3、個(gè)數(shù)為( )
A．3 B．2 C．1 D．0
答案 B
解析 2017年的快遞業(yè)務(wù)總數(shù)為242.4＋948＋9.6＝1200萬件，故2018年的快遞業(yè)務(wù)總數(shù)為1200×1.25＝1500萬件，故①正確．由此2018年9～12月同城業(yè)務(wù)量完成件數(shù)為1500×20%＝300萬件＞242.4萬件，所以比2017年有所提升，故②錯(cuò)誤.2018年9～12月國際及港澳臺(tái)業(yè)務(wù)量為1500×1.4%＝21萬件，21÷9.6＝2.1875，故該市郵政快遞國際及港澳臺(tái)業(yè)務(wù)量同比增長超過75%，故③正確．綜上所述，正確的結(jié)論有2個(gè)，故選B.
4．(2019·株洲一模)在區(qū)間[－2,2]上任意取一個(gè)數(shù)
4、x，使不等式x2－x<0成立的概率為( )
A. B. C. D.
答案 D
解析 由x2－x<0，得00，b>0)的左、右焦點(diǎn)，A1，A2分別為雙曲線C的左、右頂點(diǎn)，以F1，F(xiàn)2為直徑的圓交雙曲線的漸近線l于M，N兩點(diǎn)，若四邊形MA2NA1的面積為4，則b＝( )
A．2 B．2 C．4 D．4
答案 A
解析 由題意知e＝＝，∴＝2，故漸近線方程為y＝2x，以F1，F(xiàn)2為直徑的圓的方程為x2
5、＋y2＝c2，聯(lián)立得y＝±，由雙曲線與圓的對(duì)稱性知四邊形MA2NA1為平行四邊形，不妨設(shè)yM＝，則四邊形MA2NA1的面積S＝2a×＝4，得ac＝，又＝，得a＝1，c＝，b＝2，故選A.
6．(2019·全國卷Ⅰ)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．已知S4＝0，a5＝5，則( )
A．a(chǎn)n＝2n－5 B．a(chǎn)n＝3n－10
C．Sn＝2n2－8n D．Sn＝n2－2n
答案 A
解析 設(shè)等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公差為d.由S4＝0，a5＝5可得解得所以an＝－3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝n×(－3)＋×2＝n2－4n.故選A.
7．(2019·馬鞍山一模)函數(shù)
6、f(x)＝＋x2－2|x|的大致圖象為( )
答案 D
解析 f(1)＝sin1＋1－2＝sin1－1<0，排除B，C，當(dāng)x＝0時(shí)，sinx＝x＝0，則x→0時(shí)，→1，f(x)→1＋0＝1，排除A，故選D.
8．(2019·南寧二模)已知△ABC的一內(nèi)角A＝，O為△ABC所在平面上一點(diǎn)，滿足|OA|＝|OB|＝|OC|，設(shè)＝m＋n，則m＋n的最大值為( )
A. B．1 C. D．2
答案 A
解析 由題意可知，O為△ABC外接圓的圓心，如圖所示，
在圓O中，∠CAB所對(duì)應(yīng)的圓心角為，點(diǎn)B，C為定點(diǎn)，點(diǎn)A為優(yōu)弧上的動(dòng)點(diǎn)，則點(diǎn)A，B，C，O滿足題中的已知條件，延長
7、AO交BC于點(diǎn)D，設(shè)＝λ，由題意可知，＝＝＋，由于B，C，D三點(diǎn)共線，據(jù)此可得，＋＝1，則m＋n＝λ，則m＋n的最大值即λ＝的最大值，由于||為定值，故||最小時(shí)，m＋n取得最大值，由幾何關(guān)系易知當(dāng)AB＝AC時(shí)，||取得最小值，此時(shí)λ＝＝.故選A.
