1、福建省福州第一中学2020届高三数学6月模拟考试试题 文（含解析）一选择题1. 已知集合，且，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】.故选C2. 复数（为虚数单位），则复数的共轭复数为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：由题，则复数共轭复数为，选B 考点：复数的运算，共轭复数3. 已知平面向量，若向量与向量共线，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】首先求的坐标，再根据向量共线，列式求解.【详解】 当向量与向量共线时，满足，解得：.故选：C【点睛】本题考查向量共线的坐标表示，属于基础题型.4. 已知是两条不同的直线，是一个平
2、面，且，则“”是“”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】通过两者之间的推出关系可判断两者之间的条件关系.【详解】如图，在正方体中，平面，但平面，所以“”推不出“”.若，如图，设，且，则，因为，故，所以，所以“”能推出“”所以“”是“”的必要不充分条件.故选：A.【点睛】本题考查空间中与线面位置关系有关的命题的真假判断以及必要不充分条件的判断，后者需根据两者之间的推出关系来判断.5. 已知，则的大小关系是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用指数函数与对数函数的单调性，分别得出的大致范围，即可得出
3、结果.【详解】.故选：B.【点睛】本题考查了指数与对数函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题型.6. 已知正项等比数列的首项和公比相等，数列满足，且，则（ ）A B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设正项等比数列的首项和公比为,则，依题意得到方程解出，即可求解；【详解】解：设正项等比数列的首项和公比为,则又因为，且所以即，所以，所以所以故选：D【点睛】本题考查等比数列通项公式的计算，属于基础题.7. 已知函数，则不等式的解集是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据分段函数，分或两种情况，分别根据指数函数和对数函数的性质求解即可.【详解】当时，由得，两边
4、取以e为底的对数得：，当时，由得，解得，综上或，故选：A【点睛】本题主要考查了分段函数的性质，利用指数函数、对数函数单调性解不等式，属于中档题.8. 在区间上随机取一个数，使直线与圆相交的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据直线与圆相交，可求出k的取值范围，根据几何概型可求出相交的概率.【详解】因为圆心，半径，直线与圆相交，所以，解得 所以相交的概率,故选C.【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系，几何概型，属于中档题.9. 函数的部分图象大致是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用函数的奇偶性可以排除部分选项，再利用特殊值进行排除，可得正
5、确结果.【详解】因为，所以是偶函数，排除选项A；当，排除选项D；当，排除选项C；故选：B.【点睛】本题主要考查函数图象的识别，利用函数的性质及特殊值，采用排除法是这类问题的常用方法，侧重考查直观想象的核心素养.10. 已知函数，对于满足的，有，又，则下列说法正确的是（ ）A. B. 函数为偶函数C. 函数在上单调递增D. 函数的图象关于点对称【答案】C【解析】【分析】根据最值和周期结合三角函数值解得，再根据奇偶性和单调性，对称性依次判断每个选项得到答案.【详解】根据题意，则，故，故，当时，满足条件，故，故A错误，不偶函数，B错误；当时，故函数单调递增，C正确；，D 错误.故选：C.【点睛】本题
6、考查了三角函数解析式，周期，最值，奇偶性，单调性，对称性，意在考查学生对于三角函数知识的综合应用.11. 过抛物线的焦点的直线与抛物线交于两点，且，直线与抛物线的准线交于点，于，若的面积等于，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据抛物线的性质和相似三角形，用表示出底和高，根据面积列方程求出的值【详解】设直线的倾斜角为锐角，分别过点作，垂足为,由抛物线的性质可知,设，则，即.又,得，又的面积为，解得：.故选:B.【点睛】本题主要考查抛物线的定义、直线与圆锥曲线的位置关系,考查了转化思想与逻辑推理能力.12. 如图，正三棱锥的侧棱长为2，底面边长为，分别是的中点，是上的动点
7、，是平面上的动点，则的最小值是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据垂线段的几何性质，结合线面垂直的判定定理、图形翻折的性质、锐角三角函数进行求解即可.【详解】取中点,连接交于点,由正棱锥的性质可知：底面是正三角形，侧面是等腰三角形，而分别是的中点，因此有，而面,所以面，因此有面,因为是（不重合）上的动点，是平面上的动点，所以当平面时，MN最小，因此有,因为面,所以在平面的射影为，因此点在上，再把平面POD绕PD旋转与面PDA共面，得到,如图所示：又可证得.当时，有最小值，为的长度，即，可得，,若重合, MN的长度为零，此时,故选:D【点睛】本题考查空间几何体中的距离最值
