1、1 福福州州市市 2020 届届高高三三理理科科数数学学 5 月月调调研研卷卷 （完卷时间 120 分钟；满分 150 分） 第第卷卷 一一、选选择择题题：本本题题共共 12 小小题题，每每小小题题 5 分分，共共 60 分分.在在每每小小题题给给出出的的四四个个选选项项中中，只只有有 一一项项是是符符合合题题目目要要求求的的. 1已知集合 2 |931Axx， |2By y，则AB R A 2 ,2) 3 BC 22 (, ,2) 33 D() 2 2 , 3 3 2复数z满足(12i)43iz，则z A. 5 5 B. 5 C.2 5D.4 5 3设等差数列 n a的前n项和为 n S，若
2、 21 2aa， 54 9SS，则 50 a A99B101C2500D 45 92 4棱锥被平行于底面的平面所截，若截面面积与底面面积之比为1:2，则此棱锥的高被分 成的上、下两段之比为 A1:2B1:4C1:( 21)D1:(32 2) 5. 若 525 0125 ()211()(11)xaa xaxax，则 3 a A40B40C80D80 6随着 2022 年北京冬奥会的临近，中国冰雪产业快速发展，冰雪运动人数快速上升，冰 雪运动市场需求得到释放.如图是2012-2018年中国雪场滑雪人数(单位:万人)与同比增长 情况统计图.则下面结论中正确的是 2012-2018 年，中国雪场滑雪人
3、数逐年增加； 2 2013-2015 年，中国雪场滑雪人数和同比增长率均逐年增加； 中国雪场 2015 年比 2014 年增加的滑雪人数和 2018 年比 2017 年增加的滑雪人数均 为 220 万人，因此这两年的同比增长率均有提高； 2016-2018 年，中国雪场滑雪人数的增长率约为 23.4%. A.B.C.D. 7习总书记在十九大报告中指出：坚定 文化自信，推动社会主义文化繁荣兴 盛如右 1 图，“大衍数列”：0，2，4， 8，12，来源于乾坤谱中对易传 “大衍之数五十”的推论，主要用于解 释中国传统文化中的太极衍生原理，数 列中的每一项都代表太极衍生过程中曾 经经历过的两仪数量总和
4、右 2 图是求 大衍数列前n项和的程序框图.执行该 程序框图，输入10m ，则输出的S A100B140C190D250 8若 1 4 4a ， 5 log 12b ， 1 3 1 log 9 c ，则 AbacBabcCacbDcab 9. 将函数 2 ( )2sin(3) 3 f xx的图象向右平移 1 2 个周期后得到函数 ( )g x的图象，则( )g x 图象的一条对称轴可以是 A 18 x B 6 x C 7 18 x D 11 18 x 10 设双曲线 22 22 :1(0,0) xy Cab ab 的左焦点为F， 直线43200xy过点F且与C 在第二象限的交点为P，O为原点，
5、| |OPOF，则C的离心率为 A5B.5C. 5 3 D. 5 4 11. 设数列 n a的前n项和为 n S，且 1 1a ，2(1) n n S an n （ * nN） ，则 2 2 n nSn的最 小值为 A2B1C 2 3 D3 3 12. 若关于x的不等式 2 e10 x axx解集中恰有两个正整数解，a的取值范围为 A. 2 41 ,) 3e2e B. 3 91 ,) 4e2e C. 3 91 , 4e2e D. 32 94 ,) 4e3e 第第卷卷 二二、填填空空题题：本本大大题题共共 4 小小题题，每每小小题题 5 分分，共共 20 分分将将答答案案填填在在答答题题卡卡的的
6、相相应应位位置置. 13.已知向量a 和b 的夹角为60，| 2a ，| 3b ，则|32 |ab _. 14.椭圆 22 22 :1 (0) xy Cab ab 的左，右焦点分别为 12 ,F F，焦距为2 3，点E在C上， 12 EFEF，直线 1 EF的斜率为 b c （c为半焦距） ，则C的方程为_. 15.已知点( , )P x y满足 1, , 4, x yx xy 过点P的直线与圆 22 14xy相交于A，B两点， 则|AB 的最小值为_. 16.已知三棱锥ABCD的棱长均为 6， 其内有n个小球， 球 1 O与三棱锥ABCD的四个面 都相切，球 2 O与三棱锥ABCD的三个面和
