2019-2020学年福建省福州市高三高考考前模拟卷数学试题

第页，共页福建省福州市2019-2020学年高三高考考前模拟卷数学试题一、单选题（本大题共9小题）1.已知全集，，则（

）A． B． C． D．2.已知复数（为虚数单位），设是的共轭复数，则（

）A． B． C． D．3.设，则“”是“”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4.的展开式中，含项的系数为（

）A．45 B． C．15 D．5.地震震级根据地震仪记录的地震波振幅来测定，一般采用里氏震级标准．震级M用距震中100千米处的标准地震仪所记录的地震波最大振幅值的对数来表示．里氏震级的计算公式为：（其中常数是距震中100公里处接收到的0级地震的地震波的最大振幅；是指我们关注的这次地震在距震中100公里处接收到的地震波的最大振幅）．地震的能量E是指当地震发生时，以地震波的形式放出的能量．（单位：焦耳），其中M为地震震级．已知甲地地震产生的能量是乙地地震产生的能量的倍，若乙地地震在距震中100公里处接收到的地震波的最大振幅为A，则甲地地震在距震中100公里处接收到的地震波的最大振幅为（

）A．2A B．10A C．100A D．1000A6.2019年4月25日-27日，北京召开第二届“一带一路”国际高峰论坛，组委会要从6个国内媒体团和3个国外媒体团中选出3个媒体团进行提问，要求这三个媒体团中既有国内媒体团又有国外媒体团，且国内媒体团不能连续提问，则不同的提问方式的种数为（

）A．198 B．268 C．306 D．3787.已知函数，则（

）A．B．是函数的一个对称中心C．任取方程的两个根，，则是的整数倍D．对于任意的，恒成立8.已知、是双曲线：的左、右焦点，点是双曲线上的任意一点（不是顶点），过作角平分线的垂线，垂足为，是坐标原点．若，则双曲线的渐近线方程为（

）A． B． C． D．9.如图，在正方体中，是棱的中点，是侧面内的动点，且与平面的垂线垂直，则下列说法不正确的是（）A．与不可能平行B．与是异面直线C．点的轨迹是一条线段D．三棱锥的体积为定值二、多选题（本大题共3小题）10.某学校为了促进学生德､智､体､美､劳全面发展，制订了一套量化评价标准.下表是该校甲､乙两个班级在某次活动中的德､智､体､美､劳的评价得分(得分越高，说明该项教育越好).下列说法正确的是（

）德智体美劳甲班9.59.599.58乙班9.599.598.5A．甲班五项得分的极差为1.5B．甲班五项得分的平均数高于乙班五项得分的平均数C．甲班五项得分的中位数大于乙班五项得分的中位数D．甲班五项得分的方差小于乙班五项得分的方差11.已知抛物线的焦点为，直线经过点交于A，两点，交轴于点，若，则（

）A． B．点的坐标为C． D．弦的中点到轴的距离为12.已知函数，其中是自然对数的底数，下列说法中正确的是（

）A．函数的周期为 B．在区间上是减函数C．是奇函数 D．在区间上有且仅有一个极值点三、填空题（本大题共3小题）13.曲线在点（0，f（0））处的切线方程为.14.抛掷3个骰子，事件为“三个骰子向上的点数互不相同”，事件为“其中恰好有一个骰子向上的点数为2”，则.15.已知三棱锥，，，，二面角的余弦值为，则该三棱锥的外接球的体积为.四、双空题（本大题共1小题）16.已知为等腰直角三角形，，圆为的外接圆，，则；若P为圆M上的动点，则的最大值为．五、解答题（本大题共6小题）17.在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的存在，求的值；若不存在，说明理由．设等差数列的前项和为，是等比数列，，，是否存在，使得且？18.如图，在平面四边形ABCD中，，．（1）若，求三角形ABD的面积；（2）若求的大小．19.如图，在五面体中，底面四边形为正方形，面面，．（1）求证：；（2）若，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．20.2021年，我国新型冠状病毒肺炎疫情已经得到初步控制，抗疫工作取得阶段性胜利．某市号召市民接种疫苗，提出全民“应种尽种”的口号，疫苗成了重要的防疫物资．某疫苗生产厂不断加大投入，高速生产，现对其某月内连续9天的日生产量（单位：十万支，i＝1，2，…，9）数据作了初步统计，得到如图所示的散点图及一些统计量的数值：2.7219139.091095注：图中日期代码1~9分别对应这连续9天的时间：表中，．（1）从这9天中随机选取3天，求这3天中恰有2天的日生产量不高于三十万支的概率；（2）由散点图分析，样本点都集中在曲线的附近，求y关于t的方程，并估计该厂从什么时候开始日生产量超过四十万支．参考公式：回归方程中，斜率和截距的最小二乘估计公式为：，．参考数据：．21.已知函数.（Ⅰ）当时，求函数的单调区间；（Ⅱ）当时，证明：函数有2个零点.22.已知斜率为的直线交椭圆于A，两点，的垂直平分线与椭圆交于，两点，点是线段的中点．（1）若，求直线的方程以及的取值范围；（2）不管怎么变化，都有A，，，四点共圆，求的取值范围．

