（2019高考題 2019模擬題）2020高考數(shù)學(xué) 素養(yǎng)提升練（二）理（含解析）

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1、素養(yǎng)提升練(二) 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(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的． 1．(2019·合肥一中模擬)設(shè)z＝，是z的共軛復(fù)數(shù)，則z·＝(　　) A．－1 B．i C．1 D．4 答案　C 解析　z＝＝＝i，則＝－i，故z·＝i·(－i)＝1，故選C. 2．(2019·德州二模)已知全集U＝Z，A＝{1,2,3,4}，B＝{x|(x＋1)(x－3)>0，x∈Z}，則集合A∩(?UB)的子集的個數(shù)為(　　)

2、 A．2 B．4 C．8 D．16 答案　C 解析　由題意可得，?UB＝{x|(x＋1)(x－3)≤0，x∈Z}＝{x|－1≤x≤3，x∈Z}＝{－1,0,1,2,3}，則集合A∩(?UB)＝{1,2,3}，故其子集的個數(shù)為23＝8，故選C. 3．(2019·浙江高考)漸近線方程為x±y＝0的雙曲線的離心率是(　　) A. B．1 C. D．2 答案　C 解析　由題意可得＝1，∴e＝ ＝＝.故選C. 4．(2019·陜西寶雞質(zhì)檢)函數(shù)f(x)＝ln x－x2的圖象大致是(　　) 答案　B 解析　∵f(x)＝ln x－x2(x>0)，∴f′(x)＝－x(x>0)

3、，則當(dāng)x∈(0,1)時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)為增函數(shù)；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)為減函數(shù)；當(dāng)x＝1時，f(x)取最大值，f(1)＝－.故選B. 5．(2019·邢臺一中一模)已知向量a＝(m,3)，b＝(3，－n)，若a＋2b＝(7,1)，則mn＝(　　) A．－1 B．0 C．1 D．2 答案　C 解析　∵a＋2b＝(7,1)，∴得m＝n＝1， ∴mn＝1.故選C. 6．(2019·江南十校模擬)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若b＝2，c＝3，B＝2C，則cos2C的值為(　　) A. B. C. D. 答案　B

4、 解析　由正弦定理可得，＝，即＝＝＝＝2cosC＝?cosC＝， ∴cos2C＝2cos2C－1＝2×－1＝，故選B. 7．(2019·南昌模擬)根據(jù)某校10位高一同學(xué)的身高，設(shè)計一個程序框圖，用Ai(i＝1,2，…，10)表示第i個同學(xué)的身高，計算這些同學(xué)身高的方差，則程序框圖①中要補(bǔ)充的語句是(　　) A．B＝B＋Ai B．B＝B＋A C．B＝(B＋Ai－A)2 D．B＝B2＋A 答案　B 解析　由s2＝ ＝ ＝ ＝－2， 循環(huán)退出時i＝11，知2＝2. ∴B＝A＋A＋…＋A， 故程序框圖①中要補(bǔ)充的語句是B＝B＋A.故選B. 8．(2019·西安交

5、大附中二模)中國古代儒家要求學(xué)生掌握六種基本才能：禮、樂、射、御、書、數(shù)．“禮”，禮節(jié)，即今德育；“樂”，音樂；“射”和“御”，射箭和駕馭馬車的技術(shù)，即今體育和勞動；“書”，書法，即今文學(xué)；“數(shù)”，算法，即今數(shù)學(xué)．某校國學(xué)社團(tuán)周末開展“六藝”課程講座活動，每天連排六節(jié)，每藝一節(jié)，排課有如下要求：“禮”必須排在第一，“數(shù)”不能排在最后，“射”和“御”要相鄰，則“六藝”講座不同的排課順序共有(　　) A．18種 B．36種 C．72種 D．144種 答案　B 解析　因?yàn)椤岸Y”必須排在第一，故只需考慮其余5種基本才能的排法即可．如果“射”或“御”排在最后，那么“射”和“御”有2種排法，即

6、A種，余下3種才能共有A種排法，故此時共有AA＝12種排法； 如果“射”和“御”均不在最后，那么“射”和“御”有3×2＝6種排法，中間還余兩個位置，兩個位置可選一個給“數(shù)”，有2種排法，余下兩個位置放置最后的兩個基本才能，有A種排法，故共有24種排法， 綜上，共有36種排法，故選B. 9．(2019·上饒一模)在空間四邊形ABCD中，若AB＝BC＝CD＝DA＝AC＝BD，且E，F(xiàn)分別是AB，CD的中點(diǎn)，則異面直線AC與EF所成的角為(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 答案　B 解析　在圖1中連接DE，EC， ∵AB＝BC＝CD＝DA＝AC＝BD，得△D