7、球 1 O都相切，如此类推，球 n O与三棱锥 ABCD的三个面和球 1n O 都相切（ 2n ，且n N） ，则球 1 O的体积等于_， 球 n O的表面积等于_ （本题第一空 2 分，第二空 3 分） 三三、解解答答题题：共共 70 分分.解解答答应应写写出出文文字字说说明明，证证明明过过程程或或演演算算步步骤骤.第第 1721 题题为为必必考考题题， 每每个个试试题题考考生生都都必必须须作作答答.第第 22、23 题题为为选选考考题题，考考生生根根据据要要求求作作答答. （一一）必必考考题题：共共 60 分分 17 （本小题满分 12 分） 如图，已知ABC的内角A，B，C的对边分别是a
8、,b,c, 且sin()sinsinaAcaCbB，点D是AC的中点，DEAC， DE交AB于点E，且2BC ， 6 2 DE . （1）求B； （2）求ABC的面积. 4 18.（本小题满分 12 分） 如图， 在五面体ABCDEF中，ABCDEF，ABBC， 228CDCEEF，120BCE，4 2DF （1）证明：EF 平面BCE； （2）若8BC ，ABEF，求二面角EADF的余弦 值 19.（本小题满分 12 分） 已知抛物线C的顶点为(0,0)O，焦点F为(0,1). （1）求C的方程； （2） 过点F作直线交C于A，B两点， 若直线AO，BO分别交直线:2l yx于M， N两点，
9、求|MN的最小值 20.（本小题满分 12 分） 已知函数( )12sinf xxx （0x ）. （1）求( )f x的单调区间； （2）证明： 2 ( )e x f x . 21.（本小题满分 12 分） 某医药开发公司实验室有 * ()n nN瓶溶液，现需要把含有细菌R的溶液检验出来，有 如下两种方案： 方案一：逐瓶检验，则需检验n次； 方案二： 混合检验， 将n瓶溶液分别取样， 混合在一起检验， 若检验结果不含有细菌R， 则n瓶溶液全部不含有细菌R；若检验结果含有细菌R，就要对这n瓶溶液再逐瓶检验， 此时检验次数总共为1n. （1）若5n ，其中2瓶中含有细菌R，采用方案一，求恰好检验
10、3次就能确定哪两 瓶溶液含有细菌R的概率； （2）现对该n瓶溶液进行检验，已知每瓶溶液含有细菌R的概率均为 (01)PP . 若采用方案一，需检验的总次数为，若采用方案二，需检验的总次数为. (i)若与的期望相等.试求P关于n的函数解析式 ( )Pf n ； (ii)若 1 4 1eP ，且采用方案二总次数的期望小于采用方案一总次数的期望.求n的 最大值. 参考数据：ln20.69，ln31.10，ln51.61，ln71.95. 5 （二二）选选考考题题：共共 10 分分请请考考生生在在第第 22，23 两两题题中中任任选选一一题题作作答答如如果果多多做做，则则按按所所做做 第第一一个个题题
11、目目计计分分，作作答答时时请请用用 2B 铅铅笔笔在在答答题题卡卡上上将将所所选选题题号号后后的的方方框框涂涂黑黑 22.（本小题满分 10 分）选修44：坐标系与参数方程 在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为 2 , 2 , xmt yt （t为参数） ，以坐标原点 为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为 2 2 4 1sin . （1）求l的普通方程和C的直角坐标方程； （2）设P为C上的点，PQl，垂足为Q，若|PQ的最小值为2，求m的值. 23.（本小题满分 10 分）选修45：不等式选讲 已知, ,a b c为正数，且满足1abc .证明： （1） 22
12、2 111 abc abc ； （2） 111 1 222abc . 6 福福州州市市 2020 届届高高三三理理科科数数学学 5 月月调调研研卷卷参参考考答答案案 一一、选选择择题题：本题共 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. 1C2B3A4. C5. C6C 7. C8. B9. D10. A11. B12. D 二二、填填空空题题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 13.614. 22 1 63 xy 15416.6， 1 6 4n 三三、 解解答答题题： 共 70 分.解答应写出文字说明， 证明过程或演算步骤