9．(2019·合肥二模)已知橢圓＋＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，右頂點(diǎn)為A，上頂點(diǎn)為B，以線段F1A為直徑的圓交線段F1B的延長線于點(diǎn)P，若F2B∥AP，則該橢圓的離心率是( )
A. B. C. D.
答案 D
解析 解法一：如圖所示，
以線段F1A為直徑的圓的方程為2＋y2＝2，化為x2－(a－c)x＋
8、y2－ac＝0.直線F1B的方程為bx－cy＋bc＝0，聯(lián)立
解得P，
kAP＝，kF2B＝－.
∵F2B∥AP，∴＝－，
化為e2＝，e∈(0,1)，解得e＝.故選D.
解法二：F1A為圓的直徑，∴∠F1PA＝90°.
∵F2B∥AP，∴∠F1BF2＝90°，∴2a2＝(2c)2，
解得e＝.故選D.
10．(2019·鄭州一模)已知函數(shù)f(x)＝
的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，則y＝sinx的圖象向左平移________個(gè)單位，可以得到y(tǒng)＝cos(x＋a＋b)的圖象．( )
A. B. C. D．π
答案 D
解析 函數(shù)f(x)＝的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，故f(x)＝f
9、(－x)，所以sin(x＋a)＝cos(－x＋b)＝cos(x－b)，整理得2kπ＋a＝－b(k∈Z)，
所以a＋b＝2kπ＋(k∈Z)，
則y＝cos(x＋a＋b)＝cos＝－sinx，
即y＝sinx的圖象向左平移π個(gè)單位，
得到y(tǒng)＝sin(x＋π)＝－sinx.故選D.
11．(2019·大同一模)已知三棱錐P－ABC的四個(gè)頂點(diǎn)都在半徑為3的球面上，AB⊥AC，則該三棱錐體積的最大值是( )
A. B. C. D．64
答案 A
解析 設(shè)AB＝m，AC＝n，則S△ABC＝mn，△ABC外接圓的直徑為，如圖，
三棱錐P－ABC體積的最大值為×mn×PO1＝×m
10、n×≤×，設(shè)t＝，則f(t)＝t(＋3)，f′(t)＝，令f′(t)＝0，得t＝8，f(t)在(0,8)上遞增，在[8,9]上遞減，∴f(t)max＝f(8)＝，即該三棱錐體積的最大值是.故選A.
12．(2019·天津高考)已知函數(shù)f(x)＝
若關(guān)于x的方程f(x)＝－x＋a(a∈R)恰有兩個(gè)互異的實(shí)數(shù)解，則a的取值范圍為( )
A. B.
C.∪{1} D.∪{1}
答案 D
解析 如圖，分別畫出兩函數(shù)y＝f(x)和y＝－x＋a的圖象．
(1)先研究當(dāng)0≤x≤1時(shí)，直線y＝－x＋a與y＝2的圖象只有一個(gè)交點(diǎn)的情況．
當(dāng)直線y＝－x＋a過點(diǎn)B(1,2)時(shí)，
2
11、＝－＋a，解得a＝.
所以0≤a≤.
(2)再研究當(dāng)x>1時(shí)，直線y＝－x＋a與y＝的圖象只有一個(gè)交點(diǎn)的情況：
①相切時(shí)，由y′＝－＝－，得x＝2，此時(shí)切點(diǎn)為，則a＝1.
②相交時(shí)，由圖象可知直線y＝－x＋a從過點(diǎn)A向右上方移動(dòng)時(shí)與y＝的圖象只有一個(gè)交點(diǎn)．過點(diǎn)A(1，1)時(shí)，1＝－＋a，解得a＝.所以a≥.
結(jié)合圖象可得，所求實(shí)數(shù)a的取值范圍為∪{1}．故選D.
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·寶雞二模)已知曲線f(x)＝x3在點(diǎn)(1，f(1))處的切線的傾斜角為α，則的值為________．
答案
解
12、析 因?yàn)榍€f(x)＝x3，所以函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝2x2，可得f′(1)＝2，因?yàn)榍€f(x)＝x3在點(diǎn)(1，f(1))處的切線的傾斜角為α，所以tanα＝f′(1)＝2，所以＝＝＝.
