（2019高考題 2019模擬題）2020高考數(shù)學 素養(yǎng)提升練（七）文（含解析）

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1、素養(yǎng)提升練(七) 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選項中，只有一項是符合題目要求的． 1．(2019·吉林實驗中學一模)在復平面內(nèi)與復數(shù)z＝所對應的點關于實軸對稱的點為A，則A對應的復數(shù)為(　　) A．1＋i B．1－i C．－1－i D．－1＋i 答案　B 解析　∵復數(shù)z＝＝＝1＋i，∴復數(shù)z的共軛復數(shù)是1－i，就是復數(shù)z＝所對應的點關于實軸對稱的點為A對應的復數(shù)，故選B. 2．(2019·永州三模)已知集合A＝{0

2、,1,2,3,4}，B＝|x|ex－1＞1}，則A∩B＝(　　) A．{1,2,3,4} B．{2,3,4} C．{3,4} D．{4} 答案　B 解析　因為ex－1＞1＝e0，所以，x－1＞0，即x＞1，集合A中大于1的有{2,3,4}，故A∩B＝{2,3,4}． 3．(2019·衡陽聯(lián)考)為比較甲、乙兩名學生的數(shù)學學科素養(yǎng)的各項能力指標值(滿分為5分，分值高者為優(yōu))，繪制了如圖所示的六維能力雷達圖，例如圖中甲的數(shù)學抽象指標值為4，乙的數(shù)學抽象指標值為5，則下面敘述正確的是(　　) A．乙的邏輯推理能力優(yōu)于甲的邏輯推理能力 B．甲的數(shù)學建模能力指標值優(yōu)于乙的直觀想象

3、能力指標值 C．乙的六維能力指標值整體水平優(yōu)于甲的六維能力指標值整體水平 D．甲的數(shù)學運算能力指標值優(yōu)于甲的直觀想象能力指標值 答案　C 解析　對于選項A，甲的邏輯推理能力指標值為4，優(yōu)于乙的邏輯推理能力指標值為3，所以該命題是假命題；對于選項B，甲的數(shù)學建模能力指標值為3，乙的直觀想象能力指標值為5，所以乙的直觀想象能力指標值優(yōu)于甲的數(shù)學建模能力指標值，所以該命題是假命題；對于選項C，甲的六維能力指標值的平均值為×(4＋3＋4＋5＋3＋4)＝，乙的六維能力指標值的平均值為×(5＋4＋3＋5＋4＋3)＝4，因為＜4，所以選項C正確；對于選項D，甲的數(shù)學運算能力指標值為4，甲的直觀想象能

4、力指標值為5，所以甲的數(shù)學運算能力指標值不優(yōu)于甲的直觀想象能力指標值，故該命題是假命題．故選C. 4．(2019·西安中學二模)若橢圓的兩個焦點與短軸的一個端點構成一個正三角形，則該橢圓的離心率為(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　由題意，橢圓的兩個焦點與短軸的一個端點構成一個正三角形，即2c＝a，所以橢圓的離心率e＝＝，故選A. 5．(2019·鄭州一中三模)已知函數(shù)f (x)＝則不等式f (x)≤1的解集為(　　) A．(－∞，2] B．(－∞，0]∪(1,2] C．[0,2] D．(－∞，0]∪[1,2] 答案　D 解析　當x≥1時，f (x

5、)≤1，即log2x≤1，解得1≤x≤2；當x＜1時，f (x)≤1，即≤1，解得x≤0，綜上可得，原不等式的解集為(－∞，0]∪[1,2]，故選D. 6．(2019·河北衡水中學一模)若將函數(shù)f (x)＝sinωx＋cos(ω＞0)的圖象向左平移個單位長度后的圖象關于y軸對稱，則當ω取最小整數(shù)時，函數(shù)f (x)的圖象的一個對稱中心是(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　因為f (x)＝sinωx＋cos＝sinωx＋cosωx－sinωx＝sinωx＋cosωx＝sin，又將函數(shù)f (x)的圖象向左平移個單位長度后的圖象關于y軸對稱，所以函數(shù)f (x)的圖象關于

6、直線x＝對稱，則ω＋＝kπ＋(k∈Z)，即ω＝6k＋1(k∈Z)．因為ω＞0，所以ωmin＝1，此時f (x)＝sin，令x＋＝kπ(k∈Z)，得x＝kπ－(k∈Z)，易知B正確． 7．(2019·聊城一模)數(shù)學名著《九章算術》中有如下問題：“今有芻甍(méng)，下廣三丈，袤(mào)四丈；上袤二丈，無廣；高一丈，問：積幾何？”其意思為：“今有底面為矩形的屋脊狀的楔體，下底面寬3丈，長4丈；上棱長2丈，高1丈，問它的體積是多少？”．現(xiàn)將該楔體的三視圖給出，其中網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1丈，則該楔體的體積為(單位：立方丈)(　　) A．5.5 B．5 C．6 D．6.5 答案　

