（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）

素養(yǎng)提升練(四)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(shí)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的1(2019·福州一中二模)已知i為虛數(shù)單位，則的實(shí)部與虛部之積等于()A B. C.i Di答案B解析因?yàn)閕，所以的實(shí)部與虛部之積為×.故選B.2(2019·漢中二模)已知集合Ax|x25x4<0，xZ，Bm,2，若AB，則m()A1 B2 C3 D4答案C解析Ax|1<x<4，xZ2,3，又AB，m3.故選C.3(2019·皖江名校聯(lián)考)2018年912月某市郵政快遞業(yè)務(wù)量完成件數(shù)較2017年912月同比增長(zhǎng)25%，該市2017年912月郵政快遞業(yè)務(wù)量柱形圖及2018年912月郵政快遞業(yè)務(wù)量結(jié)構(gòu)扇形圖如圖所示，根據(jù)統(tǒng)計(jì)圖，給出下列結(jié)論：2018年912月，該市郵政快遞業(yè)務(wù)量完成件數(shù)約1500萬(wàn)件；2018年912月，該市郵政快遞同城業(yè)務(wù)量完成件數(shù)與2017年912月相比有所減少；2018年912月，該市郵政快遞國(guó)際及港澳臺(tái)業(yè)務(wù)量同比增長(zhǎng)超過(guò)75%，其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)為()A3 B2 C1 D0答案B解析2017年的快遞業(yè)務(wù)總數(shù)為242.49489.61200萬(wàn)件，故2018年的快遞業(yè)務(wù)總數(shù)為1200×1.251500萬(wàn)件，故正確由此2018年912月同城業(yè)務(wù)量完成件數(shù)為1500×20%300萬(wàn)件242.4萬(wàn)件，所以比2017年有所提升，故錯(cuò)誤.2018年912月國(guó)際及港澳臺(tái)業(yè)務(wù)量為1500×1.4%21萬(wàn)件，21÷9.62.1875，故該市郵政快遞國(guó)際及港澳臺(tái)業(yè)務(wù)量同比增長(zhǎng)超過(guò)75%，故正確綜上所述，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)x，使不等式x2x<0成立的概率為()A. B. C. D.答案D解析由x2x<0，得0<x<1.在區(qū)間2,2上任意取一個(gè)數(shù)x，使不等式x2x<0成立的概率為.故選D.5(2019·安陽(yáng)一模)設(shè)F1，F(xiàn)2分別為離心率e的雙曲線C：1(a>0，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()A2 B2 C4 D4答案A解析由題意知e，2，故漸近線方程為y2x，以F1，F(xiàn)2為直徑的圓的方程為x2y2c2，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S2a×4，得ac，又，得a1，c，b2，故選A.6(2019·全國(guó)卷)記Sn為等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和已知S40，a55，則()Aan2n5 Ban3n10CSn2n28n DSnn22n答案A解析設(shè)等差數(shù)列an的首項(xiàng)為a1，公差為d.由S40，a55可得解得所以an32(n1)2n5，Snn×(3)×2n24n.故選A.7(2019·馬鞍山一模)函數(shù)f(x)x22|x|的大致圖象為()答案D解析f(1)sin112sin11<0，排除B，C，當(dāng)x0時(shí)，sinxx0，則x0時(shí)，1，f(x)101，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)mn，則mn的最大值為()A. B1 C. D2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(zhǎng)AO交BC于點(diǎn)D，設(shè)，由題意可知，由于B，C，D三點(diǎn)共線，據(jù)此可得，1，則mn，則mn的最大值即的最大值，由于|為定值，故|最小時(shí)，mn取得最大值，由幾何關(guān)系易知當(dāng)ABAC時(shí)，|取得最小值，此時(shí).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(zhǎng)線于點(diǎn)P，若F2BAP，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2y22，化為x2(ac)xy2ac0.直線F1B的方程為bxcybc0，聯(lián)立解得P，kAP，kF2B.F2BAP，化為e2，e(0,1)，解得e.故選D.解法二：F1A為圓的直徑，F(xiàn)1PA90°.F2BAP，F(xiàn)1BF290°，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ysinx的圖象向左平移_個(gè)單位，可以得到y(tǒng)cos(xab)的圖象()A. B. C. D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(x)，所以sin(xa)cos(xb)cos(xb)，整理得2kab(kZ)，所以ab2k(kZ)，則ycos(xab)cossinx，即ysinx的圖象向左平移個(gè)單位，得到y(tǒng)sin(x)sinx.故選D.11(2019·大同一模)已知三棱錐PABC的四個(gè)頂點(diǎn)都在半徑為3的球面上，ABAC，則該三棱錐體積的最大值是()A. B. C. D64答案A解析設(shè)ABm，ACn，則SABCmn，ABC外接圓的直徑為，如圖，三棱錐PABC體積的最大值為×mn×PO1×mn××，設(shè)t，則f(t)t(3)，f(t)，令f(t)0，得t8，f(t)在(0,8)上遞增，在8,9上遞減，f(t)maxf(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)xa(aR)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(huà)出兩函數(shù)yf(x)和yxa的圖象(1)先研究當(dāng)0x1時(shí)，直線yxa與y2的圖象只有一個(gè)交點(diǎn)的情況當(dāng)直線yxa過(guò)點(diǎn)B(1,2)時(shí)，2a，解得a.