14．(2019·江蘇高考)如圖是一個(gè)算法流程圖，則輸出的S的值是________．
答案 5
解析 第一次循環(huán)，S＝，x＝2；第二次循環(huán)，S＝＋＝，x＝3；第三次循環(huán)，S＝＋＝3，x＝4；第四次循環(huán)，S＝3＋＝5，滿足x≥4，結(jié)束循環(huán)．故輸出的S的值是5.
15．(2019·郴州二模)某高校開展安全教育活動(dòng)，安排6名老師到4個(gè)班進(jìn)行講解，要求1班和2班各安排一名老師，其余兩個(gè)班各安排
13、兩名老師，其中劉老師和王老師不在一起，則不同的安排方案有________種．
答案 156
解析 安排6名老師到4個(gè)班，其中按1,1,2,2分法，共有CCCC＝180種，劉老師和王老師分配到一個(gè)班，共有CCA＝24種，所以劉老師和王老師不在一起的安排方案有180－24＝156種．
16．(2019·海南二模)已知菱形ABCD，E為AD的中點(diǎn)，且BE＝3，則菱形ABCD面積的最大值為________．
答案 12
解析 設(shè)AE＝x，則AB＝AD＝2x，∵兩邊之和大于第三邊，兩邊之差小于第三邊，∴即?∴x∈(1,3)，設(shè)∠BAE＝θ，在△ABE中，由余弦定理可知9＝(2x)2＋x2－2·
14、2x·xcosθ，即cosθ＝，S菱形ABCD＝2x·2x·sinθ＝4x2＝，令t＝x2，則t∈(1,9)，則S菱形ABCD＝，
當(dāng)t＝5時(shí)，即x＝時(shí)，S菱形ABCD有最大值12.
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(gè)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·濰坊市三模)設(shè)數(shù)列{an}滿足a1·2a2·3a3·…·nan＝2n(n∈N*)．
(1)求{an}的通項(xiàng)公式；
(2)求數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn.
解 (1)由n＝1得a1＝2，
因?yàn)閍1
15、·2a2·3a3·…·nan＝2n，
當(dāng)n≥2時(shí)，a1·2a2·3a3·…·(n－1)an－1＝2n－1，
由兩式作商得，an＝(n>1且n∈N*)，
又因?yàn)閍1＝2符合上式，
所以an＝(n∈N*)．
(2)設(shè)bn＝，
則bn＝n＋n·2n，
所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝(1＋2＋…＋n)＋(2＋2·22＋3·23＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n)，
設(shè)Tn＝2＋2·22＋3·23＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，?、?
所以2Tn＝22＋2·23＋…＋(n－2)·2n－1＋(n－1)·2n＋n·2n＋1，?、?
①－②得，－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2
16、n＋1，
所以Tn＝(n－1)·2n＋1＋2.
所以Sn＝Tn＋，
即Sn＝(n－1)·2n＋1＋＋2.
