（2019高考題 2019模擬題）2020高考數(shù)學(xué) 素養(yǎng)提升練（一）理（含解析）

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1、素養(yǎng)提升練(一) 本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分．滿分150分，考試時(shí)間120分鐘． 第Ⅰ卷　(選擇題，共60分) 一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的． 1．(2019·湖南長(zhǎng)郡中學(xué)一模)已知集合A＝{x|x>a}，B＝{x|x2－4x＋3≤0}，若A∩B＝B，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A．a(chǎn)>3 B．a(chǎn)≥3 C．a(chǎn)≤1 D．a(chǎn)<1 答案　D 解析　因?yàn)锽＝{x|1≤x≤3}，A∩B＝B，所以a<1.故選D. 2．(2019·廣東汕頭二模)若復(fù)數(shù)(a∈R)為純虛數(shù)，則|3－ai|＝

2、(　　) A. B．13 C．10 D. 答案　A 解析　＝＝， 因?yàn)閺?fù)數(shù)(a∈R)為純虛數(shù)，所以 即解得a＝2， 所以|3－ai|＝|3－2i|＝＝.故選A. 3．(2019·江淮十校模擬)為了解戶籍、性別對(duì)生育二胎選擇傾向的影響，某地從育齡人群中隨機(jī)抽取了容量為200的調(diào)查樣本，其中城鎮(zhèn)戶籍與農(nóng)村戶籍各100人；男性120人，女性80人，繪制不同群體中傾向選擇生育二胎與傾向選擇不生育二胎的人數(shù)比例圖(如圖所示)，其中陰影部分表示傾向選擇生育二胎的對(duì)應(yīng)比例，則下列敘述中錯(cuò)誤的是(　　) A．是否傾向選擇生育二胎與戶籍有關(guān) B．是否傾向選擇生育二胎與性別有關(guān) C．

3、傾向選擇生育二胎的人群中，男性人數(shù)與女性人數(shù)相同 D．傾向選擇不生育二胎的人群中，農(nóng)村戶籍人數(shù)少于城鎮(zhèn)戶籍人數(shù) 答案　C 解析　由比例圖可知，是否傾向選擇生育二胎與戶籍、性別有關(guān)，傾向選擇不生育二胎的人員中，農(nóng)村戶籍人數(shù)少于城鎮(zhèn)戶籍人數(shù)，傾向選擇生育二胎的人員中，男性人數(shù)為0.8×120＝96人，女性人數(shù)為0.6×80＝48人，男性人數(shù)與女性人數(shù)不相同，故C錯(cuò)誤，故選C. 4．(2019·咸陽(yáng)模擬)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若a4＝4，S9＝72，則a10＝(　　) A．20 B．23 C．24 D．28 答案　D 解析　由于數(shù)列是等差數(shù)列，故解得a1＝－8，d＝

4、4，故a10＝a1＋9d＝－8＋36＝28.故選D. 5．(2019·淮南一模)已知函數(shù)f(x)＝xln x，若直線l過(guò)點(diǎn)(0，－e)，且與曲線y＝f(x)相切，則直線l的斜率為(　　) A．－2 B．2 C．－e D．e 答案　B 解析　函數(shù)f(x)＝xln x的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝ln x＋1，設(shè)切點(diǎn)為(m，n)，則n＝mln m，可得切線的斜率為k＝1＋ln m，∴1＋ln m＝＝，解得m＝e，k＝1＋ln e＝2，故選B. 6．(2019·鄭州質(zhì)檢)如圖，在△ABC中，＝，P是BN上一點(diǎn)，若＝t＋，則實(shí)數(shù)t的值為(　　) A. B. C. D. 答案　C

5、解析　由題意及圖，＝＋＝＋m＝＋m(－)＝m＋(1－m)，又＝，∴＝，∴＝m＋(1－m)，又＝t＋，∴解得m＝，t＝，故選C. 7．(2019·山西太原一模)如圖是某幾何體的三視圖，其中網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)為1，則該幾何體的體積為(　　) A．12 B．15 C. D. 答案　D 解析　其直觀圖為四棱錐E－ABCD，由題意得 V＝××5＝.故選D. 8．(2019·華師附中模擬)設(shè)F1，F(xiàn)2分別是橢圓＋＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)，若在直線x＝(其中c2＋b2＝a2)上存在點(diǎn)P，使線段PF1的垂直平分線經(jīng)過(guò)點(diǎn)F2，則橢圓離心率的取值范圍是(　　) A. B.