8、问题，考查了空间想象和思维能力,综合性较强.在解决此类最值问题时,一般采用侧面展开的形式将立体问题转化为平面问题解决.二.填空题13. _.【答案】【解析】【分析】题设中的三角函数值可转化为，逆用两角和的余弦可求给定的三角函数式的值.【详解】.故答案为：.【点睛】三角函数的中的化简求值问题，我们往往从次数的差异、函数名的差异、结构的差异和角的差异去分析，处理次数差异的方法是升幂降幂法，解决函数名差异的方法是弦切互化，而结构上差异的处理则是已知公式的逆用等，最后角的差异的处理则往往是用已知的角去表示未知的角.14. 已知变量满足，则的最大值是_.【答案】【解析】【分析】首先画出可行域，设，并令，
9、作出初始目标函数表示的直线，根据图象判断目标函数的最大值.【详解】首先画出可行域，设，并令，作出初始目标函数表示的直线，当时，平移直线，当直线过点时，目标函数取得最大值， ，解得：，所以 ，是增函数，所以当取得最大值时，也取得最大值.故答案为：【点睛】本题考查线性规划，重点考查数形结合分析问题的能力，属于基础题型.15. 在中，点分别是双曲线的左右焦点，点在双曲线上，满足， 则双曲线的离心率为_.【答案】【解析】【分析】根据平面向量数量积为零的性质，结合平面向量数量积的运算性质可以确定的形状，结合该三角形的性质，再结合双曲线的定义、离心率的公式进行求解即可.【详解】因为，所以，即，因此是以为斜
10、边的直角三角形.由，显然是以为斜边的等腰直角三角形，因为点分别是双曲线的左右焦点，所以设双曲线的方程为：，因此，所以，由双曲线的定义可知：.故答案为：【点睛】本题考查了求双曲线的离心率，考查了平面向量数量积的运算性质，考查了平面向量数量积为零的性质，考查了双曲线定义的应用，考查了数学运算能力.16. 已知的三个内角的对边分别为，且满足，则角_，的周长的取值范围是_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】分别运用正弦定理和两角和差正弦公式化简已知等式可得，根据同角三角函数基本关系式即可求值得解，利用正弦函数的值域，即可得到所求结论【详解】解：由题意可得，且，所以，由正弦定理可得，即有，即
11、有，可得：，可得：，解得：，所以因为，可得，即，即为，因为所以所以故答案为：；.【点睛】本题考查三角形中的正弦定理的运用，考查三角函数的恒等变换的应用，考查运算能力，属于中档题三解答题 17. 已知等差数列，且.（1）求数列的通项公式以及数列的前项和；（2）设，求数列的前项和，并比较与的大小(不需要证明).【答案】（1），.（2），比较大小答案见解析【解析】【分析】（1）由题意得到方程组，解得，即可求出数列的通项公式及前项和；（2）由（1）可得，再利用分组求和法求出，再比较大小即可；【详解】解：（1），解得 ；（2）， . 又比较的增长速度更快.当时， ； 当时， .当时，.【点睛】本题考查等
12、差数列通项公式及前项和公式的应用，分组求和法求和，属于中档题.18. 如图，四棱锥中，底面ABCD为矩形，点E在PA线段上，PC平面BDE（1）请确定点E的位置；并说明理由.（2）若是等边三角形， 平面PAD平面ABCD，四棱锥的体积为，求点E到平面PCD的距离.【答案】（1）点为的中点，理由见解析（2）【解析】【分析】（1）连结AC、BD，交于点M，连结ME则M是AC中点，由PC平面BDE，得PCME，由此能证明AE=PE（2）以AD中点O为原点，OA为x轴，在平面ABCD中，过点O作AB的平行线为y轴，以OP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出E到平面PCD的距离【详解】（1）连接
13、AC交BD于M，如图，当E为AP的中点时， 点M为AC的中点.在中，平面BDE， 平面BDE. 平面BDE. （2）是等边三角形，平面平面ABCD，以AD中点O为原点，OA为x轴，在平面ABCD中，过点O作AB的平行线为y轴，以OP为z轴，建立空间直角坐标系，设，四棱锥的体积为，解得0，0，0，0，6，0，6，0，设平面PCD的法向量，则，取，得0，到平面PCD的距离【点睛】本题考查线段相等的证明，考查点到直线的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题19. 2019年6月25日，固体废物污染环境防治法(修订草案)初次提请全国
14、人大常委会审议，草案对“生活垃圾污染环境的防治”进行了专项规定.某小区采取一系列措施，宣传垃圾分类的知识与意义，并采购分类垃圾箱.为了了解垃圾分类的效果，该小区物业随机抽取了200位居民进行问卷调查，每位居民对小区采取的措施给出“满意”或“不满意”的评价.根据调查结果统计并做出年龄分布条形图和持不满意态度的居民的结构比例图，如图，在这200份问卷中，持满意态度的频率是0.65.（1）完成下面的列联表，并判断能否有的把握认为“51岁及以上”和“50岁及以下”的居民对该小区采取的措施的评价有差异满意不满意总计51岁及以上的居民50岁及以下的居民总计200（2）按“51岁及以上”和“50岁及以下”的
