（2019高考題 2019模擬題）2020高考數(shù)學 基礎鞏固練（五）文（含解析）

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1、基礎鞏固練(五) 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·大同一中二模)已知集合A＝{x|x≥1}，B＝{x|x2－x－2＜0}，則A∪B＝(　　) A．{x|x≥1} B．{x|1≤x＜2} C．{x|－1＜x≤1} D．{x|x＞－1} 答案　D 解析　由題意得，B＝{x|－1＜x＜2}，∴A∪B＝{x|x＞－1}．故選D. 2．(2019·杭州二中一模)在復平面內(nèi)

2、，復數(shù)z＝(i為虛數(shù)單位)對應的點位于(　　) A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 答案　C 解析　復數(shù)z＝＝－1－2i，則z在復平面內(nèi)對應的點為(－1，－2)，位于第三象限．故選C. 3．(2019·紹興一中三模)一個幾何體的三視圖如圖所示，每個小方格都是邊長為1的正方形，則這個幾何體的體積為(　　) A．32 B. C. D．8 答案　B 解析　幾何體的直觀圖如圖所示，棱錐的頂點，在底面上的射影是底面一邊的中點，易知這個幾何體的體積為×4×4×4＝.故選B. 4．(2019·長春市二模)設直線y＝2x的傾斜角為α，

3、則cos2α的值為(　　) A．－ B．－ C．－ D．－ 答案　C 解析　由題意可知tanα＝2，則cos2α＝cos2α－sin2α＝＝＝－，故選C. 5．(2019·洛陽一高三模)已知拋物線y2＝2px(p>0)上的點M到其焦點F的距離比點M到y(tǒng)軸的距離大，則拋物線的標準方程為(　　) A．y2＝x B．y2＝2x C．y2＝4x D．y2＝8x 答案　B 解析　因為拋物線y2＝2px(p>0)上的點M到其焦點F的距離比點M到y(tǒng)軸的距離大，所以可得＝，得p＝1，所以拋物線的標準方程為y2＝2x.故選B. 6．(2019·濮陽二模)如圖所示，等邊△

4、ABC的邊長為2，AM∥BC，且AM＝6.若N為線段CM的中點，則·＝(　　) A．18 B．22 C．23 D．24 答案　C 解析　如圖，以A為原點，AB所在直線為x軸，過點A作垂直于AB的直線為y軸，建立如圖所示的平面直角坐標系， 則A(0,0)，B(2,0)，C(1，)．因為△ABC為等邊三角形，且AM∥BC，所以∠MAB＝120°，所以M(－3,3)，因為N是CM的中點，所以N(－1,2)，所以＝(－1，2)，＝(－5,3)，所以·＝23.故選C. 7．(2019·全國卷Ⅲ) 執(zhí)行如圖所示的程序框圖，如果輸入的為0.01，則輸出ε的值等于(　　) ε A

5、．2－ B．2－ C．2－ D．2－ 答案　C 解析　 ε＝0.01， x＝1，s＝0，s＝0＋1＝1，x＝，x<ε不成立； s＝1＋，x＝，x<ε不成立； s＝1＋＋，x＝，x<ε不成立； s＝1＋＋＋，x＝，x<ε不成立； s＝1＋＋＋＋，x＝，x<ε不成立； s＝1＋＋＋＋＋，x＝，x<ε不成立； s＝1＋＋＋＋＋＋，x＝，x<ε成立， 此時輸出s＝2－.故選C. 8．(2019·南充高中一模)已知函數(shù)f (x)＝－的圖象關于(0,2)對稱，則f (x)>11的解集為(　　) A．(－1,0) B．(－1,0)∪(0,1) C．(－1,0)∪(0，＋

6、∞) D．(－1,0)∪(1，＋∞) 答案　A 解析　依題意，得f (－1)＋f (1)＝－＋－＝4，解得m＝－9.所以f (x)>11即－>11，解得－1

7、，AB＝2，BC＝4，O為底面ABCD兩條對角線的交點，A1O與平面CDD1C1所成的角為30°，則該長方體的表面積為(　　) A．12＋16 B．8 C．12 D．12＋16 答案　A 解析　因為平面CDD1C1∥平面ABB1A1，所以A1O與平面CDD1C1所成的角等于A1O與平面ABB1A1所成的角，均為30°. 如圖，過底面ABCD的對角線交點O作OE⊥AB交AB于點E，則OE＝BC，又因為OE?平面ABCD，平面ABB1A1∩平面ABCD＝AB，所以OE⊥平面ABB1A1.連接A1E，則∠OA1E＝30°.在Rt△A1EO中，OE＝2，∠OA1E＝30°，所

