（2019高考題 2019模擬題）2020高考數(shù)學(xué) 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(shí)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的． 1．(2019·吉林實(shí)驗(yàn)中學(xué)一模)在復(fù)平面內(nèi)與復(fù)數(shù)z＝所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)關(guān)于實(shí)軸對(duì)稱的點(diǎn)為A，則A對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)為(　　) A．1＋i B．1－i C．－1－i D．－1＋i 答案　B 解析　∵復(fù)數(shù)z＝＝＝1＋i，∴復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)是1－i，就是復(fù)數(shù)z＝所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)關(guān)于實(shí)軸對(duì)稱的點(diǎn)為A對(duì)應(yīng)的復(fù)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?yàn)閑x－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(yáng)聯(lián)考)為比較甲、乙兩名學(xué)生的數(shù)學(xué)學(xué)科素養(yǎng)的各項(xiàng)能力指標(biāo)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(dá)圖，例如圖中甲的數(shù)學(xué)抽象指標(biāo)值為4，乙的數(shù)學(xué)抽象指標(biāo)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(xué)建模能力指標(biāo)值優(yōu)于乙的直觀想象

3、能力指標(biāo)值 C．乙的六維能力指標(biāo)值整體水平優(yōu)于甲的六維能力指標(biāo)值整體水平 D．甲的數(shù)學(xué)運(yùn)算能力指標(biāo)值優(yōu)于甲的直觀想象能力指標(biāo)值 答案　C 解析　對(duì)于選項(xiàng)A，甲的邏輯推理能力指標(biāo)值為4，優(yōu)于乙的邏輯推理能力指標(biāo)值為3，所以該命題是假命題；對(duì)于選項(xiàng)B，甲的數(shù)學(xué)建模能力指標(biāo)值為3，乙的直觀想象能力指標(biāo)值為5，所以乙的直觀想象能力指標(biāo)值優(yōu)于甲的數(shù)學(xué)建模能力指標(biāo)值，所以該命題是假命題；對(duì)于選項(xiàng)C，甲的六維能力指標(biāo)值的平均值為×(4＋3＋4＋5＋3＋4)＝，乙的六維能力指標(biāo)值的平均值為×(5＋4＋3＋5＋4＋3)＝4，因?yàn)椋?，所以選項(xiàng)C正確；對(duì)于選項(xiàng)D，甲的數(shù)學(xué)運(yùn)算能力指標(biāo)值為4，甲的直觀想象能

4、力指標(biāo)值為5，所以甲的數(shù)學(xué)運(yùn)算能力指標(biāo)值不優(yōu)于甲的直觀想象能力指標(biāo)值，故該命題是假命題．故選C. 4．(2019·西安中學(xué)二模)若橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)與短軸的一個(gè)端點(diǎn)構(gòu)成一個(gè)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(gè)焦點(diǎn)與短軸的一個(gè)端點(diǎn)構(gòu)成一個(gè)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(dāng)x≥1時(shí)，f (x

5、)≤1，即log2x≤1，解得1≤x≤2；當(dāng)x＜1時(shí)，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(xué)一模)若將函數(shù)f (x)＝sinωx＋cos(ω＞0)的圖象向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度后的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，則當(dāng)ω取最小整數(shù)時(shí)，函數(shù)f (x)的圖象的一個(gè)對(duì)稱中心是(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　因?yàn)閒 (x)＝sinωx＋cos＝sinωx＋cosωx－sinωx＝sinωx＋cosωx＝sin，又將函數(shù)f (x)的圖象向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度后的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，所以函數(shù)f (x)的圖象關(guān)于

6、直線x＝對(duì)稱，則ω＋＝kπ＋(k∈Z)，即ω＝6k＋1(k∈Z)．因?yàn)棣兀?，所以ωmin＝1，此時(shí)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(xué)名著《九章算術(shù)》中有如下問(wèn)題：“今有芻甍(méng)，下廣三丈，袤(mào)四丈；上袤二丈，無(wú)廣；高一丈，問(wèn)：積幾何？”其意思為：“今有底面為矩形的屋脊?fàn)畹男w，下底面寬3丈，長(zhǎng)4丈；上棱長(zhǎng)2丈，高1丈，問(wèn)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(zhǎng)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(gè)三棱錐，如圖所示： 結(jié)合圖中數(shù)據(jù)，計(jì)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(shí)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(diǎn)的△ABC區(qū)域(包含邊界)．作出直線y＝－x并平移，知當(dāng)直線y＝－x＋經(jīng)過(guò)C(2,2)時(shí)，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(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)O重合，始邊與x軸的非負(fù)半軸重合，在α的始邊上有點(diǎn)A，終邊上有點(diǎn)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(guó)機(jī)械工程專家、機(jī)構(gòu)運(yùn)動(dòng)學(xué)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(gè)頂點(diǎn)為