7、B 解析　根據(jù)三視圖可知，該幾何體是三棱柱，截去兩個三棱錐，如圖所示： 結合圖中數(shù)據(jù)，計算該幾何體的體積為 V＝V三棱柱－2V三棱錐＝×3×1×4－2×××3×1×1＝5(立方丈)．故選B. 8．(2019·浙江高考)若實數(shù)x，y滿足約束條件則z＝3x＋2y的最大值是(　　) A．－1 B．1 C．10 D．12 答案　C 解析　如圖，不等式組表示的平面區(qū)域是以A(－1,1)，B(1，－1)，C(2,2)為頂點的△ABC區(qū)域(包含邊界)．作出直線y＝－x并平移，知當直線y＝－x＋經(jīng)過C(2,2)時，z取得最大值，且zmax＝3×2＋2×2＝10.故選C. 9．

8、(2019·吉林模擬)已知角α的頂點與坐標原點O重合，始邊與x軸的非負半軸重合，在α的始邊上有點A，終邊上有點B(－m，2m)(m＞0)，滿足|OA|＝|OB|，若∠OAB＝θ，則＝(　　) A. B．2 C．4 D．1 答案　D 解析　根據(jù)題意知α＋2θ＝2kπ＋π(k∈Z)，所以 tan2θ＝tan(2kπ＋π－α)＝－tanα＝2，即＝2.整理得tanθ＋tan2θ＝1，所以＝＝tanθ＋tan2θ＝1.故選D. 10．(2019·九江二模)勒洛三角形是由德國機械工程專家、機構運動學家勒洛(1829～1905)首先發(fā)現(xiàn)，所以以他的名字命名，其作法為：以等邊三角形每個頂點為

9、圓心，以邊長為半徑，在另兩個頂點間作一段弧，三段弧圍成的曲邊三角形就是勒洛三角形．現(xiàn)在勒洛三角形內(nèi)部隨機取一點，則此點取自等邊三角形內(nèi)部的概率為(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　如圖，設BC＝2，以B為圓心的扇形的面積為＝， ∴△ABC的面積為××2×2＝，∴勒洛三角形的面積為3個扇形面積減去2個正三角形的面積，即×3－2＝2π－2，故在勒洛三角形中隨機取一點，則此點取自正三角形的概率為＝，故選B. 11．(2019·啟東中學一模)若橢圓＋＝1和雙曲線－＝1的共同焦點為F1，F(xiàn)2，P是兩曲線的一個交點，則|PF1|·|PF2|的值為(　　) A. B

10、．84 C．3 D．21 答案　D 解析　依據(jù)題意作出橢圓與雙曲線的圖象如下圖所示： 由橢圓的方程＋＝1，可得a＝25，a1＝5， 由橢圓的定義可得|PF1|＋|PF2|＝2a1＝10.① 由雙曲線的方程－＝1，可得a＝4，a2＝2， 由雙曲線的定義可得|PF1|－|PF2|＝2a2＝4.② 聯(lián)立方程①②，解得|PF1|＝7，|PF2|＝3， 所以|PF1|·|PF2|＝3×7＝21，故選D. 12．(2019·江西分宜中學、玉山一中、臨川一中等九校聯(lián)考)已知定義在R上的函數(shù)f (x)是奇函數(shù)，且滿足f＝f (x)，f (－2)＝－2，數(shù)列{an}滿足a1＝－1，且＝

11、2×＋1(Sn為{an}的前n項和)，則f (a5)＝(　　) A．－3 B．－2 C．3 D．2 答案　D 解析　∵函數(shù)f (x)是奇函數(shù)，∴f (－x)＝－f (x)． ∴f＝－f (－x)．∴f (3＋x)＝－f＝－f (－x)＝f (x)．∴f (x)是以3為周期的周期函數(shù)． ∵數(shù)列{an}滿足a1＝－1，且＝2×＋1，∴a1＝－1，且Sn＝2an＋n，∴a5＝－31，f (a5)＝f (－31)＝f (2)＝－f (－2)＝2.故選D. 第Ⅱ卷　(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·衡水二中模擬)已知函數(shù)f

12、(x)＝則f＝________. 答案　 解析　因為f＝sin2－tan＝＋1＝，所以f＝e＝e－3＝. 14．(2019·江蘇高考)如圖，長方體ABCD－A1B1C1D1的體積是120，E為CC1的中點，則三棱錐E－BCD的體積是________． 答案　10 解析　設長方體中BC＝a， CD＝b，CC1＝c，則abc＝120， ∴VE－BCD＝×ab×c＝abc＝10. 15．(2019·天津高考)在四邊形ABCD中，AD∥BC，AB＝2，AD＝5，∠A＝30°，點E在線段CB的延長線上，且AE＝BE，則·＝________. 答案?。? 解析　∵AD∥BC，且∠D