8、以A1E＝2.在Rt△A1AE中，AE＝1，所以A1A＝，故長方體的表面積為12＋16.故選A. 11．(2019·揚州中學二模)已知函數(shù)f (x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當x＜0時，f (x)＝，則曲線y＝f (x)在點(1，f (1))處的切線方程為(　　) A．3x＋y－4＝0 B．3x＋y＋4＝0 C．3x－y－2＝0 D．3x－y－4＝0 答案　A 解析　∵函數(shù)f (x)是定義在R上的奇函數(shù)，∴f (－x)＝－f (x)，當x＜0時，f (x)＝，不妨設x＞0，則－x＜0，故f (x)＝－f (－x)＝－，∴當x＞0時，f (x)＝，f′(x)＝＝，故f (1)＝1，f

9、′(1)＝－3，故切線方程是y－1＝－3(x－1)，整理得3x＋y－4＝0，即曲線y＝f (x)在點(1，f (1))處的切線方程為3x＋y－4＝0.故選A. 12．(2019·全國卷Ⅱ)設F為雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的右焦點，O為坐標原點，以OF為直徑的圓與圓x2＋y2＝a2交于P，Q兩點．若|PQ|＝|OF|，則C的離心率為(　　) A. B. C．2 D. 答案　A 解析　令雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的右焦點F的坐標為(c,0)，則c＝. 如圖所示，由圓的對稱性及條件|PQ|＝|OF|可知，PQ是以OF為直徑的圓的直徑，且PQ⊥OF.設垂足為M，連接

10、OP，則|OP|＝a，|OM|＝|MP|＝，由|OM|2＋|MP|2＝|OP|2，得2＋2＝a2，∴＝，即離心率e＝.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·煙臺二中一模)部分與整體以某種相似的方式呈現(xiàn)稱為分形，謝爾賓斯基三角形是一種分形，由波蘭數(shù)學家謝爾賓斯基1915年提出．具體操作是取一個實心三角形，沿三角形的三邊中點連線，將它分成4個小三角形，去掉中間的那一個小三角形后，對其余3個小三角形重復上述過程得到如圖所示的圖案，若向該圖案內(nèi)隨機投一點，則該點落在黑色部分的概率是________． 答案　 解析　

11、由圖可知黑色部分由9個小三角形組成，該圖案一共由16個小三角形組成，這些小三角形都是全等的，設“向該圖案內(nèi)隨機投一點，則該點落在黑色部分”為事件A，由幾何概型的概率計算公式可得P(A)＝＝. 14．(2019·貴州聯(lián)考)設x，y滿足約束條件則z＝2x＋y的最大值為________． 答案　4 解析　作出表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示， 由解得A(1,2)， 當直線y＝－2x＋z經(jīng)過點A時，截距取得最大值，即z取得最大．此時x＝1，y＝2，z＝2x＋y有最大值2×1＋2＝4. 15．(2019·全國卷Ⅰ)函數(shù)f (x)＝sin－3cosx的最小值為________． 答案?。?/p>

12、4 解析　∵f (x)＝sin－3cosx＝－cos2x－3cosx＝－2cos2x－3cosx＋1，令t＝cosx，則t∈[－1,1]，∴f (x)＝－2t2－3t＋1. 又函數(shù)f (x)圖象的對稱軸t＝－∈[－1,1]，且開口向下，∴當t＝1時，f (x)有最小值－4. 16．(2019·云南省曲靖市質(zhì)量監(jiān)測)已知f (x)＝1－|lg x|，則函數(shù)y＝2f2(x)－3f (x)＋1的零點個數(shù)為________． 答案　3 解析　根據(jù)題意，函數(shù)y＝2f2(x)－3f (x)＋1， 令y＝2f2(x)－3f (x)＋1＝0，解得f (x)＝1或， 若f (x)＝1，即1－|lg

13、 x|＝1，即lg x＝0，解得x＝1， 若f (x)＝，即1－|lg x|＝，即lg x＝±，解得x＝或， 則函數(shù)y＝2f2(x)－3f (x)＋1有3個零點． 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·濟南二模)如圖，在平面四邊形ABCD中，AB＝2，BC＝3，點E在線段AC上，且AE＝2EC，BE＝. (1)求AC的長； (2)若∠ADC＝60°，AD＝，求∠ACD的大小． 解　(1)設AC＝3z