15、年龄段采取分层抽样的方法从中随机抽取5份，再从这5份调查问卷中随机抽取2份进行电话家访，求电话家访的两位居民恰好一位年龄在51岁及以上，另一位年龄在50岁及以下的概率.0.0500.0250.0100.0050.0013.8415.0246.6357.87910.828附表及参考公式：，其中.【答案】（1）列联表答案见解析，有95的把握认为“51岁及以上”和“50岁及以下”的居民对该小区采取的措施的评价有差异.（2）【解析】【分析】（1）依题意完善列联表，计算出卡方，再与参考值比较即可得解；（2）“51岁以上”居民抽到2份记为：； “50岁以下”居民抽到3份记为：. 再用列举法列出所有可能结果
16、，最后根据古典概型的概率公式计算可得；【详解】解：（1）在这200份问卷中，持满意态度的频数为，持不满意态度和频数为，列联表如下：满意不满意总计51岁以上的居民45358050岁以下的居民8535120总计13070200.故有95的把握认为“51岁及以上”和“50岁及以下”的居民对该小区采取的措施的评价有差异. （2）利用分层抽样的特点可知：“51岁以上”居民抽到2份记为：；“50岁以下”居民抽到3份记为：. 基本事件共有：，共有10个. 满足条件的事件有： ，共有6个. 求得电话家访的两位居民恰好一位年龄在“51岁以上”，另一位年龄在“50岁以下”的概率为：.【点睛】本题考查独立性检验，古
17、典概型的概率计算，属于基础题.20. 已知经过圆上点的切线方程是.（1）类比上述性质，直接写出经过椭圆上一点的切线方程；（2）已知椭圆，P为直线上的动点，过P作椭圆E的两条切线，切点分别为AB，求证：直线AB过定点.当点P到直线AB的距离为时，求三角形PAB的外接圆方程.【答案】（1）.（2）证明见解析；，.【解析】【分析】（1）直接类比得到答案.（2）设切点为，点，根据（1）得到切线方程，代入点，化简得到答案.根据点到直线距离得到，得到切线方程，联立方程组得到交点，设圆一般方程，代入点解得答案.【详解】（1）类比上述性质知：切线方程为. （2）设切点为，点， 由（1）的结论的AP直线方程：，
18、BP直线方程：， 通过点，有， A，B满足方程：， 直线AB恒过点：，即直线AB恒过点. 已知点到直线AB的距离为. ，故， . 当时，点，直线AB的方程为：， ，解得或，故点. 设的外接圆方程为：，代入得，解得,所以的外接圆方程为， 即的外接圆方程为： ，当时，由对称性可知，三角形PAB的外接圆方程为：.【点睛】本题考查了类比，直线和椭圆的位置关系，直线过定点，圆方程，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.21. 已知函数，(是自然对数的底数).（1）求的单调区间；（2）若函数，证明：有极大值，且满足.【答案】（1）函数的减区间为，增区间为.（2）证明见解析【解析】【分析】（1）直接求出函数
19、的导函数，令，解得，即可求出函数的单调区间；（2）首先求出的导函数，设，再对求导，说明其单调性，根据函数零点存在性定理可得在上存在极大值；【详解】解：（1），设， 当时，单调递减； 当时，单调递增. 即函数的减区间为；增区间为. （2）因为，设，且 ， 在时，所以在上单调递增，.，在上是单调递增，没有极值. 令，解得. 在时，单调递减， ，. 由根的存在性定理：设，使得：，即. 在，单调递增； 在，单调递减；有极大值.有. 又， ， .综上可得：函数有极大值，且满足.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性、极值，证明不等式，属于中档题.22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数，)，以
20、原点O为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求曲线的普通方程和的直角坐标方程；（2）已知，曲线与的交点A， B满足(A为第一象限的点)，求的值.【答案】（1），当时，.（2）【解析】【分析】（1）将曲线的参数方程消去参数，可得解的普通方程，利用极坐标和直角坐标的互化公式，可得解的直角坐标方程；（2）将直线的参数方程与椭圆方程联立，利用参数的几何意义，计算求解即可.【详解】（1），当时，又 ， （2）直线为： (t为参数，) 不妨设对应的直线参数为，且，将代入得， ， 已知，. 联立，得：， . 代入式， ， ，(为锐角) .【点睛】本题考查了参数方程、极坐标综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算能力，属于中档题23. 已知函数. （1）求解不等式：； （2）设为正实数，若函数的最大值为，且.求证：【答案】（1）或.（2）证明见解析【解析】【分析】（1）先利用绝对值的几何意义，化简函数为， 然后分，利用一元二次不等式的解法求解.（2）由（1）知：的最大值是2，根据，将变形为，利用基本不等式证明.【详解】（1）当时，；当时，；当时，综上：. 所以等价于：或或解得或或所以的解集为或（2）由（1）知：的最大值是2，即. 所以，所以 ，当且仅当时，取等号.【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法以及基本不等式证明不等式，还考查了运算求解的能力，属于中档题.