（2019高考題 2019模擬題）2020高考數(shù)學(xué) 素養(yǎng)提升練（一）文（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·遼寧馬鞍山一中三模)設(shè)集合M＝{x|x2－2x－3＜0}，N＝{x|2x＜2}，則M∩(?RN)等于(　　) A．[－1,1] B．(－1,0) C．[1,3) D．(0,1) 答案　C 解析　由M＝{x|x2－2x－3＜0}＝{x|－1＜x＜3}，又N＝{x|2x＜2}＝{x|x＜1}，全集U＝R，所以?RN＝{x

2、|x≥1}．所以M∩(?RN)＝{x|－1＜x＜3}∩{x|x≥1}＝[1,3)．故選C. 2．(2019·江西師大附中三模)已知i為虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)z滿足(2－i)z＝3＋2i，則z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)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　A 解析　復(fù)數(shù)z滿足(2－i)z＝3＋2i，z＝＝＝，則z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點為，在第一象限．故選A. 3．(2019·全國卷Ⅱ)已知向量a＝(2,3)，b＝(3,2)，則|a－b|＝(　　) A. B．2 C．5 D．50 答案　A 解析　∵a－b＝(2,3)－(3,2)＝(－1,1)，∴|a－

3、b|＝＝.故選A. 4．(2019·咸陽二模)已知甲、乙、丙三人去參加某公司面試，他們被公司錄取的概率分別為，，，且三人錄取結(jié)果相互之間沒有影響，則他們?nèi)酥兄辽儆幸蝗吮讳浫〉母怕蕿?　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　甲、乙、丙三人去參加某公司面試，他們被公司錄取的概率分別為，，，且三人錄取結(jié)果相互之間沒有影響，他們?nèi)酥兄辽儆幸蝗吮讳浫〉膶α⑹录侨硕紱]有被錄取，∴他們?nèi)酥兄辽儆幸蝗吮讳浫〉母怕蕿镻＝1－＝.故選B. 5．(2019·全國卷Ⅲ)函數(shù)y＝在[－6,6]的圖象大致為(　　) 答案　B 解析　∵y＝f (x)＝，x∈[－6,6]，∴f (－

4、x)＝＝－＝－f (x)，∴f (x)是奇函數(shù)，排除C.當(dāng)x＝4時，y＝＝∈(7,8)，排除A，D.故選B. 6．(2019·三明一中二模)如圖是某個幾何體的三視圖，根據(jù)圖中數(shù)據(jù)(單位：cm)求得該幾何體的表面積是(　　) A. cm2 B. cm2 C. cm2 D. cm2 答案　A 解析　由三視圖可以看出，該幾何體是一個長方體以一個頂點挖去一個八分之一的球體．所以該幾何體的表面積為2×(12＋15＋20)＋×4π×32－3×π×32＝94－.故選A. 7．(2019·咸陽一模)執(zhí)行如圖所示的程序框圖，若輸出的k的值為b，則過定點(4,2)的直線l與圓(x－b)2＋y2

5、＝16截得的最短弦長為(　　) A．4 B．2 C. D．2 答案　A 解析　模擬程序的運(yùn)行，可得k＝1，S＝1，S＝1，不滿足條件S＞6，執(zhí)行循環(huán)體，k＝2，S＝2，不滿足條件S＞6，執(zhí)行循環(huán)體，k＝3，S＝6，不滿足條件S＞6，執(zhí)行循環(huán)體，k＝4，S＝15，滿足條件S＞6，退出循環(huán)．輸出k的值為4，即b＝4，由題意過圓內(nèi)定點P(4,2)的弦，只有和PC(C是圓心)垂直時才最短，定點P(4,2)是弦|AB|的中點，由勾股定理得，|AB|＝2＝4.故選A. 8．(2019·全國卷Ⅰ)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和．已知S4＝0，a5＝5，則(　　) A．a(chǎn)n＝2n－

6、5 B．a(chǎn)n＝3n－10 C．Sn＝2n2－8n D．Sn＝n2－2n 答案　A 解析　設(shè)首項為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. 9．(2019·湖南百所重點中學(xué)診測)若變量x，y滿足約束條件且a∈(－6,3)，則z＝僅在點A處取得最大值的概率為(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　z＝可以看作點(x，y)和點(a,0)的斜率，直線AB與x軸交點為(－2,0)，當(dāng)a∈(－2，－1)時，z＝僅在點A處取得最大值，所以P＝＝.故選A. 10．(20