18．(本小題滿分12分)(2019·湖南、湖北八市十二校聯(lián)合調(diào)研)近期，某公交公司分別推出支付寶和微信掃碼支付乘車活動(dòng)，活動(dòng)設(shè)置了一段時(shí)間的推廣期，由于推廣期內(nèi)優(yōu)惠力度較大，吸引越來越多的人開始使用掃碼支付．某線路公交車隊(duì)統(tǒng)計(jì)了活動(dòng)剛推出一周內(nèi)每一天使用掃碼支付的人次，用x表示活動(dòng)推出的天數(shù)，y表示每天使用掃碼支付的人次(單位：十人次)，統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)如表1所示：
表1：
x
1
2
3
4
5
6
7
y
6
11
21
34
66
101
196
17、
根據(jù)以上數(shù)據(jù)，繪制了如圖所示的散點(diǎn)圖．
(1)根據(jù)散點(diǎn)圖判斷，在推廣期內(nèi)y＝a＋bx與y＝c·dx(c，d均為大于零的常數(shù))哪一個(gè)適宜作為掃碼支付的人次y關(guān)于活動(dòng)推出天數(shù)x的回歸方程類型？(給出判斷即可，不必說明理由)
(2)根據(jù)(1)的判斷結(jié)果及表1中的數(shù)據(jù)，求y關(guān)于x的回歸方程，并預(yù)測活動(dòng)推出第8天使用掃碼支付的人次；
(3)推廣期結(jié)束后，車隊(duì)對(duì)乘客的支付方式進(jìn)行統(tǒng)計(jì)，結(jié)果如表2：
表2：
支付方式
現(xiàn)金
乘車卡
掃碼
比例
10%
60%
30%
已知該線路公交車票價(jià)為2元，使用現(xiàn)金支付的乘客無優(yōu)惠，使用乘車卡支付的乘客享受8折優(yōu)惠，掃碼支付的乘客隨機(jī)優(yōu)惠
18、，根據(jù)統(tǒng)計(jì)結(jié)果得知，使用掃碼支付的乘客，享受7折優(yōu)惠的概率為，享受8折優(yōu)惠的概率為，享受9折優(yōu)惠的概率為.根據(jù)所給數(shù)據(jù)以事件發(fā)生的頻率作為相應(yīng)事件發(fā)生的概率，估計(jì)一名乘客一次乘車的平均費(fèi)用．
參考數(shù)據(jù)：
xiyi
xivi
100.54
62.14
1.54
25.35
50.12
3.47
參考公式：對(duì)于一組數(shù)據(jù)(u1，v1)，(u2，v2)，…，(un，vn)，其回歸直線＝＋u的斜率和截距的最小二乘估計(jì)公式分別為＝，＝－.
解 (1)根據(jù)散點(diǎn)圖判斷，y＝c·dx適宜作為掃碼支付的人數(shù)y關(guān)于活動(dòng)推出天數(shù)x的回歸方程類型．
(2)∵y＝c·dx，兩邊同時(shí)取常
19、用對(duì)數(shù)得，lg y＝lg (c·dx)＝lg c＋xlg d；
設(shè)lg y＝v，∴v＝lg c＋xlg d，
∵＝4，＝1.54，x＝140，
∴＝＝＝＝0.25.
把樣本中心點(diǎn)(4,1.54)代入v＝lg c＋xlg d，得
＝0.54 ，
∴＝0.54＋0.25x，∴＝0.54＋0.25x，
∴y關(guān)于x的回歸方程式為＝100.54＋0.25x＝100.54×(100.25)x＝3.47×100.25x，
把x＝8代入上式，＝3.47×102＝347.
活動(dòng)推出第8天使用掃碼支付的人次為3470.
(3)記一名乘客乘車支付的費(fèi)用為Z，
則Z的取值可能為2,1.8,1.6
20、,1.4，
P(Z＝2)＝0.1；P(Z＝1.8)＝0.3×＝0.15；
P(Z＝1.6)＝0.6＋0.3×＝0.7；P(Z＝1.4)＝0.3×＝0.05，
分布列為：
Z
2
1.8
1.6
1.4
P
0.1
0.15
0.7
0.05
所以，一名乘客一次乘車的平均費(fèi)用為
2×0.1＋1.8×0.15＋1.6×0.7＋1.4×0.05＝1.66(元)．
19．(本小題滿分12分)(2019·廣州市二模)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為菱形，∠BAD＝60°，∠APD＝90°，且AD＝PB.
(1)求證：平面PAD⊥平面ABCD；
(2)若
21、AD⊥PB，求二面角D－PB－C的余弦值．
解 (1)證明：如圖，取AD的中點(diǎn)O，連接OP，OB，BD，
因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形，
∠BAD＝60°，
所以AD＝AB＝BD.