6、 C. D. 答案　C 解析　由題意得F1(－c,0)，F(xiàn)2(c,0)，設(shè)點(diǎn)P，則由中點(diǎn)公式可得線段PF1的中點(diǎn)K，∵線段PF1的斜率與KF2的斜率之積等于－1，即·＝－1，∴m2＝－·≥0，∴a4－2a2c2－3c4≤0，∴3e4＋2e2－1≥0， ∴e2≥或e2≤－1(舍去)，∴e≥. 又橢圓的離心率0

7、x<－1時(shí)，f′(x)<0，故f(x)在(－∞，－1)上為減函數(shù)，當(dāng)－10，故f(x)在(－1,0)上為增函數(shù)，所以當(dāng)x≤0時(shí)，f(x)的最小值為f(－1)＝－.又在R上，f(x)的圖象如圖所示， 因?yàn)間(x)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，所以方程f(x)＝m有兩個(gè)不同的解，即直線y＝m與y＝f(x)有兩個(gè)不同交點(diǎn)且交點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別為x1，x2，故1

8、隨機(jī)撒一粒豆子，則豆子落在圖中陰影部分的概率為(　　) A．1－ B． C． D．1－ 答案　A 解析　S矩形＝π×1＝π，又 sinxdx＝－cosx＝－(cosπ－cos0)＝2， ∴S陰影＝π－2，∴豆子落在圖中陰影部分的概率為＝1－.故選A. 11．(2019·昌平期末)設(shè)點(diǎn)F1，F(xiàn)2分別為橢圓C：＋＝1的左、右焦點(diǎn)，點(diǎn)P是橢圓C上任意一點(diǎn)，若使得·＝m成立的點(diǎn)恰好是4個(gè)，則實(shí)數(shù)m的值可以是(　　) A. B．3 C．5 D．8 答案　B 解析　∵點(diǎn)F1，F(xiàn)2分別為橢圓C：＋＝1的左、右焦點(diǎn)，即F1(－2,0)，F(xiàn)2(2,0)，a2＝9，b2＝5，c

9、2＝4，c＝2，設(shè)P(x0，y0)，＝(－2－x0，－y0)，＝(2－x0，－y0)，由·＝m可得x＋y＝m＋4，又∵P在橢圓上，即＋＝1，∴x＝，要使得·＝m成立的點(diǎn)恰好是4個(gè)，則0<<9，解得1

10、＝3，BF＝BE＝2， AF＝＝4，設(shè)正四面體內(nèi)切球半徑為r，則(4－r)2＝(2)2＋r2，解得正四面體內(nèi)切球半徑為r＝1，∵球的半徑為，∴由球的半徑知球被平面截得小圓半徑為r1＝＝2，故球被正四面體一個(gè)平面截曲線為三段圓弧，且每段弧所對(duì)中心角為30°，∴正四面體表面與球面的交線的總長(zhǎng)度為4×＝4π.故選A. 第Ⅱ卷　(非選擇題，共90分) 二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分． 13．(2019·臨沂質(zhì)檢)設(shè)x，y滿足約束條件 則z＝2x＋3y的最小值為________． 答案　8 解析　畫出不等式組表示的平面區(qū)域，如圖陰影部分所示， 由圖形知，當(dāng)目標(biāo)函

11、數(shù)z＝2x＋3y過(guò)點(diǎn)A時(shí)，z取得最小值． 由求得A(1,2)， 所以z＝2x＋3y的最小值是2×1＋3×2＝8. 14．(2019·金山中學(xué)模擬)數(shù)列{an}且an＝ 若Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則S2018＝________. 答案　 解析　數(shù)列{an}且an＝ ①當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，an＝＝； ②當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，an＝sin， 所以S2018＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2017)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2018)＝＋(1＋0－1＋…＋0)＝＋1＝. 15．(2019·岳陽(yáng)二模)將多項(xiàng)式a6x6＋a5x5＋…＋a1x＋a0分解因式得(x－2)(x＋2)5，則a5＝____

12、____. 答案　8 解析　(x－2)(x＋2)5＝(x2－4)(x＋2)4，(x＋2)4展開式中的x3系數(shù)為C·21＝8.所以a5＝8. 16．(2019·東莞期末)已知函數(shù)f(x)＝sinx·cos2x(x∈R)，則f(x)的最小值為________． 答案　－1 解析　函數(shù)f(x)＝sinx·cos2x＝sinx(1－2sin2x)＝sinx－2sin3x，令t＝sinx∈[－1,1]， 則h(t)＝t－2t3，h′(t)＝1－6t2， 當(dāng)－1≤t<－時(shí)，h′(t)<0，h(t)在上單調(diào)遞減； 當(dāng)－≤t<時(shí)，h′(t)≥0，h(t)在上單調(diào)遞增； 當(dāng)≤t≤1時(shí)，h′(t