7、19·北京高考)如圖，A，B是半徑為2的圓周上的定點，P為圓周上的動點，∠APB是銳角，大小為β.圖中陰影區(qū)域的面積的最大值為(　　) A．4β＋4cosβ B．4β＋4sinβ C．2β＋2cosβ D．2β＋2sinβ 答案　B 解析　解法一：如圖1，設(shè)圓心為O，連接OA，OB，OP. ∵∠APB＝β，∴∠AOB＝2β，∴S陰影＝S△AOP＋S△BOP＋S扇形AOB＝×2×2sin∠AOP＋×2×2sin∠BOP＋×2β×22＝2sin∠AOP＋2sin∠BOP＋4β＝2sin∠AOP＋2sin(2π－2β－∠AOP)＋4β＝2sin∠AOP－2sin(2β＋∠AOP

8、)＋4β＝2sin∠AOP－2(sin2β·cos∠AOP＋cos2β·sin∠AOP)＋4β＝2sin∠AOP－2sin2β·cos∠AOP－2cos2β·sin∠AOP＋4β＝2(1－cos2β)sin∠AOP－2sin2β·cos∠AOP＋4β＝2×2sin2β·sin∠AOP－2×2sinβ·cosβ·cos∠AOP＋4β＝4sinβ(sinβ·sin∠AOP－cosβ·cos∠AOP)＋4β＝4β－4sinβ·cos(β＋∠AOP)．∵β為銳角，∴sinβ>0.∴當(dāng)cos(β＋∠AOP)＝－1，即β＋∠AOP＝π時，陰影區(qū)域面積最大，為4β＋4sinβ.故選B. 解法二：如圖2，設(shè)

9、圓心為O，連接OA，OB，OP，AB，則陰影區(qū)域被分成弓形AmB和△ABP.∵∠APB＝β， ∴∠AOB＝2β.∵弓形AmB的面積是定值，∴要使陰影區(qū)域面積最大，則只需△ABP面積最大．∵△ABP底邊AB長固定，∴只要△ABP的底邊AB上的高最大即可．由圖可知，當(dāng)AP＝BP時，滿足條件，此時S陰影＝S扇形AOB＋S△AOP＋S△BOP＝×2β·22＋2××22·sin＝4β＋4sinβ.這就是陰影區(qū)域面積的最大值．故選B. 11．(2019·福州一模)已知函數(shù)f (x)＝當(dāng)x∈[m，m＋1]時，不等式f (2m－x)＜f (x＋m)恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是(　　) A．(－∞，－

10、4) B．(－∞，－2) C．(－2,2) D．(－∞，0) 答案　B 解析　當(dāng)x≤0時，f (x)＝x＋4單調(diào)遞減，且f (x)≥f (0)＝5；當(dāng)x＞0時，f (x)＝－x3－x＋5，∴f′(x)＝－3x2－1＜0，f (x)單調(diào)遞減，且f (x)＜f (0)＝5；所以函數(shù)f (x)＝在x∈R上單調(diào)遞減，因為f (2m－x)＜f (x＋m)，所以2m－x＞x＋m，即2x＜m，在x∈[m，m＋1]上恒成立，所以2(m＋1)＜m，解得m＜－2.即m的取值范圍是(－∞，－2)．故選B. 12．(2019·攀枝花二模)已知雙曲線C：－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)

11、2，O為坐標(biāo)原點，P為雙曲線在第一象限上的點，直線PO，PF2分別交雙曲線C的左、右支于另一點M，N，若|PF1|＝3|PF2|，且∠MF2N＝60°，則雙曲線的離心率為(　　) A. B．3 C．2 D. 答案　D 解析　由雙曲線的定義可得|PF1|－|PF2|＝2a，由|PF1|＝3|PF2|，可得|PF2|＝a，|PF1|＝3a，結(jié)合雙曲線性質(zhì)可以得到|PO|＝|MO|，而|F1O|＝|F2O|，結(jié)合四邊形對角線平分，可得四邊形PF1MF2為平行四邊形， 結(jié)合∠MF2N＝60°，故∠F1MF2＝60°，對△F1MF2用余弦定理，得到|MF1|2＋|MF2|2－|F1F2