7、EC為等腰三角形， 設(shè)空間四邊形ABCD的邊長為2，即AB＝BC＝CD＝DA＝AC＝BD＝2， 在△DEC中，DE＝EC＝，CF＝1，得EF＝. 在圖2中取AD的中點(diǎn)M，連接MF，EM， ∵E，F(xiàn)分別是AB，CD的中點(diǎn)， ∴MF＝1，EM＝1，∠EFM是異面直線AC與EF所成的角． 在△EMF中可由余弦定理得 cos∠EFM＝＝＝， ∴∠EFM＝45°，即異面直線AC與EF所成的角為45°.故選B. 10．(2019·廣大附中模擬)已知函數(shù)f(x)＝sin(2x＋φ)＋acos(2x＋φ)(0<φ<π)的最大值為2，且滿足f(x)＝f，則φ＝(　　) A. B. C

8、.或 D.或 答案　D 解析　∵函數(shù)f(x)＝sin(2x＋φ)＋acos(2x＋φ)(0<φ<π)的最大值為2，∴＝2，∴a＝±， ∴f(x)＝sin(2x＋φ)±cos(2x＋φ)＝2sin， 又∵f(x)＝f， ∴直線x＝是函數(shù)f(x)的一條對稱軸， ∴2×＋φ±＝＋kπ(k∈Z)， ∴φ＝±＋kπ(k∈Z)， 又∵0<φ<π，∴φ＝或.故選D. 11．(2019·臨沂檢測)已知函數(shù)g(x)＝f(x)＋x2是奇函數(shù)，當(dāng)x>0時，函數(shù)f(x)的圖象與函數(shù)y＝log2x的圖象關(guān)于y＝x對稱，則g(－1)＋g(－2)＝(　　) A．－7 B．－9 C．－11 D．－

9、13 答案　C 解析　∵x>0時，f(x)的圖象與函數(shù)y＝log2x的圖象關(guān)于y＝x對稱， ∴x>0時，f(x)＝2x，則g(x)＝2x＋x2， 又g(x)是奇函數(shù)，∴g(－1)＋g(－2)＝－[g(1)＋g(2)]＝－(2＋1＋4＋4)＝－11.故選C. 12．(2019·濟(jì)南模擬)設(shè)F1，F(xiàn)2分別是橢圓E：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)，過F2的直線交橢圓于A，B兩點(diǎn)，且·＝0，＝2，則橢圓E的離心率為(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　∵＝2，設(shè)BF2＝x，則AF2＝2x， 由橢圓的定義，可以得到AF1＝2a－2x，BF1＝2a－x， ∵·＝0，

10、∴AF1⊥AF2， 在Rt△AF1B中，有(2a－2x)2＋(3x)2＝(2a－x)2，解得x＝，∴AF2＝，AF1＝， 在Rt△AF1F2中，有2＋2＝(2c)2，整理得＝，∴e＝＝.故選C. 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·江西八校聯(lián)考)若函數(shù)f(x)＝ln (ex＋1)＋ax為偶函數(shù)，則dx＝________. 答案　e2 解析　因?yàn)閒(x)是偶函數(shù)，所以f(－x)＝f(x)恒成立，即ln (ex＋1)＋ax＝ln (e－x＋1)－ax恒成立，2ax＝ln ＝ln ＝－x恒成立，所以a＝－.dx＝(ln

11、x＋x2) ＝ln e＋e2－ln 1－12＝e2. 14．(2019·浙江高考)在二項(xiàng)式(＋x)9的展開式中，常數(shù)項(xiàng)是________，系數(shù)為有理數(shù)的項(xiàng)的個數(shù)是________． 答案　16　5 解析　由二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)公式可知Tr＋1＝C·()9－r·xr，r∈N,0≤r≤9，當(dāng)為常數(shù)項(xiàng)時，r＝0，T1＝C·()9·x0＝()9＝16. 當(dāng)項(xiàng)的系數(shù)為有理數(shù)時，9－r為偶數(shù)， 可得r＝1,3,5,7,9，即系數(shù)為有理數(shù)的項(xiàng)的個數(shù)是5. 15．(2019·江南十校模擬)已知＝，且tan(α＋β)＝，則tanβ的值為________． 答案　－1 解析　∵＝＝＝，∴tanα＝2，

