以排除C.‎ ‎7.【解析】选C.‎ ‎8．【解析】选C.作出不等式组表示的平面区域如图所示.因为当直线 经过点A(3，1)时， 取得最小值，所以为真命题直线 经过点B(2，2)时，取得最小值，所以为假命题, 为真命题.‎ ‎9．【解析】选C.过作，交于点，交于，则底面 平面，平面，‎ 平面平面，又平面 平面 又平面平面，平面 ‎ 为中点 为中点，则为中点 即在线段上，‎ ‎，则线段长度的取值范围为：‎ 本题正确选项：‎ ‎10.【解析】选A.‎ 如图所示，ΔMAN为等腰三角形，，，因为，‎ 所以，．所以，‎ 又因为，所以，解得．所以．‎ ‎11. 【解析】选B.‎ 由点可得，由旋转一周用时60秒，可得，‎ 由，可得，所以选项A正确．则可得．‎ 由可得，‎ 由可得，函数先增后减，所以选项B错误．‎ 则当，即时， 取到最大值为6，所以选项C正确．‎ 时，点，可得，所以选项D正确．因此选B.‎ ‎12.【解析】选D.因为， ；，．设公切线与切于点，与切于，则，可得，所以；记 ，则，‎ 当时，，即在上单调递减；当时，，即在上单调递增，，故. ‎ ‎13.【解析】.设向量的夹角为，对的两边同时平方可得，‎ ‎，所以，‎ 故向量在向量在方向上的投影是.‎ ‎14．【解析】.因为=-， 所以=-，‎ 所以，又，所以，所以 所以且，所以 ‎15. 【解析】.方法1：依题意设，则，即，又，所以，解得，‎ 所以，所以点到抛物线的焦点的距离是.‎ 方法2：.‎ ‎16. 【解析】【详解】‎ 如图所示，，，，，‎ ‎，设，，‎ ‎，，，因为 所以，，，故答案为.‎ ‎17.【解析】解：（1）∵为等差数列，设公差为 ‎。设从第三行起，每行的公比都是，且，‎ 故 ‎（2）‎ A B C D E ‎=。 ‎ ‎18. 【解析】证明：（1）因为等边△的边长为3，且，‎ 所以，．‎ 在△中，，‎ 由余弦定理得．‎ 因为，‎ 所以．‎ 折叠后有因为二面角是直二面角，所以平面平面． 又平面平面，平面，，‎ 所以平面．‎ B C E D H x y z P 解法2：由（1）的证明，可知，平面．‎ ‎ 以为坐标原点，以射线、、分别为轴、轴、轴的正半轴，建立空间直角坐标系如图． ‎ 设，‎ 则，，．‎ 所以，，．‎ 所以．因为平面，‎ 所以平面的一个法向量为．因为直线与平面所成的角为，‎ 所以 ，‎ 解得．即，满足，符合题意． 所以在线段上存在点 ‎，使直线与平面所成的角为，此时．‎ ‎19.【解析】（1），∴，‎ 又∵，，‎ ‎∴相关系数，………………………2分 由于关于的相关系数，这说明关于的线性相关程度相当高，可用线性回归模型拟合与的关系；‎ 又，且，‎ ‎∴，∴回归方程为．…………………………4分 ‎（2），即调查材料最低成本为1800元，………6分 此时，所以． ………………………………………………………7分 ‎（3）可能的取值为0，1，2，3，且；；；‎ ‎．所以的分布列为…………………………………………………11分 所以．…………………………………12分 ‎20.【解析】（Ⅰ）方法1：设，‎ 因为，所以，………………1分 又，所以，所以是等腰直角三角形，所以直线的倾斜角为即直线的斜率为，所以直线的 方程为，又，所以椭圆的方程可以写成 即………………2分 由，得，‎ 解得点的横坐标为，所以，………………4分 所以，又，所以，…………5分 解得，所以椭圆的方程为.………………6分 方法2：同法一可知所以是等腰直角三角形，由勾股定理知解得，，…………………4分 则，即，.‎ 所以椭圆的方程为.………………6分 ‎（Ⅱ）设，因为直线的方程为,直线的方程为，所以联立方程解得.………………7分 因为，所以，所以，‎ 所以 ，所以，………………8分 代入椭圆的方程，得，‎ 即，‎ 所以………………11分 因为所以,所以当且仅当即时, ‎ 取到最小值.………………12分 ‎21【解析】（Ⅰ）解法一：由题意得， 令 ‎ ‎ （1）当，即时，对恒成立 即对恒成立，此时没有极值点；…………2分 ‎（2）当，即 ‎ ①时，设方程两个不同实根为，不妨设 ‎ 则，故 ‎ ∴时；在时 ‎ 故是函数的两个极值点.‎ ‎②时，设方程两个不同实根为， ‎ ‎ 则，故 ‎ ∴时，；故函数没有极值点. ……………………………4分 ‎ 综上，当时，函数有两个极值点；‎ ‎ 当时，函数没有极值点. ………………………………………5分 解法二：, …………………………………………1分 ‎,‎ ‎①当，即时，对恒成立，在单调增，没有极值点； ……………………………………………………………3分 ‎ ②当，即时，方程有两个不等正数解，‎ 不妨设，则当时，增；时，减；时，增，所以分别为极大值点和极小值点，有两个极值点.‎ 综上所述，当时，没有极值点；‎ 当时，有两个极值点. ………………………………5分 ‎（Ⅱ）（i），‎ 由，即对于恒成立，设，‎ ‎，‎ ‎，时，减，时，增，‎ ‎，． ……………………………………9分 ‎（ii）由（i）知，当时有，即：，……①当且仅当时取等号, …………………………10分 以下证明：，设，，‎ 当时为减函数，时为增函数，‎ ‎，，……②当且仅当时取等号；‎ 由于①②等号不同时成立，故有.……………………12分 ‎22. 【解析】：（1）由，得，‎ 又，，所以，即，‎ 故即为曲线的直角坐标方程.‎ ‎（2）设直线上点对应的参数分别是.‎ 将直线的参数方程代入，得到，‎ 由根与系数的关系得，，‎ 所以.‎ 所以，解得，…………9分；由知，所求的值为.………10分 ‎23.【解析】（I）方法1： 将函数分段为：因为所以当且仅当时，．由题意得，即．………………5分 方法2： 由绝对值不等式性质可得．‎ 当且仅当，即时等号成立，‎ 故即．………………5分 ‎（Ⅱ）当时恒成立恒成立，‎ 若，不等式恒成立，此时；………………6分 若，或 即或在恒成立，所以或………………9分 综上知，所求实数的取值范围是………………10分