13、.第 1721 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. 17 【解析】 （1）sinsinsinaAcaCbB， 由 sinsinsin abc ABC 得 222 acacb ，2 分 由余弦定理得 222 1 cos 22 acb B ac ，4 分 0180B，60B. 6 分 （2）连接CE，如右图，D是AC的中点，DEAC，AECE， 6 sin2sin DE CEAE AA ， 7 分 在BCE中，由正弦定理得 sinsinsin2 CEBCBC BBECA ， 62 2sin sin602sin cosAAA ， 2 cos 2 A，
14、8 分 0180A，45A，9 分 75ACB，30BCEACBACE ，90BEC， 3CEAE，31ABAEBE，11 分 133 22 ABC SABCE .12 分 18. 【解析】 （1）证明：因为ABEF，ABBC， 所以EFBC 1 分 7 取CD中点为G，连接FG，所以 1 4 2 CGDGCD， 因为CDEF，4EF ，所以CGEF且CGEF， 所以四边形CEFG为平行四边形，所以CEGF，且4CE GF =. 3 分 因为 4 2DF ， 222 DGGFDF， 所以DGGF，所以CDCE，4 分 因为CDEF，所以EFCE 因为BCCEC，所以EF 平面BCE5 分 （2
15、）由（1）知，EF 平面BCE， 因为CDEF，所以CD 平面BCE 故以点C为坐标原点，分别以CB 、CD 的方向为x轴、 z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz 所以(8,0,4), (8,0,0),( 2,2 3,0),( 2,2 3,4),(0,0,8),ABEFD 所以( 8,0,4),( 10,2 3, 4)ADAE ， 设平面ADE的法向量为 111 (,)nx y z ， 则 0 0 AD n AE n ，7 分 所以 11 111 840 102 340 xz xyz ， 取 1 1x ，则(1,3 3,2)n ，8 分 设平面ADF的法向量为 222 (,)mx
16、yz ，因为( 10,2 3,0)AF ， 所以 0 0 AD n AF n ， 9 分 所以 22 22 840 102 30 xz xy ， 取 2 1x ，则 5 3 (1,2) 3 m ， 10 分 所以 2 2 5 3 13 34 15 3 cos, 4 5 3 1(3 3)414 3 n m ， 11 分 所以二面角EADF的余弦值为 15 4 12 分 8 19.【解析】 （1）由已知可设C的方程为 2 2(0xpy p ），则1 2 p ,得2p ， 所以C的方程是 2 4xy. 2 分 （2）设 2 1 1 (,) 4 x A x， 2 2 2 (,) 4 x B x，所以
17、1 4 AO x k， 2 4 BO x k, 所以直线AO的方程是： 1 4 x yx,由 1 4 2 x yx yx ， 1 8 4 M x x ， 同理由 2 4 2 x yx yx ， 2 8 4 N x x ， 4 分 所以 2 12 121212 88 |1 1 |2 | 8 2 | 44164() MN xx MNxx xxxxx x ，5 分 设:1AB ykx，由 2 1 4 ykx xy 得 2 440xkx， 1212 4 ,4xxk x x ， 22 121212 |()441xxxxx xk， 代入得 22 411 | 8 2 | 8 2 16164|43| kk M
18、N kk ，7 分 设43,0kt t，则 3 4 t k ， 当0t 时， 2 2 256256 | 8 2 | 2 2 12 2 4 tt MN ttt ，9 分 当0t 时， 2 2 2 256256531648 2 | 8 2 | 2 2 12 2 ()2 2 452555 tt MN tttt ， 当 25 3 t 时，|MN取得最小值 8 2 5 ，此时 4 3 k ； 11 分 综上，|MN的最小值是 8 2 5 .12 分 20.【解析】 （1）( )12cosfxx ，1 分 由( )0fx得 1 cos 2 x ，解得 5 2 2 33 kxk（k N） ， 9 由( )0
19、fx得 1 cos 2 x ，解得 0 3 x或 57 2 2 33 kxk（k N）4 分 所以( )f x的单调递增区间为 5 (2 2 ) 33 kk，（k N） ； ( )f x的单调递减区间为 (0,) 3 和 57 (2 ,2 ) 33 kk（k N）. 5 分 （2）要证当0x 时， 2 ( )e x f x ， 即证当0x 时， 2 ( )(12sin )e1 x g xxx， 6 分 222 ( )2(12sin )e(12cos )e(324sin2cos )e xxx g xxxxxxx， 7 分 令( )sinh xxx，则( )1cos0h xx ，( )h x在(0