参考答案1.【答案】D【分析】求出全集，结合可求得集合.【详解】，，因此，，故选：D.2.【答案】D【分析】写出共轭复数，然后由复数乘法计算．【详解】由已知，所以．故选：D．3.【答案】B【分析】先解不等式得，再根据基本关系判定即可得答案.【详解】解：解不等式得，因为，所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B.4.【答案】A【分析】用二项式定理得到展开式中的项和项即可.【详解】由二项式定理展开式中有和，所以的展开式中含项的系数为.故选:A5.【答案】C【分析】设甲地地震震级为，乙地地震震级为，首先根据题意求得，代入里氏震级的计算公式为：求出即可.【详解】设甲地地震震级为，乙地地震震级为，因为甲地地震产生的能量是乙地地震产生的能量的倍，所以,故，又乙地地震在距震中100公里处接收到的地震波的最大振幅为A因为，所以，解得：，甲地地震在距震中100公里处接收到的地震波的最大振幅为.故选：C.6.【答案】A【分析】分“选两个国内媒体一个国外媒体”和“选两个外国媒体一个国内媒体”两种情况讨论,分别求出种数再相加即可.【详解】分两种情况：若选两个国内媒体一个国外媒体，有种不同提问方式；若选两个外国媒体一个国内媒体，有种不同提问方式，所以共有种提问方式.故选：A.7.【答案】D【分析】A．先求解出的解析式，再判断是否为对称轴；B．根据的解析式判断出对称中心的位置变化，再根据的取值确定出对称中心；C．根据正弦型函数图象的对称中心分布特点，确定出的取值情况；D．先求解出在上的值域，然后根据的大小关系判断不等式是否恒成立.【详解】因为，所以，所以既不是最大值也不是最小值，所以直线不是其图象的对称轴，故A错误；因为图象整体向上平移了一个单位长度，所以对称中心也向上平移了一个单位长度，且，所以点是其对称中心，故B错误；任取方程得到的两个根，即为方程的任意两根，它们之间相差为的整数倍，且，所以它们彼此之间相差的是的整数倍，故C错误；当时，，此时的最小值为，最大值为，所以对于任意的，恒成立，故D正确.故选：D.8.【答案】D【分析】先根据题意结合图象判断是的中点，，再利用中位线定理、双曲线的定义和题中条件求得，即求得，即得渐近线方程.【详解】依题意，延长交于Q，由是的角平分线，可知，是的中点，.又O是的中点，故是的中位线，所以，故，即，故，所以双曲线的渐近线方程为.故选：D.9.【答案】A【分析】设平面与直线交于，连接，，则为的中点，分别取，的中点，，连接，，，证明平面平面，即可分析选项ABC的正误；再由，得点到平面的距离为定值，可得三棱锥的体积为定值判断D．【详解】解：设平面与直线交于，连接，，则为的中点，分别取，的中点，，连接，，，如图，∵，平面，平面，∴平面，同理可得平面，又、是平面内的两条相交直线，∴平面平面，而平面，∴平面，得点的轨迹为一条线段，故C正确；并由此可知，当与重合时，与平行，故A错误；∵平面平面，和平面相交，∴与是异面直线，故B正确；∵，则点到平面的距离为定值，∴三棱锥的体积为定值，故D正确．故选：A．10.【答案】AC【分析】直接根据已知数据计算极差、平均数和中位数，比较判定ABC，写出甲乙的成绩的方差，作差比较即可判定D.【详解】甲班的极差为,故A正确；甲班的平均数,乙班的平均数,故B错误；甲班的成绩从低到高：8，9，9.5，9.5，9.5，中位数为9.5,乙班的成绩从低到高排列：8.5，9，9，9.5，9.5，中位数9，故C正确；甲班的成绩的方差为,乙班的成绩的方差为,,故D错误.故选：AC.11.【答案】CD【分析】首先利用焦点坐标求出抛物线的方程，即可判断A选项；根据题意找到线段之比求出点B的坐标可判断B选项，根据点B,F坐标可写出直线AB方程，联立之后，由弦长公式及中点坐标公式求解并判断CD选项.【详解】由于得到，故A错误；抛物线方程为，过B点作BD垂直于y轴，垂足为D点，则,因为，所以,所以，即,代入抛物线方程，解得,故B错误；不妨取点的坐标为，所以直线的方程为：，联立抛物线方程得到：，韦达定理可知：，由抛物线的弦长公式可知：，故C正确；弦的中点到轴的距离为，故D正确；故选：CD.12.