12、|2＝2|MF1|·|MF2|·cos∠F1MF2，結(jié)合|PF1|＝3|PF2|，可得|MF1|＝a，|MF2|＝3a，|F1F2|＝2c，代入上式中，得到a2＋9a2－4c2＝3a2，即7a2＝4c2，結(jié)合離心率滿足e＝，即可得出e＝，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．(2019·四川省二診)已知角α的頂點在坐標(biāo)原點，始邊與x軸的非負(fù)半軸重合，點P(1，)在角α的終邊上，則sin＝________. 答案　 解析　∵角α的頂點在坐標(biāo)原點，始邊與x軸的非負(fù)半軸重合，點P(1，)在角α的終邊上， ∴tanα＝，∴α＝＋

13、2kπ，k∈Z， 則sin＝sin＝sin＝. 14．(2019·全國卷Ⅰ)曲線y＝3(x2＋x)ex在點(0,0)處的切線方程為________． 答案　y＝3x 解析　y′＝3(2x＋1)ex＋3(x2＋x)ex＝ex(3x2＋9x＋3)，∴斜率k＝e0×3＝3，∴切線方程為y＝3x. 15．(2019·石家莊一模)已知直線x＋ay＋3＝0與圓O：x2＋y2＝4相交于A，B兩點(O為坐標(biāo)原點)，且△AOB為等邊三角形，則實數(shù)a的值為________． 答案　± 解析　圓心(0,0)到直線x＋ay＋3＝0的距離d＝，依題意，cos30°＝，即＝，解得a＝±. 16．(2019

14、·泉州市質(zhì)檢)如圖所示，球O半徑為R，圓柱O1O2內(nèi)接于球O，當(dāng)圓柱體積最大時，圓柱的體積V＝π，則R＝________. 答案　 解析　設(shè)小圓O1，O2的半徑為r， 如圖，作出球O及其內(nèi)接圓柱的軸截面得到四邊形ABCD， 由題意得到AB＝CD＝2r， 當(dāng)BC＝AD＝2r時，圓柱的體積最大， 此時R2＋R2＝4r2，即R＝r， 圓柱體積V＝πr2·2r＝π， 解得r＝，∴R＝r＝. 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．

15、(本小題滿分12分)(2019·鄭州一模)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知△ABC的面積為S，且滿足sinB＝. (1)求sinAsinC； (2)若4cosAcosC＝3，b＝，求△ABC的周長． 解　(1)由三角形的面積公式可得S△ABC＝bcsinA， ∴2csinBsinA＝b，由正弦定理可得2sinCsinBsinA＝sinB，∵sinB≠0，∴sinAsinC＝. (2)∵4cosAcosC＝3，∴cosAcosC＝， ∴cosAcosC－sinAsinC＝－＝， ∴cos(A＋C)＝，∴cosB＝－， ∵0＜B＜π，∴sinB＝， ∵＝＝＝＝

16、4， ∴sinAsinC＝＝，∴ac＝8， ∵b2＝a2＋c2－2accosB＝(a＋c)2－2ac－2accosB， ∴(a＋c)2＝15＋12＝27，∴a＋c＝3. ∴a＋b＋c＝3＋. 18．(本小題滿分12分)(2019·廈門一模)某企業(yè)為確定下一年度投入某種產(chǎn)品的研發(fā)費(fèi)用，需了解年研發(fā)費(fèi)用x(單位：千萬元)對年銷售量y(單位：千萬件)的影響，統(tǒng)計了近10年投入的年研發(fā)費(fèi)用xi與年銷售量yi(i＝1,2，…，10)的數(shù)據(jù)，得到如下散點圖． (1)利用散點圖判斷，y＝a＋bx和y＝c·xd(其中c，d為大于0的常數(shù))哪一個更適合作為年研發(fā)費(fèi)用x和年銷售量y的回歸方程類型(

