2020高考数学讲练试题素养提升练四理含2019高考+模拟题2.pdf

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1、（刷题 1+1）2020 高考数学讲练试题 素养提升练（四）理（含 2019 高考+模拟题） （刷题 1+1）2020 高考数学讲练试题 素养提升练（四）理（含 2019 高考+模拟题） 本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分 满分 150 分， 考试时间 120 分钟 第卷 (选择题，共 60 分) 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分在每小题给出的四个选项中， 只有一项是符合题目要求的 1(2019福州一中二模)已知 i 为虚数单位，则的实部与虚部之积等于( ) i 1i A B. C. i D i 1 4 1 4 1 4 1 4 答案 B 解析 因为 i

2、，所以的实部与虚部之积为 . i 1i i1i 1i1i 1 2 1 2 i 1i 1 2 1 2 1 4 故选 B. 2(2019汉中二模)已知集合Ax|x25x40，b0)5 x2 a2 y2 b2 的左、右焦点，A1，A2分别为双曲线C的左、右顶点，以F1，F2为直径的圆交双曲线的渐近 线l于M，N两点，若四边形MA2NA1的面积为 4，则b( ) A2 B2 C4 D422 答案 A 解析 由题意知e ， 2，故渐近线方程为y2x，以F1，F2为直径的圆的5 c a b a 方程为x2y2c2，联立Error!得y，由双曲线与圆的对称性知四边形MA2NA1为平行 2c 5 四边形， 不

3、妨设yM， 则四边形MA2NA1的面积S2a4， 得ac， 又 ， 得a1，c 2c 5 2c 5 55 c a ，b2，故选 A.5 6(2019全国卷)记Sn为等差数列an的前n项和已知S40，a55，则( ) Aan2n5 Ban3n10 CSn2n28n DSnn22n 1 2 答案 A 解析 设等差数列an的首项为a1，公差为d.由S40，a55 可得Error!解得Error!所 以an32(n1)2n5，Snn(3)2n24n.故选 A. nn1 2 7(2019马鞍山一模)函数f(x)x22|x|的大致图象为( ) sinx x 答案 D 解析 f(1)sin112sin11b

4、0)的左、右焦点分别为F1，F2，右顶点 x2 a2 y2 b2 为A，上顶点为B，以线段F1A为直径的圆交线段F1B的延长线于点P，若F2BAP，则该椭 圆的离心率是( ) A. B. C. D. 3 3 2 3 3 2 2 2 答案 D 解析 解法一：如图所示， 以线段F1A为直径的圆的方程为 2y22， 化为x2(ac)xy2ac0. (x ac 2)( ac 2) 直线F1B的方程为bxcybc0，联立 Error! 解得P， ( ac2b2c a2 ，abcb 3a2b a2) kAP，kF2B . abcbc2 ac2b2ca3 b c F2BAP， ， acc2 ac2b2ca3

5、 1 c 化为e2 ，e(0,1)，解得e.故选 D. 1 2 2 2 解法二：F1A为圆的直径，F1PA90. F2BAP，F1BF290，2a2(2c)2， 解得e.故选 D. 2 2 10(2019郑州一模)已知函数f(x)Error! 的图象关于y轴对称， 则ysinx的图象向左平移_个单位， 可以得到ycos(x ab)的图象( ) A. B. C. D 4 3 2 答案 D 解析 函数f(x)Error!的图象关于y轴对称，故f(x)f(x)，所以 sin(xa) cos(xb)cos(xb)，整理得 2kab(kZ Z)， 2 所以ab2k(kZ Z)， 2 则ycos(xab)

6、cossinx， (x2k 2) 即ysinx的图象向左平移 个单位， 得到ysin(x)sinx.故选 D. 11 (2019大同一模)已知三棱锥PABC的四个顶点都在半径为 3 的球面上，ABAC， 则该三棱锥体积的最大值是( ) A. B. C. D64 32 3 16 3 64 3 答案 A 解析 设ABm，ACn，则SABCmn，ABC外接圆的直径为，如图， 1 2 m2n2 三棱锥PABC体积的最大值为 mnPO1 mn 1 3 1 2 1 3 1 2( 9m 2n2 4 3) 1 3 m2n2 4 ，设t，则f(t)t(3)，f(t)， ( 9m 2n2 4 3) m2n2 4

7、1 3 9t 1 3( 9t t 2 9t3) 令f(t)0，得t8，f(t)在(0,8)上递增，在8,9上递减，f(t)maxf(8)，即该 32 3 三棱锥体积的最大值是.故选 A. 32 3 12(2019天津高考)已知函数f(x)Error! 若关于x的方程f(x)xa(aR R)恰有两个互异的实数解， 则a的取值范围为( ) 1 4 A. B. 5 4， 9 4( 5 4， 9 4 C.1 D.1 ( 5 4， 9 4 5 4， 9 4 答案 D 解析 如图，分别画出两函数yf(x)和yxa的图象 1 4 (1)先研究当 0x1 时，直线yxa与y2的图象只有一个交点的情况 1 4