所以0a.(2)再研究當(dāng)x>1時(shí)，直線yxa與y的圖象只有一個(gè)交點(diǎn)的情況：相切時(shí)，由y，得x2，此時(shí)切點(diǎn)為，則a1.相交時(shí)，由圖象可知直線yxa從過(guò)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(guò)點(diǎn)A(1，1)時(shí)，1a，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，則的值為_(kāi)答案解析因?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，所以tanf(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，x2；第二次循環(huán)，S，x3；第三次循環(huán)，S3，x4；第四次循環(huán)，S35，滿足x4，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(kāi)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CCCC180種，劉老師和王老師分配到一個(gè)班，共有CCA24種，所以劉老師和王老師不在一起的安排方案有18024156種16(2019·海南二模)已知菱形ABCD，E為AD的中點(diǎn)，且BE3，則菱形ABCD面積的最大值為_(kāi)答案12解析設(shè)AEx，則ABAD2x，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，在ABE中，由余弦定理可知9(2x)2x22·2x·xcos，即cos，S菱形ABCD2x·2x·sin4x2，令tx2，則t(1,9)，則S菱形ABCD，當(dāng)t5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(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟第1721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··nan2n(nN*)(1)求an的通項(xiàng)公式；(2)求數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn.解(1)由n1得a12，因?yàn)閍1·2a2·3a3··nan2n，當(dāng)n2時(shí)，a1·2a2·3a3··(n1)an12n1，由兩式作商得，an(n>1且nN*)，又因?yàn)閍12符合上式，所以an(nN*)(2)設(shè)bn，則bnnn·2n，所以Snb1b2bn(12n)(22·223·23(n1)·2n1n·2n)，設(shè)Tn22·223·23(n1)·2n1n·2n，所以2Tn222·23(n2)·2n1(n1)·2nn·2n1，得，Tn222232nn·2n1，所以Tn(n1)·2n12.所以SnTn，即Sn(n1)·2n12.18(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(lái)越多的人開(kāi)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：x1234567y611213466101196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)yabx與yc·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(shuō)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(cè)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(wú)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，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)：xiyixivi100.5462.141.5425.3550.123.47參考公式：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，yc·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)yc·dx，兩邊同時(shí)取常用對(duì)數(shù)得，lg ylg (c·dx)lg cxlg d；設(shè)lg yv，vlg cxlg d，4，1.54，x140，0.25.把樣本中心點(diǎn)(4,1.54)代入vlg cxlg d，得0.54 ，0.540.25x，0.540.25x，y關(guān)于x的回歸方程式為100.540.25x100.54×(100.25)x3.47×100.25x，把x8代入上式，3.47×102347.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2,1.8,1.6,1.4，P(Z2)0.1；P(Z1.8)0.3×0.15；P(Z1.6)0.60.3×0.7；P(Z1.4)0.3×0.05，分布列為：Z21.81.61.4P0.10.150.70.05所以，一名乘客一次乘車的平均費(fèi)用為2×0.11.8×0.151.6×0.71.4×0.051.66(元)19(本小題滿分12分)(2019·廣州市二模)如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD為菱形，BAD60°，APD90°，且ADPB.(1)求證：平面PAD平面ABCD；(2)若ADPB，求二面角DPBC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，BAD60°，所以ADABBD.因?yàn)镺為AD的中點(diǎn)，所以O(shè)BAD.在APD中，APD90°，O為AD的中點(diǎn)，所以POADAO.設(shè)ADPB2a，則OBa，POOAa，因?yàn)镻O2OB2a23a24a2PB2，所以O(shè)POB.因?yàn)镺PADO，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：因?yàn)锳DPB，ADOB，OBPBB，PB平面POB，OB平面POB，所以AD平面POB.