12、又tan(α＋β)＝＝＝，解得tanβ＝－1. 16．(2019·湘潭一模)在三棱錐D－ABC中，CD⊥底面ABC，AC⊥BC，AB＝BD＝5，BC＝4，則此三棱錐的外接球的表面積為________． 答案　34π 解析　由題意可得AC＝CD＝＝3，故三棱錐D－ABC的外接球的半徑R＝＝，則其表面積為4π×2＝34π. 三、解答題：共70分．解答應(yīng)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·唐山一模)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a1

13、＋＝n＋1. (1)求Sn，an； (2)若bn＝(－1)n－1·，{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，求Tn. 解　(1)令n＝1，得a1＋＝2，(＋2)(－1)＝0，得a1＝1， 所以＝n，即Sn＝n2. 當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2n－1， 當(dāng)n＝1時，a1＝1適合上式， 所以an＝2n－1. (2)bn＝(－1)n－1·＝(－1)n－1·＝(－1)n－1·. 當(dāng)n為偶數(shù)時，Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝－＋－＋…－＝1－＝， 當(dāng)n為奇數(shù)時，Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝－＋－＋…＋＝1＋＝， 綜上所述，Tn＝ 18．(本小題滿分12分)(2019·長沙一模

14、)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥AD，底面四邊形ABCD為直角梯形，AD＝λBC，AD∥BC，∠BCD＝90°，M為線段PB上一點(diǎn)． (1)若λ＝，則在線段PB上是否存在點(diǎn)M，使得AM∥平面PCD？若存在，請確定M點(diǎn)的位置；若不存在，請說明理由； (2)已知PA＝2，AD＝1，若異面直線PA與CD成90°角，二面角B－PC－D的余弦值為－，求CD的長． 解　(1)延長BA，CD交于點(diǎn)E，連接PE，則PE?平面PCD.若AM∥平面PCD. 由平面PBE∩平面PCD＝PE，AM?平面PBE，則AM∥PE.由AD＝BC，AD∥BC， 則＝＝.故點(diǎn)M是線段PB上靠近點(diǎn)P的一個三等分

15、點(diǎn)． (2)∵PA⊥AD，PA⊥CD，AD∩CD＝D，AD?平面ABCD，CD?平面ABCD，則PA⊥平面ABCD，以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，以AD，AP所在的直線分別為y軸、z軸，過點(diǎn)A與平面PAD垂直的直線為x軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系． 則P(0,0,2)，D(0,1,0)，C(t,1,0)，B，則＝，＝(t,1，－2)，＝(－t,0,0)． 設(shè)平面PBC和平面PCD的法向量分別為n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)． 由n1⊥，n1⊥得 即 令x1＝1，則z1＝，故n1＝. 同理可求得n2＝(0,2,1)． 設(shè)二面角B－PC－D的大小為θ， 于是|

16、cosθ|＝，則＝， 解得t＝±2(負(fù)值舍去)，故t＝2. ∴CD＝2. 19．(本小題滿分12分)(2019·鄭州二模)目前，浙江和上海已經(jīng)成為新高考綜合試點(diǎn)的“排頭兵”，有關(guān)其他省份新高考改革的實(shí)施安排，教育部部長在十九大上做出明確表態(tài)：到2020年，我國將全面建立起新的高考制度．新高考規(guī)定：語文、數(shù)學(xué)和英語是考生的必考科目，考生還需從物理、化學(xué)、生物、歷史、地理和政治六個科目中選取三個科目作為選考科目．若一個學(xué)生從六個科目中選出了三個科目作為選考科目，則稱該學(xué)生的選考方案確定；否則，稱該學(xué)生選考方案待確定．例如，學(xué)生甲選擇“物理、化學(xué)和生物”三個選考科目，則學(xué)生甲的選考方案確定，“

17、物理、化學(xué)和生物”為其選考方案． 某校為了解高一年級840名學(xué)生選考科目的意向，隨機(jī)選取60名學(xué)生進(jìn)行了一次調(diào)查，統(tǒng)計選考科目人數(shù)如表： (1)估計該學(xué)校高一年級選考方案確定的學(xué)生中選考生物的學(xué)生有多少人？ (2)將列聯(lián)表填寫完整，并通過計算判定能否有99.9%的把握認(rèn)為選歷史與性別有關(guān)？ 選歷史 不選歷史 總計 選考方案確定的男生 選考方案確定的女生 總計 (3)從選考方案確定的16名男生中隨機(jī)選出2名，設(shè)隨機(jī)變量ξ＝求ξ的分布列及數(shù)學(xué)期望E(ξ)． 附：K2＝，n＝a＋b＋c＋d. P(K2≥k0) 0.05 0.01