14、，在△ABE中，由余弦定理可得cos∠BEA＝. 在△CBE中，由余弦定理可得 cos∠BEC＝. 由于∠BEA＋∠BEC＝180°， 所以cos∠BEA＝－cos∠BEC. 所以＝－. 整理并解得z＝1(負值舍去)．所以AC＝3. (2)在△ADC中，由正弦定理可得＝，所以＝，所以sin∠ACD＝. 因為AD＜AC，所以∠ACD＜60°，所以∠ACD＝30°. 18．(本小題滿分12分)(2019·株洲一模)經(jīng)過多年的努力，炎陵黃桃在國內(nèi)乃至國際上逐漸打開了銷路，成為炎陵部分農(nóng)民脫貧致富的好產(chǎn)品．為了更好地銷售，現(xiàn)從某村的黃桃樹上隨機摘下了100個黃桃進行測重，其質(zhì)量分布在

15、區(qū)間[200,500]內(nèi)(單位：克)，統(tǒng)計質(zhì)量的數(shù)據(jù)作出其頻率分布直方圖如圖所示： (1)按分層抽樣的方法從質(zhì)量落在[350,400)，[400,450)的黃桃中隨機抽取5個，再從這5個黃桃中隨機抽取2個，求這2個黃桃質(zhì)量至少有一個不小于400克的概率； (2)以各組數(shù)據(jù)的中間數(shù)值代表這組數(shù)據(jù)的平均水平，以頻率代表概率，已知該村的黃桃樹上大約還有100000個黃桃待出售，某電商提出兩種收購方案： A．所有黃桃均以20元/千克收購； B．低于350克的黃桃以5元/個收購，高于或等于350克的以9元/個收購． 請你通過計算為該村選擇收益最好的方案．(參考數(shù)據(jù)：225×0.05＋275

16、×0.16＋325×0.24＋375×0.3＋425×0.2＋475×0.05＝354.5) 解　(1)由題得，黃桃質(zhì)量在[350,400)和[400,450)的比例為3∶2， ∴應分別在質(zhì)量為[350,400)和[400,450)的黃桃中各抽取3個和2個． 記抽取質(zhì)量在[350,400)的黃桃為A1，A2，A3，質(zhì)量在[400,450)的黃桃為B1，B2， 則從這5個黃桃中隨機抽取2個的情況共有以下10種：A1A2，A1A3，A2A3，A1B1，A2B1，A3B1，A1B2，A2B2，A3B2，B1B2，其中質(zhì)量至少有一個不小于400克的有7種情況，故所求概率為. (2)方案B好，

17、理由如下： 由頻率分布直方圖可知，黃桃質(zhì)量在[200,250)的頻率為50×0.001＝0.05. 同理，黃桃質(zhì)量在[250,300)，[300,350)，[350,400)，[400,450)，[450,500]的頻率依次為0.16,0.24,0.3,0.2,0.05. 若按方案B收購： ∵黃桃質(zhì)量低于350克的個數(shù)為(0.05＋0.16＋0.24)×100000＝45000個， 黃桃質(zhì)量不低于350克的個數(shù)為55000個， ∴收益為45000×5＋55000×9＝720000元． 若按方案A收購： 根據(jù)題意，各段黃桃個數(shù)依次為5000,16000,24000,30000,2

18、0000,5000， 于是總收益為(225×5000＋275×16000＋325×24000＋375×30000＋425×20000＋475×5000)×20÷1000＝709000(元)． ∴方案B的收益比方案A的收益高，應該選擇方案B. 19．(本小題滿分12分)(2019·韶關一模)如圖，在幾何體ABCDEF中，DE＝2，DE∥BF，DE⊥平面ABCD，四邊形ABCD是菱形，AB＝5，AC＝8. (1)求證：AC⊥EF； (2)求點B到平面ADE的距離． 解　(1)證明：∵DE⊥底面ABCD，AC?底面ABCD， ∴DE⊥AC. 在菱形ABCD中，BD⊥AC， 又∵

19、DE∩BD＝D， ∴AC⊥平面BDEF. 又∵EF?平面BDEF，∴AC⊥EF. (2)設點B到平面ADE的距離為d，連接BE.在菱形ABCD中，設AC∩BD＝O.AC⊥BD，AB＝5，AC＝8. ∴BD＝2OB ＝2 ＝2＝6. ∵DE⊥底面ABCD， ∴VE－ABD＝S△ABD×DE＝××BD×AO×DE＝××6×4×2＝8. ∵DE⊥底面ABCD，AD?底面ABCD，∴DE⊥AD. ∴VB－ADE＝×S△ADE×d＝××AD×DE×d＝×5×2d＝d. ∵VE－ABD＝VB－ADE，即d＝. 所以，點B到平面ADE的距離為. 20．(本小題滿分12分)(20