所以POAD.由(1)得POOB，ADOB，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)AD2，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y11，則x1，z1，所以n(，1，)設(shè)平面PBC的法向量為m(x2，y2，z2)，則令y21，則x20，z2，所以m(0,1，)設(shè)二面角DPBC為，由于為銳角，所以|cos|cosm，n|.所以二面角DPBC的余弦值為.解法二：因?yàn)锳DPB，ADOB，OBPBB，PB平面POB，OB平面POB，所以AD平面POB.所以POAD.所以POa，PDa.過(guò)點(diǎn)D作DHPB，H為垂足，過(guò)點(diǎn)H作HGBC交PC于點(diǎn)G，連接DG，因?yàn)锳DPB，BCAD，所以BCPB，即HGPB.所以DHG為二面角DPBC的平面角在等腰BDP中，BDBP2a，PDa，根據(jù)等面積法可以求得DHa.進(jìn)而可以求得PHa，所以HGa，PGa.在PDC中，PDa，DC2a，PC2a，所以cosDPC.在PDG中，PDa，PGa，cosDPC，所以DG2PD2PG22PD·PG·cosDPGa2，即DGa.在DHG中，DHa，HGa，DGa，所以cosDHG.所以二面角DPBC的余弦值為.20(本小題滿分12分)(2019·揚(yáng)州一模)已知直線x2上有一動(dòng)點(diǎn)Q，過(guò)點(diǎn)Q作直線l1垂直于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，·2xy20，即y22x.所以曲線C的方程為y22x.(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(mén).設(shè)直線AM的方程為yk，則聯(lián)立方程組得k2x2(k22)x0，x1x2且0<x1<x2，x1<<x2，直線AN的方程為y，與方程y22x聯(lián)立得yx2xy0，化簡(jiǎn)得2x1x2xx10，解得x3或x3x1.x3x2，BDx軸，設(shè)MBD的內(nèi)切圓圓心為H，則點(diǎn)H在x軸上且HTAB.SMBD·|2y2|，且MBD的周長(zhǎng)為22|y2|，SMBD·r··|2y2|，r，令tx2，則t>1，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)(2019·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)f0.(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)fln axln 0，得b4a，f(x)ln ax，f(x)a(x>0)令h(x)ax2x4a，若116a20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116a20，即0<a<時(shí)，h(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，x1>0，x2>0，h(x)開(kāi)口向下，當(dāng)0<x<x1時(shí)，h(x)0，f(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x1<x<x2時(shí)，h(x)0，f(x)>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<a<時(shí)，f(x)在(0，x1)和(x2，)上單調(diào)遞減，f(x)在(x1，x2)上單調(diào)遞增(2)由(1)知當(dāng)a時(shí)，f(x)單調(diào)遞減，不可能有三個(gè)不同的零點(diǎn)；當(dāng)0<a<時(shí)，f(x)在(0，x1)和(x2，)上單調(diào)遞減，f(x)在(x1，x2)上單調(diào)遞增，f(2)ln 2a2a0，又x1x24，有x1<2<x2，f(x)在(x1，x2)上單調(diào)遞增，f(x1)<f(2)0，f(x2)>f(2)0，fln 2a24a3，令g(a)ln 2a24a3，g(a)12a2，令h(a)12a42a1，h(a)48a32，由h(a)48a320，求得a0>，當(dāng)0<a<時(shí)，h(a)單調(diào)遞減，h(a)h1>0，fg(a)ln 2a24a3在上單調(diào)遞增，故fg(a)<g3ln 24<0，故f<0，f(x2)>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)f0，得f0,0<<x1，是f(x)的另一個(gè)零點(diǎn)，故當(dāng)0<a<時(shí)，f(x)存在三個(gè)不同的零點(diǎn)，分別為，2，x0.(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44：坐標(biāo)系與參數(shù)方程(2019·郴州三模)在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C1的參數(shù)方程為(t為參數(shù)，0<)，點(diǎn)M(0，2)以坐標(biāo)原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C2的極坐標(biāo)方程為4cos.(1)求曲線C2的直角坐標(biāo)方程，并指出其形狀；(2)曲線C1與曲線C2交于A，B兩點(diǎn)，若，求sin的值解(1)由4cos，得4cos4sin，所以24cos4sin.即x2y24x4y，(x2)2(y2)28.所以曲線C2是以(2，2)為圓心，2為半徑的圓(2)將代入(x2)2(y2)28.整理得t24tcos40.設(shè)點(diǎn)A，B所對(duì)應(yīng)的參數(shù)分別為t1，t2，則t1t24cos，t1t24.解得cos2，則sin.23(本小題滿分10分)選修45：不等式選講(2019·郴州三摸)已知f(x)|ax2|.(1)當(dāng)a2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)a2時(shí)，不等式f(x)>3x可化為|2x2|>3x.當(dāng)x1時(shí)，2x2>3x，x<，所以x1；當(dāng)x>1時(shí)，2x2>3x，x<2，所以1<x<2.所以不等式f(x)>3x的解集是(，2)(2)證明：由f(1)M，f(2)M，得M|a2|，M|2a2|，3M2MM2|a2|2a2|，又2|a2|2a2|42|2，所以3M2，即M.18