17、只要給出判斷即可，不必說明理由)； (2)對數(shù)據(jù)作出如下處理：令ui＝ln xi，vi＝ln yi，得到相關(guān)統(tǒng)計量的值如下表： uivi ui vi u 30.5 15 15 46.5 根據(jù)(1)的判斷結(jié)果及表中數(shù)據(jù)，求y關(guān)于x的回歸方程； (3)已知企業(yè)年利潤z(單位：千萬元)與x，y的關(guān)系為z＝y(tǒng)－x(其中e＝2.71828…)，根據(jù)(2)的結(jié)果，要使該企業(yè)下一年的年利潤最大，預(yù)計下一年應(yīng)投入多少研發(fā)費(fèi)用？ 附：對于一組數(shù)據(jù)(u1，v1)，(u2，v2)，…，(un，vn)，其回歸直線v＝α＋βu的斜率和截距的最小二乘估計分別為＝，＝－. 解　(1)由散點圖知，選

18、擇回歸類型y＝c·xd更適合． (2)對y＝c·xd兩邊取對數(shù)，得ln y＝ln c＋dln x，即v＝ln c＋du. 由表中數(shù)據(jù)得， ＝＝＝. 所以ln ＝－＝1.5－×1.5＝1，所以＝e. 所以年研發(fā)費(fèi)用x與年銷售量y的回歸方程為y＝e·x. (3)由(2)知，z＝27x－x，求導(dǎo)得z′＝9x－1， 令z′＝9x－1＝0，得x＝27， 函數(shù)z＝27x－x在(0,27)上單調(diào)遞增，在(27，＋∞)上單調(diào)遞減， 所以當(dāng)x＝27時，年利潤z取最大值5.4億元． 答：要使得年利潤取最大值，預(yù)計下一年度投入2.7億元． 19．(本小題滿分12分)(2019·青島二模)如圖，

19、在圓柱W中，點O1，O2分別為上、下底面的圓心，平面MNFE是軸截面，點H在上底面圓周上(異于N，F(xiàn))，點G為下底面圓弧的中點，點H與點G在平面MNFE的同側(cè)，圓柱W的底面半徑為1. (1)若平面FNH⊥平面NHG，證明：NG⊥FH； (2)若直線O1H∥平面FGE，求H到平面FGE的距離． 解　(1)證明：由題知平面FNH⊥平面NHG，平面FNH∩平面NHG＝NH， 因為NH⊥FH，又因為FH?平面FHN， 所以FH⊥平面NHG， 所以FH⊥NG. (2)連接O1O2，如圖所示， 因為O1O2∥EF，O1O2?平面FGE，EF?平面FGE， 所以O(shè)1O2∥平面FGE

20、； 又因為直線O1H∥平面FGE，O1H∩O1O2＝O1， 所以平面O1HO2∥平面FGE， 所以H到平面FGE的距離等于O2到平面FGE的距離； 取線段EG的中點V，連接O2V， 因為O2V⊥EG，O2V⊥EF，EG∩EF＝E， 所以O(shè)2V⊥平面FGE， 所以H到平面FGE的距離為O2V， 在等腰直角三角形EO2G中，O2E＝O2G＝1， 所以O(shè)2V＝，所以所求的距離為. 20．(本小題滿分12分)(2019·福州一模)已知拋物線C1：x2＝2py(p＞0)和圓C2：(x＋1)2＋y2＝2，傾斜角為45°的直線l1過C1的焦點且與C2相切． (1)求p的值； (2)點

21、M在C1的準(zhǔn)線上，動點A在C1上，C1在A點處的切線l2交y軸于點B，設(shè)＝＋，求證：點N在定直線上，并求該定直線的方程． 解　(1)依題意設(shè)直線l1的方程為y＝x＋，由已知得：圓C2：(x＋1)2＋y2＝2的圓心C2(－1,0)，半徑r＝，因為直線l1與圓C2相切，所以圓心到直線l1：y＝x＋的距離d＝＝，即＝，解得p＝6或p＝－2(舍去)． 所以p＝6. (2)證法一：依題意設(shè)M(m，－3)，由(1)知拋物線C1的方程為x2＝12y， 所以y＝，所以y′＝，設(shè)A(x1，y1)，則以A為切點的切線l2的斜率為k＝，所以切線l2的方程為y＝x1(x－x1)＋y1.令x＝0，y＝－x＋y1