20、,)上单调递增， 故( )(0)0h xh，即sinxx，8 分 所以 324sin2cos32sin4sin2cos32(sincos )xxxxxxxx 32 2sin()0 4 x，10 分 所以( )0g x，( )g x在(0,)上单调递增，故( )(0)1g xg， 11 分 故当0x 时， 2 ( )e x f x . 12 分 21.【解析】 （1）记事件为A为“恰好检验3次就能确定哪两瓶溶液含有细菌R”， 事件B为“第三次含有细菌R且前 2 次中有一次含有细菌R”， 事件C为“前三次均不含有细菌R”，则ABC，且事件,B C互斥， 所以 1113 2233 33 55 113
21、 ( )( )( ) 51010 A A AA P AP BP C AA . 4 分 （2） （i）( )En，的取值为1,1n， (1)(1) , (1)1(1) nn PPPnP ，6 分 所以( )(1)(1) 1(1)1(1) nnn EPnPnnP ， 由 ( )( )EE 得1(1)nnnnP ，所以 1 * (1) 1 ( )nPn n N； 8 分 (ii) 1 4 1eP ,所以 4 ( )1e n Enn ，所以 4 (1)e n nnn ， 9 分 10 所以ln0 4 n n ，设( )ln(0) 4 x f xxx， 114 ( ) 44 x fx xx ， 当(0,
22、4)x时，( )0fx，( )f x在(0,4)上单调递增； 当(4,)x时，( )0fx，( )f x在(4,)上单调递减， 11 分 又(8)ln823ln223 0.6920f， 999 (9)ln92ln32 1.100 444 f， 所以n的最大值为8.12 分 22. 【解析】（1） 因为C的极坐标方程为 2 2 4 1sin ， 即 222 sin4， 则 22 24xy， 化简得 22 1 42 xy ，所以C的直角坐标方程为 22 1 42 xy .3 分 l参数方程消去参数t，得l的普通方程为20xym. 5 分 （2）设(2cos , 2sin )P，由点到直线的距离公式
23、得 |2 2cos()| |2cos2sin| 4 | 33 m m PQ ， 7 分 由题意知0m ， 当0m 时， min |2 2| |2 3 m PQ ，得 2 32 2m ， 8 分 当0m 时， min | 2 2| |2 3 m PQ ，得 2 32 2m ，9 分 所以 2 32 2m 或 2 32 2m . 10 分 23.证明：证法一、 （1）由条件1abc 得 222222 111111111 ()()abc abcabcbccaab 2222 22 22 2 222 a bb cc aa bcb cac a a b c b ，2 分 由二元基本不等式可得 22222 2
24、a bc aca b ， 22222 2a bb cb ac ， 22222 2b cc abc a ， （等号成立当且仅当1abc） ，将上述三个不等式相加，从而 11 222222222 222 0 a bb cc aa bc a b cac ab b c ， 4 分 得证 222 111 abc abc .5 分 （2）由条件1abc 得 11143 1() 222(2)(2)(2)(2)(2)(2) abbccaabcabbcca abcabcabc ，8 分 由三元基本不等式得 3 33abbccaab bc ca （等号成立当且仅当1abc） ， 从而得证 111 1 222abc
25、 . 10 分 证法二、 （1）因为, ,a b c为正数，且满足1abc ， 欲证 222 111 abc abc ，只需证 222 abcabcabc abc abc ， 即证 bccaab abc abc .1 分 因为22 bccabc ca c abab ， （当且仅当ab时取等号）2 分 22 caabca ab a bcbc ， （当且仅当bc时取等号） 22 bcabbc ab b acac ， （当且仅当ca时取等号）3 分 将上述三个不等式相加，得222 bccacaabbcab cab abbcac ， （当且仅当 1abc时取等号） 4 分 即 bccaab abc abc 成立， 所以原不等式成立. 5 分 （2）略，同证法一.
