（2019高考題 2019模擬題）2020高考數學 基礎鞏固練（一）文（含解析）

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1、基礎鞏固練(一)本試卷分第卷(選擇題)和第卷(非選擇題)兩部分滿分150分，考試時間120分鐘第卷(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安徽第二次聯(lián)考)已知集合Ax|x20，Bx|32x6，則AB()A. Bx|2x2C. Dx|2x3答案C解析Ax|x2，B，AB.故選C.2(2019哈爾濱三中二模)若i為虛數單位，則()A.i BiC.i Di答案B解析i.故選B.3(2019合肥二模)如表是某電器銷售公司2018年度各類電器營業(yè)收入占比和凈利潤占比統(tǒng)計表：空調類冰箱類小家電類其他類營業(yè)收入占比9

2、0.10%4.98%3.82%1.10%凈利潤占比95.80%0.48%3.82%0.86%則下列判斷中不正確的是()A該公司2018年度冰箱類電器銷售虧損B該公司2018年度小家電類電器營業(yè)收入和凈利潤相同C該公司2018年度凈利潤主要由空調類電器銷售提供D剔除冰箱類電器銷售數據后，該公司2018年度空調類電器銷售凈利潤占比將會降低答案B解析根據表中數據知，該公司2018年度冰箱類電器銷售凈利潤所占比為0.48%，是虧損的，A正確；小家電類電器營業(yè)收入所占比和凈利潤所占比是相同的，但收入與凈利潤不一定相同，B錯誤；該公司2018年度凈利潤空調類電器銷售所占比為95.80%，是主要利潤來源，C

3、正確；剔除冰箱類電器銷售數據后，該公司2018年度空調類電器銷售凈利潤占比將會降低，D正確故選B.4(2019株洲一模)在區(qū)間2,2上任意取一個數x，使不等式x2x0成立的概率為()A. B. C. D.答案D解析由x2x0，得0x1.所以在區(qū)間2,2上任意取一個數x，使不等式x2x0，b0)，O為坐標原點，過C的右頂點且垂直于x軸的直線交C的漸近線于A，B兩點，過C的右焦點且垂直于x軸的直線交C的漸近線于M，N兩點，若OAB與OMN的面積比為19，則雙曲線C的漸近線方程為()Ay2x By2xCy2x Dy8x答案B解析由相似三角形的面積比等于相似比的平方，則，9b28a2，2，雙曲線C的漸

4、近線方程為y2x，故選B.6(2019江西南康中學二模)偶函數f (x)x(exaex)的圖象在x1處的切線斜率為()A2e BeC De答案A解析偶函數f (x)x(exaex)，可得f (x)f (x)，即x(exaex)x(exaex)，可得(a1)x(exex)0，對xR恒成立，則a1，函數f (x)x(exex)，f(x)x(exex)exex，則f(1)2e.故選A.7(2019長沙一模)在ABC中，AB10，BC6，CA8，且O是ABC的外心，則()A16 B32 C16 D32答案D解析AB2BC2CA2，ABC是以AB為斜邊的直角三角形，外心O是AB的中點，()28232，故

5、選D.8(2019鄭州一模)如圖，網格紙上小正方形的邊長為1，粗線畫出的是某個幾何體的三視圖，則該幾何體的表面積為()A(44)4 B(44)44C1212 D1244答案A解析由題意可知，幾何體下部是圓錐，上部是四棱柱(如圖)，可得幾何體的表面積為4414(44)4.故選A.9(2019深圳一模)在平面直角坐標系xOy中，設角的頂點與原點O重合，始邊與x軸的非負半軸重合，若角的終邊過點P(2，1)，則sin(2)的值為()A B C. D.答案A解析角的頂點與原點O重合，始邊與x軸非負半軸重合，終邊過點P(2，1)，x2，y1，|OP|，sin，cos，則sin22sincos2，sin(2

6、)sin2.故選A.10(2019宜賓二模)在ABC中，A，B，C的對邊分別是a，b，c，且b2，B60，ABC的面積為，則ac()A4 B. C2 D42答案A解析ABC中，b2，B60，所以ABC的面積為SacsinBac，解得ac4.又b2a2c22accosB，即4a2c2ac(ac)23ac(ac)212，所以(ac)216，解得ac4.故選A.11(2019荊州中學一模)已知log(xy4)log(3xy2)，若xy恒成立，則的取值范圍是()A(，1)(9，) B(1,9)C(0,1)(9，) D(0,19，)答案D解析由題意得x，y的約束條件畫出不等式組表示的可行域如圖中陰影部分