18、 0.005 0.001 k0 3.841 6.635 7.879 10.828 解　(1)由題可知，選考方案確定的男生中確定選考生物的學(xué)生有8人，選考方案確定的女生中確定選考生物的學(xué)生有20人，則該學(xué)校高一年級選考方案確定的學(xué)生中選考生物的學(xué)生有××840＝392人． (2)列聯(lián)表如下， 選歷史 不選歷史 總計 選考方案確定的男生 4 12 16 選考方案確定的女生 16 4 20 總計 20 16 36 由列聯(lián)表中數(shù)據(jù)得K2＝＝＝＝＝10.89＞10.828， 所以有99.9%的把握認(rèn)為選歷史與性別有關(guān)． (3)由數(shù)據(jù)可知，選考方案

19、確定的男生中有8人選擇物理、化學(xué)和生物；有4人選擇物理、化學(xué)和歷史；有2人選擇物理、化學(xué)和地理；有2人選擇物理、化學(xué)和政治，由已知ξ的取值為0,1. P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝0)＝1－P(ξ＝1)＝， 所以分布列為 ξ 0 1 P E(ξ)＝0×＋1×＝. 20．(本小題滿分12分)(2019·全國卷Ⅱ)已知點(diǎn)A(－2,0)，B(2,0)，動點(diǎn)M(x，y)滿足直線AM與BM的斜率之積為－.記M的軌跡為曲線C. (1)求C的方程，并說明C是什么曲線； (2)過坐標(biāo)原點(diǎn)的直線交C于P，Q兩點(diǎn)，點(diǎn)P在第一象限，PE⊥x軸，垂足為E，連接QE并延長交C于點(diǎn)G. ①證明：

20、△PQG是直角三角形； ②求△PQG面積的最大值． 解　(1)由題設(shè)得·＝－， 化簡得＋＝1(|x|≠2)， 所以C為中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上的橢圓，不含左右頂點(diǎn)． (2)①證明：設(shè)直線PQ的斜率為k，則其方程為y＝kx(k>0)． 由得x＝±. 設(shè)u＝，則P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u,0)． 于是直線QG的斜率為，方程為y＝(x－u)． 由 得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0.① 設(shè)G(xG，yG)，則－u和xG是方程①的解， 故xG＝，由此得yG＝. 從而直線PG的斜率為＝－. 所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形． ②由①得

21、|PQ|＝2u，|PG|＝， 所以△PQG的面積 S＝|PQ||PG|＝ ＝. 設(shè)t＝k＋， 則由k>0得t≥2，當(dāng)且僅當(dāng)k＝1時取等號． 因?yàn)镾＝在[2，＋∞)單調(diào)遞減， 所以當(dāng)t＝2，即k＝1時，S取得最大值，最大值為. 因此，△PQG面積的最大值為. 21．(本小題滿分12分)(2019·南京市三模)已知函數(shù)f(x)＝ln x＋＋1，a∈R. (1)若函數(shù)f(x)在x＝1處的切線為y＝2x＋b，求a，b的值； (2)記g(x)＝f(x)＋ax，若函數(shù)g(x)在區(qū)間上有最小值，求實(shí)數(shù)a的取值范圍； (3)當(dāng)a＝0時，關(guān)于x的方程f(x)＝bx2有兩個不相等的實(shí)數(shù)根，

22、求實(shí)數(shù)b的取值范圍． 解　(1)f′(x)＝－，則f′(1)＝1－a＝2， 解得a＝－1，則f(x)＝ln x－＋1， 此時f(1)＝ln 1－1＋1＝0，則切點(diǎn)坐標(biāo)為(1,0)， 代入切線方程，得b＝－2， 所以a＝－1，b＝－2. (2)g(x)＝f(x)＋ax＝ln x＋＋ax＋1， g′(x)＝－＋a＝. ①當(dāng)a＝0時，g′(x)＝＞0，則g(x)在區(qū)間上為增函數(shù)， 則g(x)在區(qū)間上無最小值． ②當(dāng)a≠0時，方程ax2＋x－a＝0的判別式Δ＝1＋4a2＞0， 則方程有兩個不相等的實(shí)數(shù)根，設(shè)為x1，x2， 由根與系數(shù)的關(guān)系得x1x2＝－1，則兩根一正一負(fù)，不妨設(shè)