20、19·四川綿陽二診)已知橢圓C：＋＝1的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，直線l：y＝kx＋m與橢圓C交于A，B兩點．O為坐標原點． (1)若直線l過點F1，且|AB|＝，求k的值； (2)若以AB為直徑的圓過原點O，試探究點O到直線AB的距離是否為定值？若是，求出該定值；若不是，請說明理由． 解　(1)由橢圓C：＋＝1，得a2＝8，b2＝4，則c＝＝2. 因為直線l過點F1(－2,0)，所以m＝2k，即直線l的方程為y＝k(x＋2)． 設A(x1，y1)，B(x2，y2)． 聯(lián)立整理得(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－8＝0. ∴x1＋x2＝，x1x2＝. 由弦長公式|AB|＝

21、＝，代入整理得＝，解得k2＝1. ∴k＝±1. (2)設直線l方程y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)． 聯(lián)立整理得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－8＝0. ∴x1＋x2＝，x1x2＝. 以AB為直徑的圓過原點O，即·＝0. ∴·＝x1x2＋y1y2＝0. 將y1＝kx1＋m，y2＝kx2＋m代入，整理得 (1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0. 將x1＋x2＝，x1x2＝代入， 整理得3m2＝8k2＋8. 設點O到直線AB的距離為d， 于是d2＝＝， 故點O到直線AB的距離是定值，該定值為d＝. 21．(本小題滿分12分)(2019·

22、江西聯(lián)考)已知函數(shù)f (x)＝3x－＋bln x. (1)當b＝－4時，求函數(shù)f (x)的極小值； (2)若?x∈[1，e]，使得4x－－f (x)＜－成立，求b的取值范圍． 解　(1)當b＝－4時， f′(x)＝＋＋3＝. 令f′(x)＝0，得x＝或x＝1. 所以f (x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增． 所以f (x)在x＝1處取得極小值為f (1)＝2. (2)由?x∈[1，e]，使得4x－－f (x)＜－?4x－－f (x)＋＜0?4x－－3x＋－bln x＋＜0，即x－bln x＋＜0. 設h(x)＝x－bln x＋，則只需要函數(shù)h(x)＝x－

23、bln x＋在[1，e]上的最小值小于零．又h′(x)＝1－－＝＝， 令h′(x)＝0，得x＝－1(舍去)或x＝1＋b. ①當1＋b≥e，即b≥e－1時，h(x)在[1，e]上單調(diào)遞減， 故h(x)在[1，e]上的最小值為h(e)，由h(e)＝e＋－b＜0，可得b＞. 因為＞e－1，所以b＞. ②當1＋b≤1，即b≤0時，h(x)在[1，e]上單調(diào)遞增， 故h(x)在[1，e]上的最小值為h(1)，由h(1)＝1＋1＋b＜0，可得b＜－2(滿足b≤0)． ③當1＜1＋b＜e，即0＜b＜e－1時，h(x)在(1,1＋b)上單調(diào)遞減，在(1＋b，e)上單調(diào)遞增，故h(x)在[1，e]

24、上的最小值為h(1＋b)＝2＋b－bln (1＋b)． 因為0＜ln (1＋b)＜1，所以0＜bln (1＋b)＜b， 所以2＋b－bln (1＋b)＞2，即h(1＋b)＞2，不滿足題意，舍去． 綜上可得，b＜－2或b＞， 所以實數(shù)b的取值范圍為(－∞，－2)∪. (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·寶雞二模)點P是曲線C1：(x－2)2＋y2＝4上的動點，以坐標原點O為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系，以極點O為中心，將點P逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到點

25、Q，設點Q的軌跡為曲線C2. (1)求曲線C1，C2的極坐標方程； (2)射線θ＝(ρ＞0)與曲線C1，C2分別交于A，B兩點，設定點M(2,0)，求△MAB的面積． 解　(1)曲線C1的極坐標方程為ρ＝4cosθ. 設Q(ρ，θ)，則P，則有ρ＝4cos＝4sinθ. 所以曲線C2的極坐標方程為ρ＝4sinθ. (2)把θ＝代入C1得ρ1＝0，即A， 把θ＝代入C2得ρ2＝4，即B. ∴△MAB是直角三角形，直角邊長為4,2， S△MAB＝×4×2＝4. 23．(本小題滿分10分)[選修4－5：不等式選講] (2019·寶雞二模)設函數(shù)f (x)＝x2－x－1. (1)解不等式：|f (x)|＜1； (2)若|x－a|＜1，求證：|f (x)－f (a)|＜2(|a|＋1)． 解　(1)由|f (x)|＜1得－1＜f (x)＜1，即－1＜x2－x－1＜1， 所以原不等式的解集為(－1,0)∪(1,2)． (2)證明：因為|x－a|＜1， 所以|f (x)－f (a)|＝|x2－a2＋a－x|＝|(x－a)(x＋a－1)|＝|x－a||x＋a－1|<|x＋a－1|＝|(x－a)＋2a－1|≤|x－a|＋|2a|＋1＜|2a|＋2＝2(|a|＋1)． 14