【答案】ACD【分析】选项A：利用周期函数的概念判断即可；选项B：求导，利用导函数求解单调区间即可；选项C：设，利用奇偶性的定义以及两角和与差的正弦余弦公式即可判断；选项D：当时，对函数二次求导，先利用导函数求解单调区间，再利用零点存在定理判断零点即可；当时，利用即可判断.【详解】对于选项A：，故选项A正确；对于选项B：由，得，当时，，所以在区间上是增函数，故选项B不正确；对于选项C：，设，则，所以函数即是奇函数；故选项C正确；对于选项D：由，得，而，（1）当时，，所以，即在区间单调递减，又，，所以在区间上存在唯一零点；（2）当时，，又，则，则在区间上无零点，综上可得：在区间上有且仅有一个极值点；故选项D正确；故选：ACD.13.【答案】【分析】利用导数的几何意义求解，先对函数求导，然后求切线的斜率，再利用点斜式方程可求出切线方程【详解】解：由，得，所以切线的斜率为，，所以在点（0，f（0））处切线方程为，即，故答案为：14.【答案】【分析】根据题中条件，先分别求出事件与事件发生的概率，再由条件概率的计算公式，即可得出结果.【详解】由题意，事件发生的概率为，事件发生的概率为，因此.故答案为：.15.【答案】【分析】取中点为，连结，，然后可得就是二面角的平面角，然后可求出，然后可得与都是直角，然后可得该三棱锥的外接球球心是的中点，即可求出答案.【详解】取中点为，连结，，∵，，∴，，∴就是二面角的平面角，∵，∴，∴∴，所以，，与都是直角，所以该三棱锥的外接球球心是的中点，故答案为：16.【答案】2；【分析】易知为BC的中点，E为AB的中点，建立如图所示的直角坐标系，得到坐标，即可得的值，设与轴正半轴的夹角为，将表示为关于的三角函数，进而可得结果.【详解】由题意得，为BC的中点，E为AB的中点，以圆心为坐标原点，建立平面直角坐标系，如图所示，则∴∴设与轴正半轴的夹角为则.∴，∴，∴.故答案为2，.17.【答案】答案不唯一，见解析【分析】从三个条件中任选一个，利用等差、等比数列的基本知识解决问题即可.【详解】因为在等比数列中，，，所以其公比，从而，从而．若存在，使得，即，从而；同理，若使，即，从而．（方法一）若选①：由，得，所以，当时满足，且成立；若选②：由，且，所以数列为递减数列，故不存在，且；若选③：由，解得，从而，所以当时，能使，成立．（方法二）若选①：由，得，所以公差，，从而；，解得，又，从而满足题意．18.【答案】（1）；（2）．【分析】（1）由三角形BCD是直角三角形求出BD，再在三角形ABD中利用正弦定理求出AD边长，再根据三角形面积公式求出ABD的面积；（2）在中，由正弦定理知，整理得到，又根据,所以得到，由可得.【详解】（1）在中，由，可得，在中，由正弦定理知，可得．所以（2）由，在中，由正弦定理知，又，所以sin∠ABD=cos∠CBD从而有两式相除可得又由因此有，由可得（延长BA，CD交与点E，在三角形EAD中计算同样给分）19.【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）根据，可得平面，然后根据线面平行性质定理可得（2）建立空间直角坐标系，分别计算平面与平面的一个法向量，最后根据空间向量的夹角公式计算即可.【详解】（1）在正方形中，，因为平面平面，所以平面．因为平面，平面平面，所以．（2）因为四边形是正方形，所以．因为，面，所以平面．因为平面，所以．由，所以可以如图以点为坐标原点建立空间直角坐标系．由已知，．易知平面的法向量为．设平面的法向量为，所以：，则所以：令，解得：，所以平面的法向量：．设平面与平面所成锐二面角为，则．所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为．20.【答案】（1）；（2）；第14天．【分析】（1）记所求事件为A，9天中日产量不高于三十万支的有5天．再利用古典概型的概率公式求解；（2）由题得，求利用最小二乘法求出得到，解不等式即得解.【详解】（1）记所求事件为A，9天中日产量不高于三十万支的有5天．．（2），，，．．，．令，解得．∴，即该厂从统计当天开始的第14天日生产量超过四十万支．21.【答案】（Ⅰ）在单调递减，在单调递增；（Ⅱ）证明见解析.【详解】（Ⅰ）代入的值，求出函数的导数，确定导数的符号，从而求出函数的单