22、＝－×12y1＋y1＝－y1，即l2交y軸于B點，坐標(biāo)為(0，－y1)，所以＝(x1－m，y1＋3)， ＝(－m，－y1＋3)，∴＝＋＝(x1－2m,6)，∴＝＋＝(x1－m,3)． 設(shè)N點坐標(biāo)為(x，y)，則y＝3，所以點N在定直線y＝3上． 證法二：設(shè)M(m，－3)，由(1)知拋物線C1的方程為x2＝12y，① 設(shè)A(x1，y1)，以A為切點的切線l2的方程為y＝k(x－x1)＋y1，② 聯(lián)立①②得，x2＝12， 因為Δ＝144k2－48kx1＋4x＝0，所以k＝， 所以切線l2的方程為y＝x1(x－x1)＋y1. 令x＝0，得切線l2交y軸于B點，坐標(biāo)為(0，－y1)，

23、 所以＝(x1－m，y1＋3)，＝(－m，－y1＋3)， ∴＝＋＝(x1－2m,6)， ∴＝＋＝(x1－m,3)， 設(shè)N點坐標(biāo)為(x，y)，則y＝3， 所以點N在定直線y＝3上． 21．(本小題滿分12分)(2019·長沙一模)已知函數(shù)f (x)＝ln x＋ax－，g(x)＝xln x＋(a－1)x＋. (1)試討論f (x)的單調(diào)性； (2)記f (x)的零點為x0，g(x)的極小值點為x1，當(dāng)a∈(1,4)時，求證：x0＞x1. 解　(1)f′(x)＝＋a＋＝(x＞0)， 若a≥0，則f′(x)＞0，f (x)在(0，＋∞)遞增． 若a＜0，則ax2＋x＋1＝0有一正一

24、負(fù)兩根，且正根是， 當(dāng)x∈時，f′(x)＞0，f (x)遞增； 當(dāng)x∈時，f′(x)＜0，f (x)遞減． 綜上，a≥0時，f (x)在(0，＋∞)遞增； a＜0時，f (x)在遞增，在遞減． (2)證明：g(x)＝xln x＋(a－1)x＋，則g′(x)＝ln x－＋a(x＞0)， 故g′(x)在(0，＋∞)遞增， 又g′(1)＝a－1＞0，g′＝－ln 2－4＋a＜0， 故g′(x)存在零點x2∈，且g(x)在(0，x2)遞減，在(x2，＋∞)遞增，x2即是g(x)的極小值點， 故x2＝x1， 由g′(x1)＝0知，ln x1－＋a＝0， 故f (x1)＝ln x1＋

25、ax1－＝ln x1＋x1－＝(1－x1)ln x1， 又x1＝x2∈，故f (x1)＝(1－x1)ln x1＜0＝f (x0)， 由(1)知，a＞0時，f (x)在(0，＋∞)遞增， 故x0＞x1. (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(biāo)系與參數(shù)方程] (2019·咸陽二模)以坐標(biāo)原點O為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C的極坐標(biāo)方程為＝＋. (1)求曲線C的直角坐標(biāo)方程； (2)設(shè)過點P(1,0)且傾斜角為45°的直線l和曲線C交于A，B兩點，求|PA|＋|PB|的

26、值． 解　(1)曲線C的極坐標(biāo)方程為＝＋， 轉(zhuǎn)換為直角坐標(biāo)方程為＋＝1， (2)過點P(1,0)且傾斜角為45°的直線l， 轉(zhuǎn)換為參數(shù)方程為(t為參數(shù))， 把直線l的參數(shù)方程代入＋＝1， 得到t2＋3t－9＝0(t1和t2為A，B對應(yīng)的參數(shù))， 所以t1＋t2＝－，t1t2＝－， 則|PA|＋|PB|＝|t1－t2|＝＝. 23．(本小題滿分10分)[選修4－5：不等式選講] (2019·咸陽二模)已知函數(shù)f (x)＝|x－2|－m(x∈R)，且f (x＋2)≤0的解集為[－1,1]． (1)求實數(shù)m的值； (2)設(shè)a，b，c∈R＋，且a2＋b2＋c2＝m，求a＋2b＋3c的最大值． 解　(1)由題意可得f (x＋2)＝|x|－m，故由f (x＋2)≤0，可得|x|≤m，解得－m≤x≤m. 再根據(jù)f (x＋2)≤0的解集為[－1,1]，可得m＝1. (2)若a，b，c∈R＋，且a2＋b2＋c2＝1， ∴由柯西不等式可得： a＋2b＋3c≤·＝， 故a＋2b＋3c的最大值為. 14