7、所示，在可行域內平移直線zxy，當直線在可行域內無限接近經過3xy20與x3的交點A(3，7)時，目標函數zxy的最大值無限接近3710.由xy恒成立，即10，即亦0.解得(0,19，)故選D.12(2019山東濰坊二模)已知函數f (x)2x1，g(x)(aR)，若對任意x11，)，總存在x2R，使f (x1)g(x2)，則實數a的取值范圍是()A. B.C.1,2 D.答案C解析對任意x11，)，則f (x1)2x11201，即函數f (x1)的值域為1，)，若對任意x11，)，總存在x2R，使f (x1)g(x2)，設函數g(x)的值域為A，則滿足1，)A即可當x0時，函數g(x)x22

8、a為減函數，則此時g(x)2a.當x0時，g(x)acosx22|a|,2|a|，當2a1(如圖中曲線)，即a時，滿足條件1，)A，當a時，2a1，要使1，)A成立，則此時當x0時，g(x)acosx22a,2a，此時滿足(如圖中曲線)，即得1a2，綜上a或1a2，故選C.第卷(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內江一模)若函數f (x)滿足f (x1)f (x)，且f (0)2，則f (15)_.答案2解析根據題意，函數f (x)滿足f (x1)f (x)，則有f (x2)f (x1)f (x)，即函數是周期為2的周期函數，則f (15)f (

9、114)f (1)，又由f (1)f (0)2，故f (15)2.14(2019北京高考)李明自主創(chuàng)業(yè)，在網上經營一家水果店，銷售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃，價格依次為60元/盒、65元/盒、80元/盒、90元/盒為增加銷量，李明對這四種水果進行促銷：一次購買水果的總價達到120元，顧客就少付x元每筆訂單顧客網上支付成功后，李明會得到支付款的80%.當x10時，顧客一次購買草莓和西瓜各1盒，需要支付_元；在促銷活動中，為保證李明每筆訂單得到的金額均不低于促銷前總價的七折，則x的最大值為_答案13015解析顧客一次購買草莓和西瓜各1盒時，總價為6080140(元)，達到120元，又x10，

10、顧客需要支付14010130(元)解法一：當單筆訂單的總價達不到120元時，顧客不少付，則李明得到總價的80%；當單筆訂單的總價達到120元時，顧客少付x元，設總價為a元(a120)，則李明每筆訂單得到的金額與總價的比為0.8，當a越小時，此比值越小又a最小為120元(即買兩盒草莓)，0.8(120x)1200.7，解得x15.x的最大值為15.解法二：購買水果總價剛好達到120元時，顧客少付x元，這時x占全部付款的比例最高，此時如果滿足李明所得金額是促銷前總價的70%，那么其x值最大由此列式得(120x)0.81200.7，解得x15.x的最大值為15.15(2019全國卷)記Sn為等比數列

11、an的前n項和，若a11，S3，則S4_.答案解析設等比數列an的公比為q，則ana1qn1qn1.a11，S3，a1a2a31qq2，即4q24q10，q，S4.16(2019全國卷)中國有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一印信的形狀多為長方體、正方體或圓柱體，但南北朝時期的官員獨孤信的印信形狀是“半正多面體”(圖1)半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體半正多面體體現了數學的對稱美圖2是一個棱數為48的半正多面體，它的所有頂點都在同一個正方體的表面上，且此正方體的棱長為1.則該半正多面體共有_個面，其棱長為_(本題第一空2分，第二空3分)答案261解析先求面數，有如下兩種

12、方法解法一：由“半正多面體”的結構特征及棱數為48可知，其上部分有9個面，中間部分有8個面，下部分有9個面，共有29826個面解法二：一般地，對于凸多面體，頂點數(V)面數(F)棱數(E)2(歐拉公式)由圖形知，棱數為48的半正多面體的頂點數為24，故由VFE2，得面數F2EV2482426.再求棱長作中間部分的橫截面，由題意知該截面為各頂點都在邊長為1的正方形上的正八邊形ABCDEFGH，如圖，設其邊長為x，則正八邊形的邊長即為半正多面體的棱長連接AF，過H，G分別作HMAF，GNAF，垂足分別為M，N，則AMMHNGNFx.又AMMNNF1，即xxx1.解得x1，即半正多面體的棱長為1.三