13、AB＝30°， ∴∠ABE＝30°. 又∵AE＝BE，∴∠EAB＝30°. ∴∠E＝120°. ∴在△AEB中，AE＝BE＝2. ∴·＝(＋)·(＋) ＝－2＋·＋·＋· ＝－12＋2×2×cos30°＋5×2×cos30°＋5×2×cos180° ＝－12＋6＋15－10＝－1. 16．(2019·遼南一模)若直線y＝x＋1是曲線f (x)＝x＋－aln x(a∈R)的切線，則a的值是________． 答案?。? 解析　設切點的橫坐標為x0，f′(x)＝1－－＝＝1?x0＝－?－a＝， 則有f (x0)＝x0＋－aln x0＝x0＋1?ln x0－x0＋1＝0，

14、令h(x)＝ln x－x＋1?h′(x)＝－1＝0?x＝1， 則h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減， 又因為h(1)＝0，所以x0＝1?a＝－1. 三、解答題：共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．第17～21題為必考題，每個試題考生都必須作答．第22、23題為選考題，考生根據(jù)要求作答． (一)必考題：60分． 17．(本小題滿分12分)(2019·石家莊一模)已知△ABC的面積為3，且內(nèi)角A，B，C依次成等差數(shù)列． (1)若sinC＝3sinA，求邊AC的長； (2)設D為AC邊的中點，求線段BD長的最小值． 解　(1)∵△ABC的三個內(nèi)角A

15、，B，C依次成等差數(shù)列，∴B＝60°. 設A，B，C所對的邊分別為a，b，c，由△ABC的面積 S＝3＝acsinB可得ac＝12. ∵sinC＝3sinA，∴由正弦定理知c＝3a，∴a＝2，c＝6. 在△ABC中，b2＝a2＋c2－2accosB＝28，∴b＝2. 即AC的長為2. (2)∵BD是AC邊上的中線，∴＝(＋)， ∴2＝(2＋2＋2·)＝(a2＋c2＋2accos∠ABC)＝(a2＋c2＋ac)≥(2ac＋ac)＝9，當且僅當a＝c時取“＝”， ∴||≥3，即BD長的最小值為3. 18．(本小題滿分12分)(2019·云南師大附中一模)互聯(lián)網(wǎng)＋時代的今天，移動互聯(lián)

16、快速發(fā)展，智能手機(Smartphone)技術不斷成熟，價格卻不斷下降，成為了生活中必不可少的工具．中學生是對新事物和新潮流反應最快的一個群體之一．逐漸地，越來越多的中學生開始在學校里使用手機．手機特別是智能手機在讓我們的生活更便捷的同時也會帶來一些問題，同學們?yōu)榱私馐謾C在中學生中的使用情況，對本校高二年級100名同學使用手機的情況進行調(diào)查．針對調(diào)查中獲得的“每天平均使用手機進行娛樂活動的時間”進行分組整理得到如圖所示的餅圖． 注：圖中i(i＝1,2，…7)(單位：小時)代表分組為[i－1，i)的情況． (1)求餅圖中a的值； (2)假設同一組中的每個數(shù)據(jù)可用給定區(qū)間的中點值代替，試

17、估計樣本中的100名學生每天平均使用手機的平均時間在第幾組？(只需寫出結論) (3)從該校隨機選取一名同學，能否根據(jù)題目中所給信息估計出這名學生每天平均使用手機進行娛樂活動小于3.5小時的概率？若能，請算出這個概率；若不能，請說明理由． 解　(1)由餅圖得100%－6%－9%－27%－12%－14%－3%＝29%. (2)假設同一組中的每個數(shù)據(jù)可用給定區(qū)間的中點值代替，估計樣本中的100名學生每天平均使用手機的平均時間在第4組． (3)∵樣本是從高二年級抽取的，根據(jù)抽取的樣本只能估計該校高二年級學生每天使用手機進行娛樂活動的平均時間，不能估計全校學生情況， ∴若抽取的同學是高二年級的

18、學生，則可以估計這名同學每天平均使用手機小于3.5小時的概率大約為0.48，若抽到高一、高三的同學則不能估計． 19．(本小題滿分12分)(2019·全國卷Ⅱ) 如圖，長方體ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點E在棱AA1上，BE⊥EC1. (1)證明：BE⊥平面EB1C1； (2)若AE＝A1E，AB＝3，求四棱錐E－BB1C1C的體積． 解　(1)證明：由已知得B1C1⊥平面ABB1A1，BE?平面ABB1A1，故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1，所以BE⊥平面EB1C1. (2)由(1)知∠BEB1＝90°. 由題設知Rt△ABE≌R