9、圓心，以邊長(zhǎng)為半徑，在另兩個(gè)頂點(diǎn)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(jī)取一點(diǎn)，則此點(diǎn)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(shè)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(gè)扇形面積減去2個(gè)正三角形的面積，即×3－2＝2π－2，故在勒洛三角形中隨機(jī)取一點(diǎn)，則此點(diǎn)取自正三角形的概率為＝，故選B. 11．(2019·啟東中學(xué)一模)若橢圓＋＝1和雙曲線－＝1的共同焦點(diǎn)為F1，F(xiàn)2，P是兩曲線的一個(gè)交點(diǎn)，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(xué)、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(xiàng)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?yàn)閒＝sin2－tan＝＋1＝，所以f＝e＝e－3＝. 14．(2019·江蘇高考)如圖，長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1的體積是120，E為CC1的中點(diǎn)，則三棱錐E－BCD的體積是________． 答案　10 解析　設(shè)長(zhǎng)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(diǎn)E在線段CB的延長(zhǎng)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(shè)切點(diǎn)的橫坐標(biāo)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?yàn)閔(1)＝0，所以x0＝1?a＝－1. 三、解答題：共70分．解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)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·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(zhǎng)； (2)設(shè)D為AC邊的中點(diǎn)，求線段BD長(zhǎng)的最小值． 解　(1)∵△ABC的三個(gè)內(nèi)角A

15、，B，C依次成等差數(shù)列，∴B＝60°. 設(shè)A，B，C所對(duì)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(zhǎng)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(dāng)且僅當(dāng)a＝c時(shí)取“＝”， ∴||≥3，即BD長(zhǎng)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(shí)代的今天，移動(dòng)互聯(lián)

16、快速發(fā)展，智能手機(jī)(Smartphone)技術(shù)不斷成熟，價(jià)格卻不斷下降，成為了生活中必不可少的工具．中學(xué)生是對(duì)新事物和新潮流反應(yīng)最快的一個(gè)群體之一．逐漸地，越來(lái)越多的中學(xué)生開(kāi)始在學(xué)校里使用手機(jī)．手機(jī)特別是智能手機(jī)在讓我們的生活更便捷的同時(shí)也會(huì)帶來(lái)一些問(wèn)題，同學(xué)們?yōu)榱私馐謾C(jī)在中學(xué)生中的使用情況，對(duì)本校高二年級(jí)100名同學(xué)使用手機(jī)的情況進(jìn)行調(diào)查．針對(duì)調(diào)查中獲得的“每天平均使用手機(jī)進(jìn)行娛樂(lè)活動(dòng)的時(shí)間”進(jìn)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(shí))代表分組為[i－1，i)的情況． (1)求餅圖中a的值； (2)假設(shè)同一組中的每個(gè)數(shù)據(jù)可用給定區(qū)間的中點(diǎn)值代替，試

17、估計(jì)樣本中的100名學(xué)生每天平均使用手機(jī)的平均時(shí)間在第幾組？(只需寫(xiě)出結(jié)論) (3)從該校隨機(jī)選取一名同學(xué)，能否根據(jù)題目中所給信息估計(jì)出這名學(xué)生每天平均使用手機(jī)進(jìn)行娛樂(lè)活動(dòng)小于3.5小時(shí)的概率？若能，請(qǐng)算出這個(gè)概率；若不能，請(qǐng)說(shuō)明理由． 解　(1)由餅圖得100%－6%－9%－27%－12%－14%－3%＝29%. (2)假設(shè)同一組中的每個(gè)數(shù)據(jù)可用給定區(qū)間的中點(diǎn)值代替，估計(jì)樣本中的100名學(xué)生每天平均使用手機(jī)的平均時(shí)間在第4組． (3)∵樣本是從高二年級(jí)抽取的，根據(jù)抽取的樣本只能估計(jì)該校高二年級(jí)學(xué)生每天使用手機(jī)進(jìn)行娛樂(lè)活動(dòng)的平均時(shí)間，不能估計(jì)全校學(xué)生情況， ∴若抽取的同學(xué)是高二年級(jí)的