因?yàn)镺為AD的中點(diǎn)，
所以O(shè)B⊥AD.
在△APD中，∠APD＝90°，O為AD的中點(diǎn)，
所以PO＝AD＝AO.
設(shè)AD＝PB＝2a，則OB＝a，PO＝OA＝a，
因?yàn)镻O2＋OB2＝a2＋3a2＝4a2＝PB2，
所以O(shè)P⊥OB.
因?yàn)镺P∩AD＝O，OP?平面PAD，AD?平面PAD，
所以O(shè)B⊥平面PAD.
因?yàn)镺B?平面ABCD，
所以平面PAD⊥平面ABCD.
(2)解法一：
22、因?yàn)锳D⊥PB，
AD⊥OB，OB∩PB＝B，
PB?平面POB，
OB?平面POB，
所以AD⊥平面POB.
所以PO⊥AD.
由(1)得PO⊥OB，AD⊥OB，
所以O(shè)A，OB，OP所在的直線兩兩互相垂直．
以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以O(shè)A，OB，OP所在直線為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．
設(shè)AD＝2，則A(1,0,0)，D(－1,0,0)，B(0，，0)，P(0,0,1)，
所以＝(－1,0，－1)，＝(0，，－1)，＝＝(－2,0,0)，
設(shè)平面PBD的法向量為n＝(x1，y1，z1)，
則
令y1＝1，則x1＝－，z1＝，
所以n＝(－，1
23、，)．
設(shè)平面PBC的法向量為m＝(x2，y2，z2)，
則
令y2＝1，則x2＝0，z2＝，
所以m＝(0,1，)．
設(shè)二面角D－PB－C為θ，由于θ為銳角，
所以|cosθ|＝|cos〈m，n〉|＝＝.
所以二面角D－PB－C的余弦值為.
解法二：因?yàn)锳D⊥PB，
AD⊥OB，OB∩PB＝B，
PB?平面POB，
OB?平面POB，
所以AD⊥平面POB.
所以PO⊥AD.
所以PO＝a，PD＝a.
過點(diǎn)D作DH⊥PB，H為垂足，
過點(diǎn)H作HG∥BC交PC于點(diǎn)G，連接DG，
因?yàn)锳D⊥PB，BC∥AD，
所以BC⊥PB，即HG⊥PB.
所以∠DHG
24、為二面角D－PB－C的平面角．
在等腰△BDP中，BD＝BP＝2a，PD＝a，
根據(jù)等面積法可以求得DH＝a.
進(jìn)而可以求得PH＝a，
所以HG＝a，PG＝a.
在△PDC中，PD＝a，DC＝2a，PC＝2a，
所以cos∠DPC＝＝.
在△PDG中，PD＝a，PG＝a，cos∠DPC＝，
所以DG2＝PD2＋PG2－2PD·PG·cos∠DPG＝a2，即DG＝a.
在△DHG中，DH＝a，HG＝a，DG＝a，
所以cos∠DHG＝＝.
所以二面角D－PB－C的余弦值為.
20．(本小題滿分12分)(2019·揚(yáng)州一模)已知直線x＝－2上有一動(dòng)點(diǎn)Q，過點(diǎn)Q作直線l1垂直
25、于y軸，動(dòng)點(diǎn)P在l1上，且滿足·＝0(O為坐標(biāo)原點(diǎn))，記點(diǎn)P的軌跡為曲線C.
(1)求曲線C的方程；
(2)已知定點(diǎn)M，N，A為曲線C上一點(diǎn)，直線AM交曲線C于另一點(diǎn)B，且點(diǎn)A在線段MB上，直線AN交曲線C于另一點(diǎn)D，求△MBD的內(nèi)切圓半徑r的取值范圍．
解 (1)設(shè)點(diǎn)P(x，y)，則Q(－2，y)，
∴＝(x，y)，＝(－2，y)．
∵·＝0，∴·＝－2x＋y2＝0，即y2＝2x.