23、x1＜0＜x2. 設(shè)函數(shù)m(x)＝ax2＋x－a(x＞0)． (ⅰ)若a＞0， 若x2∈，則m(0)＝－a＜0，m＝＋－a＞0，解得0＜a＜. 此時x∈(0，x2)時，m(x)＜0，則g(x)單調(diào)遞減； x∈時，m(x)＞0，則g(x)單調(diào)遞增， 當(dāng)x＝x2時，g(x)取極小值，即為最小值． 若x2≥，則x∈時，m(x)＜0，g(x)在上單調(diào)遞減，無最小值． (ⅱ)若a＜0， x∈(0，x2)時，m(x)＞0，則g(x)單調(diào)遞增； x∈(x2，＋∞)時，m(x)＜0，則g(x)單調(diào)遞減， 在區(qū)間上，g(x)不會有最小值． 所以a＜0不滿足條件． 綜上，當(dāng)0＜a＜時，g

24、(x)在區(qū)間上有最小值． (3)當(dāng)a＝0時，由方程f(x)＝bx2， 得ln x＋1－bx2＝0， 記h(x)＝ln x＋1－bx2，x＞0， 則h′(x)＝－2bx＝. ①當(dāng)b≤0時，h′(x)＞0恒成立，即h(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，則函數(shù)h(x)至多只有一個零點(diǎn)，即方程f(x)＝bx2至多只有一個實(shí)數(shù)根，所以b≤0不符合題意． ②當(dāng)b＞0時， 當(dāng)x∈時，h′(x)＞0，則函數(shù)h(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)x∈時，h′(x)＜0，則函數(shù)h(x)單調(diào)遞減， 則h(x)max＝h＝ln ＋. 要使方程f(x)＝bx2有兩個不相等的實(shí)數(shù)根， 則h＝ln ＋＞0，解得0＜b

25、＜. (ⅰ)當(dāng)0＜b＜時，h＝－＜0. 又2－2＝＜0，則＜ ， 所以存在唯一的x1′∈，使得h(x1′)＝0. (ⅱ)h＝ln ＋1－＝－ln b＋1－， 記k(b)＝－ln b＋1－，00，即＞ ， 所以存在唯一的x2′∈，使得h(x2′)＝0. 綜上，當(dāng)0＜b＜時，方程f(x)＝bx2有兩個不相等的實(shí)數(shù)根． (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)

26、[選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程] (2019·玉溪一中模擬)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C1的參數(shù)方程為(t為參數(shù))，以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，并使得它與直角坐標(biāo)系xOy有相同的長度單位，直線l的直角坐標(biāo)方程為y＝x. (1)求曲線C1的極坐標(biāo)方程； (2)若曲線C2的極坐標(biāo)方程為ρ＋8cosθ＝0(ρ∈R)，與直線l在第三象限交于A點(diǎn)，直線l與C1在第一象限的交點(diǎn)為B，求|AB|. 解　(1)由題意知C1的直角坐標(biāo)方程為x2＋＝1，由 可得C1的極坐標(biāo)方程為ρ2cos2θ＋＝1，化簡整理得＝cos2θ＋. (2)由題意得直線l的極坐標(biāo)方程為θ＝或ρ＝，不

27、妨取ρ＝， ∴可得A. 同理可得B， |AB|＝|ρA－ρB|＝4＋. 23．(本小題滿分10分)[選修4－5：不等式選講] (2019·合肥沖刺)已知函數(shù)f(x)＝|x＋2|－|x－2|＋m(m∈R)． (1)若m＝1，求不等式f(x)≥0的解集； (2)若函數(shù)g(x)＝f(x)－x有三個零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍． 解　(1)當(dāng)m＝1時，f(x)＝ ∵f(x)≥0，∴當(dāng)x<－2時，x∈?； 當(dāng)－2≤x≤2時，2x＋1≥0得x≥－， ∴－≤x≤2， 當(dāng)x>2時，f(x)≥0恒成立， ∴不等式的解集為. (2)若函數(shù)g(x)＝f(x)－x有三個零點(diǎn)， 只需f(x)＝與y＝x有三個交點(diǎn)即可． 即f(x)每一段與y＝x各有一個交點(diǎn)． 當(dāng)x<－2時，m－4＝x，即m＝x＋4，∴m<2； 當(dāng)－2≤x≤2時，2x＋m＝x，即m＝－x， ∴－2≤m≤2； 當(dāng)x>2時，m＋4＝x，即m＝x－4，∴m>－2. ∴綜上所述，m的取值范圍是－2