8、x 当直线yxa过点B(1,2)时， 1 4 2 a，解得a . 1 4 9 4 所以 0a . 9 4 (2)再研究当x1 时，直线yxa与y 的图象只有一个交点的情况： 1 4 1 x 相切时，由y ，得x2，此时切点为，则a1. 1 x2 1 4(2， 1 2) 相交时，由图象可知直线yxa从过点A向右上方移动时与y 的图象只有一 1 4 1 x 个交点过点A(1，1)时，1 a，解得a .所以a . 1 4 5 4 5 4 结合图象可得，所求实数a的取值范围为1故选 D. 5 4， 9 4 第卷 (非选择题，共 90 分) 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分

9、13(2019宝鸡二模)已知曲线f(x)x3在点(1，f(1)处的切线的倾斜角为，则 2 3 的值为_ sin2cos2 2sincoscos2 答案 3 5 解析 因为曲线f(x)x3，所以函数f(x)的导函数f(x)2x2，可得f(1)2， 2 3 因为曲线f(x)x3在点(1，f(1)处的切线的倾斜角为，所以 tanf(1)2，所以 2 3 . sin2cos2 2sincoscos2 tan21 2tan1 41 41 3 5 14(2019江苏高考)如图是一个算法流程图，则输出的S的值是_ 答案 5 解析 第一次循环，S ，x2； 第二次循环，S ，x3； 第三次循环，S 1 2 1

10、 2 2 2 3 2 3 2 3，x4；第四次循环，S3 5，满足x4，结束循环故输出的S的值是 5. 3 2 4 2 15(2019郴州二模)某高校开展安全教育活动，安排 6 名老师到 4 个班进行讲解，要 求 1 班和 2 班各安排一名老师， 其余两个班各安排两名老师， 其中刘老师和王老师不在一起， 则不同的安排方案有_种 答案 156 解析 安排 6 名老师到 4 个班，其中按 1,1,2,2 分法，共有 C C C C 180 种，刘老师 1 6 1 5 2 4 2 2 和王老师分配到一个班， 共有C C A 24种， 所以刘老师和王老师不在一起的安排方案有180 1 4 1 3 2

11、2 24156 种 16(2019海南二模)已知菱形ABCD，E为AD的中点，且BE3，则菱形ABCD面积的 最大值为_ 答案 12 解析 设AEx， 则ABAD2x， 两边之和大于第三边， 两边之差小于第三边， Error! 即Error!Error!x(1,3)，设BAE，在ABE中，由余弦定理可知 9(2x)2x2 22xxcos， 即 cos，S菱 形 ABCD 2x2xsin 4x2 5x29 4x2 1(5x 29 4x2) 2 ，令tx2，则t(1,9)，则S菱形ABCD，9x410x299t5216 当t5 时，即x时，S菱形ABCD有最大值 12.5 三、解答题 ： 共 70

12、 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第 1721 题为必 考题，每个试题考生都必须作答第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答 (一)必考题：60 分 17(本小题满分 12 分)(2019潍坊市三模)设数列an满足a12a23a3nan 2n(nN N* *) (1)求an的通项公式； (2)求数列的前n项和Sn. 22n1 an 解 (1)由n1 得a12， 因为a12a23a3nan2n， 当n2 时，a12a23a3(n1)an12n1， 由两式作商得，an (n1 且nN N* *)， 2 n 又因为a12 符合上式， 所以an (nN N* *) 2 n (2)设bn，

13、22n1 an 则bnnn2n， 所以Snb1b2bn(12n)(2222323(n1)2n1 n2n)， 设Tn2222323(n1)2n1n2n， 所以 2Tn22223(n2)2n1(n1)2nn2n1， 得，Tn222232nn2n1， 所以Tn(n1)2n12. 所以SnTn， nn1 2 即Sn(n1)2n12. nn1 2 18(本小题满分 12 分)(2019湖南、湖北八市十二校联合调研)近期，某公交公司分 别推出支付宝和微信扫码支付乘车活动， 活动设置了一段时间的推广期， 由于推广期内优惠 力度较大， 吸引越来越多的人开始使用扫码支付 某线路公交车队统计了活动刚推出一周内 每

14、一天使用扫码支付的人次，用x表示活动推出的天数，y表示每天使用扫码支付的人次 (单位：十人次)，统计数据如表 1 所示： 表 1： x1234567 y611213466101196 根据以上数据，绘制了如图所示的散点图 (1)根据散点图判断，在推广期内yabx与ycdx(c，d均为大于零的常数)哪一 个适宜作为扫码支付的人次y关于活动推出天数x的回归方程类型？(给出判断即可，不必 说明理由) (2)根据(1)的判断结果及表 1 中的数据， 求y关于x的回归方程， 并预测活动推出第 8 天使用扫码支付的人次； (3)推广期结束后，车队对乘客的支付方式进行统计，结果如表 2： 表 2： 支付方式