13、)≤0，h(t)在上單調(diào)遞減． 所以函數(shù)的最小值是h或h(1)， h(1)＝－1

14、inC， 故由正弦定理得b2＋c2－a2＝bc. 由余弦定理得cosA＝＝. 因?yàn)?°

15、日薪薪酬方案，其中甲方案：底薪100元，每派送一單獎(jiǎng)勵(lì)1元；乙方案：底薪140元，每日前55單沒(méi)有獎(jiǎng)勵(lì)，超過(guò)55單的部分每單獎(jiǎng)勵(lì)12元． (1)請(qǐng)分別求出甲、乙兩種薪酬方案中日薪y(tǒng)(單位：元)與派送單數(shù)n的函數(shù)關(guān)系式； (2)根據(jù)該公司所有派送員100天的派送記錄，得到了如圖所示的派送量指標(biāo)的頻率分布直方圖，并發(fā)現(xiàn)每名派送員的日平均派送單數(shù)滿足以下條件：當(dāng)某天的派送量指標(biāo)在(n＝1,2,3,4,5)時(shí)，日平均派送量為(50＋2n)單． 若將頻率視為概率，回答下列問(wèn)題： ①根據(jù)以上數(shù)據(jù)，設(shè)一名派送員的日薪為Y(單位：元)，試分別求出甲、乙兩種方案中日薪Y(jié)的分布列、數(shù)學(xué)期望及方差；

16、②結(jié)合①中的數(shù)據(jù)，利用統(tǒng)計(jì)的知識(shí)，幫助小明分析，他選擇哪種薪酬方案比較合適，并說(shuō)明你的理由． (參考數(shù)據(jù)：0.62＝0.36,1.42＝1.96,2.62＝6.76,3.42＝11.56,3.62＝12.96,4.62＝21.16,15.62＝243.36,20.42＝416.16,44.42＝1971.36) 解　(1)甲方案中派送員日薪y(tǒng)(單位：元)與派送單數(shù)n的函數(shù)關(guān)系式為y＝100＋n，n∈N. 乙方案中派送員日薪y(tǒng)(單位：元)與派送單數(shù)n的函數(shù)關(guān)系式為y＝ (2)①由已知，在這100天中，該公司的一名派送員的日平均派送單數(shù)滿足下表： 派送單數(shù) 52 54 56 58

17、 60 頻率 0.2 0.3 0.2 0.2 0.1 所以Y甲的分布列為 Y甲 152 154 156 158 160 P 0.2 0.3 0.2 0.2 0.1 所以E(Y甲)＝152×0.2＋154×0.3＋156×0.2＋158×0.2＋160×0.1＝155.4， s＝0.2×(152－155.4)2＋0.3×(154－155.4)2＋0.2×(156－155.4)2＋0.2×(158－155.4)2＋0.1×(160－155.4)2＝6.44； Y乙的分布列為 Y乙 140 152 176 200 P 0.5 0.2 0

18、.2 0.1 所以E(Y乙)＝140×0.5＋152×0.2＋176×0.2＋200×0.1＝155.6， s＝0.5×(140－155.6)2＋0.2×(152－155.6)2＋0.2×(176－155.6)2＋0.1×(200－155.6)2＝404.64. ②答案一：由①可知，E(Y甲)

19、B∥CD，過(guò)A，B分別作AE⊥CD，BF⊥CD，垂足分別為E，F(xiàn).AB＝AE＝2，CD＝5，已知DE＝1，將梯形ABCD沿AE，BF同側(cè)折起，得空間幾何體ADE－BCF，如圖2. (1)若AF⊥BD，證明：DE⊥平面ABFE； (2)若DE∥CF，CD＝，線段AB上存在一點(diǎn)P，滿足CP與平面ACD所成角的正弦值為，求AP的長(zhǎng)． 解　(1)證明：由已知得四邊形ABFE是正方形，且邊長(zhǎng)為2，在題圖2中，AF⊥BE， 由已知得AF⊥BD，BE∩BD＝B，∴AF⊥平面BDE， 又DE?平面BDE，∴AF⊥DE， 又AE⊥DE，AE∩AF＝A，∴DE⊥平面ABFE. (2)在題圖2中，

20、AE⊥DE，AE⊥EF，DE∩EF＝E，即AE⊥平面DEFC， 在梯形DEFC中，過(guò)點(diǎn)D作DM∥EF交CF于點(diǎn)M，連接CE， 由題意得DM＝2，CM＝1，由勾股定理可得DC⊥CF，則∠CDM＝，CE＝2， 過(guò)E作EG⊥EF交DC于點(diǎn)G，可知GE，EA，EF兩兩垂直， 以E為坐標(biāo)原點(diǎn)，以，，分別為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系， 則A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,1，)，D， ＝(－2,1，)，＝. 設(shè)平面ACD的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)， 由得 取x＝1得n＝(1，－1，)， 設(shè)AP＝m，則P(2，m,0)(0≤m≤2)， 得＝(2，m－