19、t△A1B1E， 所以∠AEB＝∠A1EB1＝45°， 故AE＝AB＝3，AA1＝2AE＝6. 如圖，作EF⊥BB1，垂足為F，則EF⊥平面BB1C1C，且EF＝AB＝3. 所以四棱錐E－BB1C1C的體積 V＝×3×6×3＝18. 20．(本小題滿分12分)(2019·煙臺一模)已知F為拋物線C：y2＝2px(p＞0)的焦點，過F的動直線交拋物線C于A，B兩點．當直線與x軸垂直時，|AB|＝4. (1)求拋物線C的方程； (2)設直線AB的斜率為1且與拋物線的準線l相交于點M，拋物線C上存在點P使得直線PA，PM，PB的斜率成等差數(shù)列，求點P的坐標． 解　(1)因為F，

20、在拋物線方程y2＝2px中，令x＝，可得y＝±p. 于是當直線與x軸垂直時，|AB|＝2p＝4，解得p＝2. 所以拋物線的方程為y2＝4x. (2)因為拋物線y2＝4x的準線方程為x＝－1， 由題意可得直線AB的方程為y＝x－1， 所以M(－1，－2)． 聯(lián)立消去x，得y2－4y－4＝0. 設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1＋y2＝4，y1y2＝－4. 若點P(x0，y0)滿足條件，則2kPM＝kPA＋kPB， 即2·＝＋， 因為點P，A，B均在拋物線C上， 所以x0＝，x1＝，x2＝. 代入化簡可得＝， 將y1＋y2＝4，y1y2＝－4代入，解得y0＝±2

21、. 將y0＝±2代入拋物線方程，可得x0＝1. 于是點P的坐標為(1,2)或(1，－2)． 21．(本小題滿分12分)(2019·漢中二模)已知函數(shù)f (x)＝－kx(k∈R)． (1)當k＝0時，求曲線y＝f (x)在點(1，f (1))處的切線方程； (2)若f (x)＜0恒成立，求k的取值范圍． 解　(1)當k＝0時，f (x)＝，則f′(x)＝， ∴f (1)＝0，f′(1)＝1， ∴曲線y＝f (x)在點(1，f (1))處的切線方程為y＝x－1. (2)若f (x)＜0對x∈(0，＋∞)恒成立，即k＞對x＞0恒成立， 設g(x)＝，可得g′(x)＝， 由g′(

22、x)＝0，可得x＝， 當0＜x＜時，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增； 當x＞時，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減． ∴g(x)在x＝處取得極大值，且極大值也是最大值為，∴k的取值范圍為. (二)選考題：10分．請考生在第22、23題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分． 22．(本小題滿分10分)[選修4－4：坐標系與參數(shù)方程] (2019·鄭州二模)以坐標原點為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線C的極坐標方程為ρ2cos2θ＋3ρ2sin2θ＝12，直線l的參數(shù)方程為(t為參數(shù))．直線l與曲線C分別交于M，N兩點． (1)若點P的極坐標為(2，π)，求|PM

23、|·|PN|的值； (2)求曲線C的內(nèi)接矩形周長的最大值． 解　(1)已知曲線C的標準方程為＋＝1，P的直角坐標為(－2,0)， 將直線l的參數(shù)方程與曲線C的標準方程＋＝1聯(lián)立，得 t2－t－4＝0，則|PM|·|PN|＝|t1t2|＝4. (2)由曲線C的標準方程為＋＝1，可設曲線C上的動點A(2cosθ，2sinθ)，則以A為頂點的內(nèi)接矩形的周長為4(2cosθ＋2sinθ)＝16sin，0＜θ＜. 因此該內(nèi)接矩形周長的最大值為16，當且僅當θ＝時等號成立． 23．(本小題滿分10分)[選修4－5：不等式選講] (2019·鄭州二模)設函數(shù)f (x)＝|ax＋1|＋|x－a

24、|(a＞0)，g(x)＝x2－x. (1)當a＝1時，求不等式g(x)≥f (x)的解集； (2)已知f (x)≥2恒成立，求a的取值范圍． 解　(1)當a＝1時， f (x)＝|x＋1|＋|x－1|＝ 當x≤－1時，由x2－x≥－2x，得x≤－1. 當－1＜x＜1時，由x2－x≥2，得x≤－1或x≥2，舍去． 當x≥1時，由x2－x≥2x，得x≥3. 綜上，原不等式的解集為{x|x≤－1或x≥3}． (2)f (x)＝|ax＋1|＋|x－a| ＝ 當0＜a≤1時，由f (x)min＝f (a)＝a2＋1≥2，得a＝1； 當a＞1時，f (x)min＝f＝a＋>2，所以a＞1；綜上，a∈[1，＋∞)． 12