所以曲線C的方程為y2＝2x.
(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x3，y3)，直線BD與x軸交點(diǎn)為E，直線AB與內(nèi)切圓的切點(diǎn)為T.
設(shè)直線AM的方程為y＝k，則聯(lián)立方程組得k2x2
26、＋(k2－2)x＋＝0，
∴x1x2＝且01，
∴r＝在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
則r>＝－1，
即r的取值范圍為(－1，＋∞)．
21．(本小題滿分12分)(2
27、019·湖南永州三模)已知函數(shù)f(x)＝ln －ax＋(a，b>0)，對(duì)任意x>0，都有f(x)＋f＝0.
(1)討論f(x)的單調(diào)性；
(2)當(dāng)f(x)存在三個(gè)不同的零點(diǎn)時(shí)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
解 (1)由f(x)＋f＝ln －ax＋＋ln －＋＝0，得b＝4a，
f(x)＝ln －ax＋，f′(x)＝－a－＝(x>0)．
令h(x)＝－ax2＋x－4a，
若Δ＝1－16a2≤0時(shí)，求得a≥，此時(shí)h(x)≤0，f′(x)≤0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．
若Δ＝1－16a2＞0，即00，x2＝>0，h(x)開口向下，
當(dāng)0
28、0，f(x)單調(diào)遞增；
當(dāng)x>x2時(shí)，h(x)＜0，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減．
綜上所述，當(dāng)a≥時(shí)，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)0
29、1，x2)上單調(diào)遞增，
f(x1)f(2)＝0，
f＝－ln 2a2－＋4a3，
令g(a)＝－ln 2a2－＋4a3，
g′(a)＝－＋＋12a2＝，
令h(a)＝12a4－2a＋1，h′(a)＝48a3－2，由h′(a)＝48a3－2＝0，求得a0＝>，當(dāng)00，
f＝g(a)＝－ln 2a2－＋4a3在上單調(diào)遞增，
故f＝g(a)0，>x2，
由零點(diǎn)存在性定理知f(x)在區(qū)間有一個(gè)根，設(shè)為x0，
又f(x0)＋f＝0，得f＝0,0<
30、f(x)的另一個(gè)零點(diǎn)，
故當(dāng)0
31、cosθ－4sinθ，所以ρ2＝4ρcosθ－4ρsinθ.
即x2＋y2＝4x－4y，(x－2)2＋(y＋2)2＝8.
所以曲線C2是以(2，－2)為圓心，2為半徑的圓．
(2)將代入(x－2)2＋(y＋2)2＝8.
整理得t2－4tcosα－4＝0.
設(shè)點(diǎn)A，B所對(duì)應(yīng)的參數(shù)分別為t1，t2，
則t1＋t2＝4cosα，t1t2＝－4.
＋＝＝＝＝＝＝.
解得cos2α＝，則sinα＝.
23．(本小題滿分10分)[選修4－5：不等式選講]
(2019·郴州三摸)已知f(x)＝|ax＋2|.
(1)當(dāng)a＝2時(shí)，求不等式f(x)>3x的解集；
(2)若f(1)≤M，f(2)≤M，證明：M≥.
解 (1)當(dāng)a＝2時(shí)，不等式f(x)>3x可化為|2x＋2|>3x.
當(dāng)x≤－1時(shí)，－2x－2>3x，x<－，所以x≤－1；
當(dāng)x>－1時(shí)，2x＋2>3x，x<2，所以－13x的解集是(－∞，2)．
(2)證明：由f(1)≤M，f(2)≤M，得M≥|a＋2|，M≥|2a＋2|，3M＝2M＋M≥2|a＋2|＋|2a＋2|，
又2|a＋2|＋|2a＋2|≥|4－2|＝2，
所以3M≥2，即M≥.
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（2019高考題 2019模擬題）2020高考數(shù)學(xué) 素養(yǎng)提升練（四）理（含解析）
