1、福建省福州第一中学2020届高三数学6月模拟考试试题 理（含解析）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.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，则复数的共轭复数为，选B考点：复数运算，共轭复数3.等于（ ）A. 0B. C. D. 2【答案】D【解析】，故答案为D.考点：定积分的计算.4.已知函数的定义域为0，2，则的定义域为（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【
2、分析】根据的定义域，计算定义域，再考虑分母不为0，计算得到答案.【详解】函数的定义域是0，2，要使函数有意义,需使有意义且 .所以 解得 故答案为C【点睛】本题考查了函数定义域，属于简单题.5.数列的前项和为，若，则（ ）A. 20B. 15C. 10D. -5【答案】A【解析】试题分析：当时，适合上式，所以，所以因为，所以，选A考点：等差数列的性质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. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】解：该几何体是一个底面半径为1、高为4的圆柱被一个平面分割成两部分中的一个部分，故其体积为 .本题选择D选项.7.在区间上随机取一个数，使直
3、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.8.向量满足，则M=（ ）A. 3B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】将代入可得，将两边平方，结合可得，进而可得的值.【详解】因为，所以，因为，所以，所以，所以，因，所以，由得，所以，所以，所以.故选：D.【点睛】本题考查了向量垂直问题，考查了平面向量的数量积，考查了向量的模，属于基础题.9.已知正方体的棱长为
4、，分别为的中点，是线段上的动点，与平面的交点的轨迹长为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】作图分析，由是线段上的动点，当合于或时，找到，与平面的交点分别为，即的轨迹为，再求出的长度得到答案.【详解】如图所示，连接，连接交于点，连接交于点，由，即共面，由是线段上的动点，当合于或时，与平面的交点分别为，即的轨迹为，由棱长为，则， 则，又，则,由，则，则.故选：B【点睛】本题以正方体为载体，考查了点线面的位置关系、余弦定理，解决本题的关键在于找到点的轨迹，还考查了学生的分析推理能力，运算能力，属于中档题.10.已知曲线在处的切线为，曲线在处的切线为，且，则的取值范围是（ ）A.
5、B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先求出两条切线各自的斜率，再根据它们垂直得到的关系，将表示为的函数后利用导数可求的取值范围.【详解】令，则，所以，因为，故，所以，因为，故.又，令，则，当时，为减函数，故，所以在上恒成立，故在上为减函数，所以，又当时，所以的取值范围为，故选：B.【点睛】本题考查导数的几何意义以及函数的值域的求法，注意函数图象在某点处的切线的斜率就是函数在该点横坐标处的导数，另外，求函数的值域时不仅要依据函数的单调性，而且还要考虑函数的图象有无水平的渐近线.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（）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
6、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：泄露阀门修复时间（小时）118596需先修复好的阀门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【答案】C【解析】【分析】先确定有要求三个阀门的先后顺序必须是，要使泄露的有害气体总量最小，修复时间长的因尽量靠后，确定修复顺序为，然后计算每个阀门泄露有害气体的时间，计算出泄露的有害气体总量最小值.【详解】由表知，根据需
7、先修复好的阀门的要求，可确定顺序无要求，其中三个阀门的先后顺序必须是，要使泄露的有害气体总量最小，修复时间长的因尽量靠后，故修复顺序为，则各阀门泄露有害气体的时间分别为小时，泄露有害气体时间共小时，故泄露的有害气体总量最小为立方米，故选：C【点睛】本题是实际应用问题的最优化问题，理解题意是解决问题的关键，属于中档题.12.设是常数，对于，都有，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先令，求得的值，再将给定的恒等式两边求关于的导数，然后令，从而可得所求的值.【详解】因为，则令可得.又对两边求导可得：，令，则，所以，所以故，所以.故选：A.【点睛】本题考查函数的导数以及恒等式的
8、系数和的求法，注意根据恒等式的特征选择合适的赋值，本题属于较难题.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._.【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.寒假里5名同学结伴乘动
9、车外出旅游，实名制购票，每人一座，恰在同一排五个座位（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.【答案】45【解析】【分析】先选出坐对位置的人，再对剩下四人进行错排，最后利用分布计数乘法原理求结果.【详解】先选出坐对位置的人，即从5人中选1人，有5种可能；剩下四人进行错排，设四人座位为，则四人都不坐在自己位置上有这9种可能；所以恰有一人坐对与自己车票相符座位的坐法有种故答案为：45【点睛】本题考查错排问题，考查基本分析求解能力，属基础题.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
10、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.如果在北京地区（纬度数约为北纬）的一幢高为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）【答案】【解析】【分析】根据题意列出不等式，再根据不等式恒成立，转化为对应函数最值问题，结合范围确定最值，即得结果.【详解】设两楼的距离为， 因为则要使新楼一层正午的太阳全年不被前面的楼房遮挡，需满足对恒成立,因此，从而两楼的距离不应小于故答案为：【点睛】本题考查不等式恒成立问题、正切函数单调性，考查基本分析建模能力与转化求解能力，属中档题.16.已知椭圆的焦点是，是上（不在长轴