18、學(xué)生，則可以估計(jì)這名同學(xué)每天平均使用手機(jī)小于3.5小時(shí)的概率大約為0.48，若抽到高一、高三的同學(xué)則不能估計(jì)． 19．(本小題滿分12分)(2019·全國(guó)卷Ⅱ) 如圖，長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點(diǎn)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(shè)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(tái)一模)已知F為拋物線C：y2＝2px(p＞0)的焦點(diǎn)，過(guò)F的動(dòng)直線交拋物線C于A，B兩點(diǎn)．當(dāng)直線與x軸垂直時(shí)，|AB|＝4. (1)求拋物線C的方程； (2)設(shè)直線AB的斜率為1且與拋物線的準(zhǔn)線l相交于點(diǎn)M，拋物線C上存在點(diǎn)P使得直線PA，PM，PB的斜率成等差數(shù)列，求點(diǎn)P的坐標(biāo)． 解　(1)因?yàn)镕，

20、在拋物線方程y2＝2px中，令x＝，可得y＝±p. 于是當(dāng)直線與x軸垂直時(shí)，|AB|＝2p＝4，解得p＝2. 所以拋物線的方程為y2＝4x. (2)因?yàn)閽佄锞€y2＝4x的準(zhǔn)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(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1＋y2＝4，y1y2＝－4. 若點(diǎn)P(x0，y0)滿足條件，則2kPM＝kPA＋kPB， 即2·＝＋， 因?yàn)辄c(diǎn)P，A，B均在拋物線C上， 所以x0＝，x1＝，x2＝. 代入化簡(jiǎn)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(diǎn)P的坐標(biāo)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(dāng)k＝0時(shí)，求曲線y＝f (x)在點(diǎn)(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(dāng)k＝0時(shí)，f (x)＝，則f′(x)＝， ∴f (1)＝0，f′(1)＝1， ∴曲線y＝f (x)在點(diǎn)(1，f (1))處的切線方程為y＝x－1. (2)若f (x)＜0對(duì)x∈(0，＋∞)恒成立，即k＞對(duì)x＞0恒成立， 設(shè)g(x)＝，可得g′(x)＝， 由g′(

22、x)＝0，可得x＝， 當(dāng)0＜x＜時(shí)，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)x＞時(shí)，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(qǐng)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(jì)分． 22．(本小題滿分10分)[選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程] (2019·鄭州二模)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，曲線C的極坐標(biāo)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(diǎn)． (1)若點(diǎn)P的極坐標(biāo)為(2，π)，求|PM

23、|·|PN|的值； (2)求曲線C的內(nèi)接矩形周長(zhǎng)的最大值． 解　(1)已知曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1，P的直角坐標(biāo)為(－2,0)， 將直線l的參數(shù)方程與曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程＋＝1聯(lián)立，得 t2－t－4＝0，則|PM|·|PN|＝|t1t2|＝4. (2)由曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1，可設(shè)曲線C上的動(dòng)點(diǎn)A(2cosθ，2sinθ)，則以A為頂點(diǎn)的內(nèi)接矩形的周長(zhǎng)為4(2cosθ＋2sinθ)＝16sin，0＜θ＜. 因此該內(nèi)接矩形周長(zhǎng)的最大值為16，當(dāng)且僅當(dāng)θ＝時(shí)等號(hào)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(shè)函數(shù)f (x)＝|ax＋1|＋|x－a

24、|(a＞0)，g(x)＝x2－x. (1)當(dāng)a＝1時(shí)，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(dāng)a＝1時(shí)， f (x)＝|x＋1|＋|x－1|＝ 當(dāng)x≤－1時(shí)，由x2－x≥－2x，得x≤－1. 當(dāng)－1＜x＜1時(shí)，由x2－x≥2，得x≤－1或x≥2，舍去． 當(dāng)x≥1時(shí)，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(dāng)0＜a≤1時(shí)，由f (x)min＝f (a)＝a2＋1≥2，得a＝1； 當(dāng)a＞1時(shí)，f (x)min＝f＝a＋>2，所以a＞1；綜上，a∈[1，＋∞)． 12