21、1，－)， 設(shè)CP與平面ACD所成的角為θ， sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝?m＝. ∴AP＝. 20．(本小題滿分12分)(2019·浙江高考)如圖，已知點(diǎn)F(1,0)為拋物線y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)．過(guò)點(diǎn)F的直線交拋物線于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)C在拋物線上，使得△ABC的重心G在x軸上，直線AC交x軸于點(diǎn)Q，且Q在點(diǎn)F的右側(cè)．記△AFG，△CQG的面積分別為S1，S2. (1)求p的值及拋物線的準(zhǔn)線方程； (2)求的最小值及此時(shí)點(diǎn)G的坐標(biāo)． 解　(1)由題意得＝1，即p＝2. 所以拋物線的準(zhǔn)線方程為x＝－1. (2)設(shè)A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xC，yC)

22、，重心G(xG，yG)．令yA＝2t，t≠0，則xA＝t2. 由于直線AB過(guò)F，故直線AB的方程為x＝y(tǒng)＋1， 代入y2＝4x，得y2－y－4＝0， 故2tyB＝－4，即yB＝－，所以B. 又xG＝(xA＋xB＋xC)，yG＝(yA＋yB＋yC)及重心G在x軸上，得2t－＋yC＝0， 得C，G. 所以直線AC的方程為y－2t＝2t(x－t2)， 得Q(t2－1,0)． 由于Q在焦點(diǎn)F的右側(cè)，故t2>2.從而 ＝ ＝ ＝＝2－. 令m＝t2－2，則m>0， ＝2－＝2－≥2－ ＝1＋. 當(dāng)m＝時(shí)，取得最小值1＋，此時(shí)G(2,0)． 21．(本小題滿分12分)(20

23、19·山西太原一模)已知函數(shù)f(x)＝ln x－ax2＋(2－a)x，a∈R. (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)當(dāng)a<－時(shí)，若對(duì)于任意x1，x2∈(1，＋∞)(x10， 當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； 當(dāng)a>0時(shí)，令f′(x)>0，則0. ∴f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． (2)證明：∵當(dāng)a<－時(shí)， ＝ln －a(x2＋x1)＋(2－a)， f

24、′(x0)＝－2ax0＋(2－a)， ∴l(xiāng)n －a(x2＋x1)＝－2ax0， ∴f′－f′(x0)＝－a(x2＋x1)－＝－ln ＝－ln ＝， 令t＝，g(t)＝－ln t，t>1， 則g′(t)＝－<0，∴g(t)1， 則h′(x)＝－－2a>－1＋1＝0， ∴h(x)＝f′(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴

25、[選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程] (2019·甘肅天水一中三模)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線l的參數(shù)方程為(其中t為參數(shù))．以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C的極坐標(biāo)方程為ρ(1－cos2θ)＝8cosθ. (1)求l和C的直角坐標(biāo)方程； (2)若l與C相交于A，B兩點(diǎn)，且|AB|＝8，求α. 解　(1)當(dāng)α＝時(shí)，l：x＝1.當(dāng)α≠時(shí)，l：y＝tanα·(x－1)．由ρ(1－cos2θ)＝8cosθ得2ρ2sin2θ＝8ρcosθ， 因?yàn)閤＝ρcosθ，y＝ρsinθ， 所以C的直角坐標(biāo)方程為y2＝4x. (2)將直線l的參數(shù)方程代入曲線C的直角坐標(biāo)方程，得

26、(sin2α)t2－(4cosα)t－4＝0，則t1＋t2＝，t1t2＝， 因?yàn)閨AB|＝|t1－t2|＝＝＝8， 所以sinα＝或－，因?yàn)?<α<π，所以sinα＝，故α＝或. 23．(本小題滿分10分)[選修4－5：不等式選講] (2019·甘肅天水一中三模)設(shè)函數(shù)f(x)＝|2x＋a|－|x－2|(a∈R，x∈R)． (1)當(dāng)a＝－1時(shí)，求不等式f(x)>0的解集； (2)若在x∈R上f(x)≥－1恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解　(1)a＝－1時(shí)，f(x)>0可得|2x－1|>|x－2|，即(2x－1)2>(x－2)2， 化簡(jiǎn)得(3x－3)(x＋1)>0，所以不等式f(x)>0的解集為(－∞，－1)∪(1，＋∞)． (2)①當(dāng)a<－4時(shí)， f(x)＝由函數(shù)單調(diào)性可得f(x)min＝f＝＋2≥－1，解得－6≤a<－4； ②當(dāng)a＝－4時(shí)，f(x)＝|x－2|，f(x)min＝0≥－1，所以a＝－4符合題意； ③當(dāng)a>－4時(shí)，f(x)＝由函數(shù)單調(diào)性可得，f(x)min＝f＝－－2≥－1，解得－4