13、、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1721題為必考題，每個試題考生都必須作答第22、23題為選考題，考生根據要求作答(一)必考題：60分17(本小題滿分12分)(2019洛陽一模)在公差為d的等差數列an中，已知a110，且a1,2a22,5a3成等比數列，Sn為數列an的前n項和(1)求數列an的通項公式；(2)若d0，求Sn的最大值解(1)由題意得5a3a1(2a22)2，a110，50(102d)(222d)2，化簡得d23d40，解得d1或d4，ann11或an4n6.(2)d10.828.所以有99.9%的把握認為“中老年人”比“青少年人”更加關注“兩會”20

14、(本小題滿分12分)(2019湘潭一模)如圖，在平面直角坐標系xOy中，焦點在x軸上的橢圓1(b0)的右頂點和上頂點分別為A，B，M為線段AB的中點，且b2.(1)求橢圓的離心率；(2)四邊形ABCD內接于橢圓，ABCD.記直線AD，BC的斜率分別為k1，k2，求證：k1k2為定值解(1)由題意知A(2,0)，B(0，b)，線段AB的中點為M.(2，b)，.b2.2b2，解得b1.又a2，c，橢圓的離心率e.(2)證明：由(1)得橢圓的標準方程為y21，A(2,0)，B(0,1)，設直線BC的方程為yk2x1，聯(lián)立得(14k)x28k2x0，解得xC，yC，即C，設直線AD的方程為yk1(x2

15、)聯(lián)立化簡得(14k)x216kx16k40，2xD，解得xD，yD，D，ABCD，kCD，化為116kk2k12k28k1k8k2k0，(4k1k22k22k11)0，k1k2為定值21(本小題滿分12分)(2019合肥市第一次教學質量檢測)已知函數f (x)ex1a(x1)ln x(aR，e是自然對數的底數)(1)設g(x)f(x)其中f(x)是f (x)的導數，求g(x)的極小值；(2)若對任意x1，)，都有f (x)1成立，求實數a的取值范圍解(1)g(x)f(x)ex1a(x0)，g(x)ex1.令(x)g(x)ex1(x0)，(x)ex10，g(x)在(0，)上為增函數，g(1)0

16、.當x(0,1)時，g(x)0，g(x)的單調遞減區(qū)間為(0,1)，單調遞增區(qū)間為(1，)，g(x)極小值g(1)2a.(2)由(1)知，f(x)在(1，)上單調遞增，在(0,1)上單調遞減，f(x)f(1)2a.當a2時，f(x)0，f (x)在1，)上單調遞增，f (x)f (1)1，滿足條件；當a2時，f(1)2a0，x0(1，ln a1)，使得f(x0)0，此時，x(1，x0)，f(x)0，f (x)在(1，x0)上單調遞減，即當x(1，x0)時，都有f (x)f (1)1，不符合題意綜上所述，實數a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，

17、則按所做的第一題計分22(本小題滿分10分)選修44：坐標系與參數方程(2019全國卷)如圖，在極坐標系Ox中，A(2,0)，B，C，D(2，)，弧，所在圓的圓心分別是(1,0)，(1，)，曲線M1是弧，曲線M2是弧，曲線M3是弧.(1)分別寫出M1，M2，M3的極坐標方程；(2)曲線M由M1，M2，M3構成，若點P在M上，且|OP|，求P的極坐標解(1)由題設可得，弧，所在圓的極坐標方程分別為2cos，2sin，2cos，所以M1的極坐標方程為2cos，M2的極坐標方程為2sin，M3的極坐標方程為2cos.(2)設P(，)，由題設及(1)知若0，則2cos，解得；若，則2sin，解得或；若

18、，則2cos，解得.綜上，P的極坐標為或或或.23(本小題滿分10分)選修45：不等式選講(2019湖北模擬)已知函數f (x)|ax2|，不等式f (x)4的解集為x|2x6(1)求實數a的值；(2)設g(x)f (x)f (x3)，若存在xR，使g(x)tx2成立，求實數t的取值范圍解(1)由|ax2|4，得4ax24，即2ax6，當a0時，x，所以解得a1；當a0時，x，所以無解，所以實數a的值為1.(2)由已知g(x)f (x)f (x3)|x2|x1|不等式g(x)tx2，即g(x)tx2，由題意知，yg(x)的圖象有一部分在直線ytx2的下方或在直線ytx2上，作出對應圖象，如圖所示由圖可知，當t0時，tkEM；當t0時，tkFM，又因為kEM1，kFM，所以t1或t，即實數t的取值范圍為(，1.14