11、上）的两点，且.为与的交点，则的轨迹所在的曲线是_；离心率为_.【答案】 (1). 椭圆 (2). 【解析】【分析】设，则，设表示出，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，代入消去即可得解；【详解】解：设，则，的斜率不为0，可设则，所以联立得，得，所以由得，所以所以整理得，所以的轨迹所在的曲线是椭圆，故答案为：椭圆；.【点睛】本题考查直线与椭圆的综合应用，属于中档题.三.解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.已知数列，满足，的前项和为，前项积为.（1）证明：是定值；（2）试比较与的大小.【答案】（1）证明见解析；（2）当时，；当时，.【解析】【分析】（1）将已知递推关系式化为，
12、由此可求得，代入整理可得结论；（2）由（1）可得，根据数列单调递增和可确定结果.【详解】（1）证明：由得：，则，.（2）由（1）知：，单调递增.又，当时，当时，；当时，.【点睛】本题考查数列综合应用问题，涉及到数列中的定值问题、根据数列单调性比较大小的问题；解决定值问题的关键是能够结合裂项的方法，前后相消求得前项和和前项积.18.已知圆，设为圆与轴负半轴的交点，过点作圆的弦，并使弦的中点恰好落在轴上.（1）求点的轨迹的方程；（2）延长交直线于点，延长交曲线于点，曲线在点处的切线与轴交于点.求证：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由为圆与轴负半轴的交点，可得，再由弦的中点
13、恰好落在轴上，可得点的纵坐标满足，再由点在圆上即得解；（2）设，分别表示直线，点处切线方程，得到的坐标，结合韦达定理，证明，即得解【详解】（1）设，依题意为圆与轴负半轴的交点，令 又弦的中点恰好落在轴上，设故的中点坐标为 故，消得，所以.（2）设，将代入得，令得，所以，因为，所以点处的切线为，即，令得，所以.所以的斜率所以.【点睛】本题考查了直线与抛物线综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算能力，属于较难题19.如图，组合体由半个圆锥和一个三棱锥构成，其中是圆锥底面圆心，是圆弧上一点，满足是锐角，.（1）在平面内过点作平面交于点，并写出作图步骤，但不要求证明；（2）在（1）中，若是中点，
14、且，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）答案见解析；（2）.【解析】【分析】（1）延长交的延长线于点；连接；过点作交于点，可得点P.（2）若是中点，则是中点，又因为，所以，所以，从而.依题意，两两垂直，分别以，为，轴建立空间直角坐标系,运用空间向量线面角的求解方法可得解.【详解】（1）延长交的延长线于点；连接；过点作交于点.（2）若是中点，则是中点，又因为，所以，所以，从而.依题意，两两垂直，分别以，为，轴建立空间直角坐标系，则，从而，设平面的法向量为，则即取，得.则，所以直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查空间的线面平行关系，线面角的求解方法，属于中档题.20.已知6名某疾病病
15、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：逐一化验；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.【答案】（1）；（2）（i）；（ii）按（2，2，2）或（3，3）分组进
16、行化验均可.【解析】【分析】（1）总数为，抽到感染者，则从余下5名某疾病病毒密切接触者中，再抽2人，有，从而求得抽到感染者的概率；（2）分别求出方案（i）和方案（ii）的分布列和均值，注意方案（ii）采取平均分组混合化验，又平均分成3组和平均分成2组两种情况，再通过对比得出结论.【详解】解：（1）从这6名密切接触者中随机抽取3名，共有种，抽到感染者，则从余下5名某疾病病毒密切接触者中，再抽2人，有故抽到感染者的概率（2）（i）的可能取值是1，2，3，4，5，且分布列如下：12345（ii）首先考虑（3，3）分组，所需化验次数为，的可能取值是2，3，分布列如下：23再考虑（2，2，2）分组，所需
17、化验次数为，的可能取值是2，3，分布列如下：23所以按（2，2，2）或（3，3）分组进行化验均可.【点睛】本题主要考查了随机事件概率的计算,以及离散型随机变量的分布列的均值与方差,属于中档题.21.已知函数，.（1）讨论函数的单调性；（2）若存在直线，使得对任意的，对任意的，求的取值范围.【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；（2）.【解析】【分析】(1)对函数求导，分，两种情况讨论即可；(2)先由可转化为二次不等式的恒成立问题，然后构造函数，转化为对任意的，恒成立问题，即可求解.【详解】（1）函数的定义域为.（i）若，则；（ii）若，则由得，由得；综上：当时，在
18、上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.（2）设存在直线满足题意.（i）由，即对任意的都成立，得，所以，（ii）令，若，则，单调递增，不合题意；若，则在上单调递增，在上单调递减，所以，所以，即，由（i）得，即，令，所以单调递增，又因为，所以在单调递减，是单调递减，所以，所以.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性及最值问题，属于能力提升题.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.选修44：坐标系与参数方程22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的
19、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，曲线与的交点为，求的值.【答案】（1）；（2）当轴上方，；当在轴下方，.【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，分在轴上方，下方两种情况讨论即可【详解】（1）曲线的参数方程为（为参数），其中，代入，可得曲线的极坐标方程为，即 可得，可得.（2）设对应的直线参数为，将代入得，故，当在轴上方，当在轴下方，【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，
20、转化划归，数学运算能力，属于中档题选修45：不等式选讲23.已知（1）若，求的最小值；（2）若，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）分别在、和三种情况下求得函数最小值，进而得到在上的最小值；（2）将不等式变为，分别在、和的情况下，通过分离变量的方法求得结果.【详解】（1）当时，此时；当时，此时；当时，此时；综上所述：的最小值为.（2）令，则，当时，恒成立，则；当时，若，则，又，；若，则，又，；若，则；综上所述：实数的取值范围为.【点睛】本题考查含绝对值的函数最值的求解、绝对值不等式中的恒成立问题的求解；解决此类问题通常采用分类讨论的方式，去除绝对值符号之后再进行求解.