15、现金乘车卡扫码 比例10%60%30% 已知该线路公交车票价为 2 元， 使用现金支付的乘客无优惠， 使用乘车卡支付的乘客享 受 8 折优惠，扫码支付的乘客随机优惠，根据统计结果得知，使用扫码支付的乘客，享受 7 折优惠的概率为 ， 享受 8 折优惠的概率为 ， 享受 9 折优惠的概率为 .根据所给数据以事件 1 6 1 3 1 2 发生的频率作为相应事件发生的概率，估计一名乘客一次乘车的平均费用 参考数据： y v xiyi 7 i1 xivi 7 i1 100.54 62.141.5425.3550.123.47 (其中v ilg yi，v 1 7 7 i1v i) 参考公式：对于一组数据

16、(u1，v1)，(u2，v2)，(un，vn)，其回归直线 u的v a 斜率和截距的最小二乘估计公式分别为， . n i1u ivin u v n i1u 2in u 2 a v u 解 (1)根据散点图判断，ycdx适宜作为扫码支付的人数y关于活动推出天数x的 回归方程类型 (2)ycdx，两边同时取常用对数得，lg ylg (cdx)lg cxlg d； 设 lg yv，vlg cxlg d， 4，1.54，x140，x v 7 i1 2i 0.25.lg d 7 i1x ivi7xv 7 i1x 2i7 x 2 50.127 4 1.54 1407 42 7 28 把样本中心点(4,1.

17、54)代入vlg cxlg d，得 0.54 ，lg c 0.540.25x，0.540.25x，v lg y y关于x的回归方程式为 100.540.25x100.54(100.25)x3.47100.25x，y 把x8 代入上式， 3.47102347.y 活动推出第 8 天使用扫码支付的人次为 3470. (3)记一名乘客乘车支付的费用为Z， 则Z的取值可能为 2,1.8,1.6,1.4， P(Z2)0.1；P(Z1.8)0.3 0.15； 1 2 P(Z1.6)0.60.3 0.7；P(Z1.4)0.3 0.05， 1 3 1 6 分布列为： Z21.81.61.4 P0.10.150

18、.70.05 所以，一名乘客一次乘车的平均费用为 20.11.80.151.60.71.40.051.66(元) 19(本小题满分 12 分)(2019广州市二模)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为 菱形，BAD60，APD90，且ADPB. (1)求证：平面PAD平面ABCD； (2)若ADPB，求二面角DPBC的余弦值 解 (1)证明：如图，取AD的中点O，连接OP，OB，BD， 因为底面ABCD为菱形， BAD60， 所以ADABBD. 因为O为AD的中点， 所以OBAD. 在APD中，APD90，O为AD的中点， 所以POADAO. 1 2 设ADPB2a，则OBa，POOAa

19、，3 因为PO2OB2a23a24a2PB2， 所以OPOB. 因为OPADO，OP平面PAD，AD平面PAD， 所以OB平面PAD. 因为OB平面ABCD， 所以平面PAD平面ABCD. (2)解法一：因为ADPB， 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OA，OB，OP所在的直线两两互相垂直 以O为坐标原点，分别以OA，OB，OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间 直角坐标系 设AD2，则A(1,0,0)，D(1,0,0)，B(0， ，0)，P(0,0,1)，3 所以(1,0，1)，(

20、0， ，1)，(2,0,0)，PD PB 3BC AD 设平面PBD的法向量为n n(x1，y1，z1)， 则Error! 令y11，则x1，z1，33 所以n n(，1，)33 设平面PBC的法向量为m m(x2，y2，z2)， 则Error! 令y21，则x20，z2，3 所以m m(0,1，)3 设二面角DPBC为，由于为锐角， 所以|cos|cosm m，n n|. 4 2 7 2 7 7 所以二面角DPBC的余弦值为. 2 7 7 解法二：因为ADPB， ADOB，OBPBB， PB平面POB， OB平面POB， 所以AD平面POB. 所以POAD. 所以POa，PDa.2 过点D作

21、DHPB，H为垂足， 过点H作HGBC交PC于点G，连接DG， 因为ADPB，BCAD， 所以BCPB，即HGPB. 所以DHG为二面角DPBC的平面角 在等腰BDP中，BDBP2a，PDa，2 根据等面积法可以求得DHa. 7 2 进而可以求得PHa， 1 2 所以HGa，PGa. 1 2 2 2 在PDC中，PDa，DC2a，PC2a，22 所以 cosDPC . PD2PC2DC2 2PDPC 3 4 在PDG中，PDa，PGa，cosDPC ，2 2 2 3 4 所以DG2PD2PG22PDPGcosDPGa2，即DGa. 在DHG中，DHa，HGa，DGa， 7 2 1 2 所以 c

22、osDHG. DH2HG2DG2 2DHHG 2 7 7 所以二面角DPBC的余弦值为. 2 7 7 20(本小题满分 12 分)(2019扬州一模)已知直线x2 上有一动点Q，过点Q作直 线l1垂直于y轴， 动点P在l1上， 且满足0(O为坐标原点)， 记点P的轨迹为曲线C.OP OQ (1)求曲线C的方程； (2)已知定点M，N，A为曲线C上一点，直线AM交曲线C于另一点B，且 ( 1 2，0)( 1 2，0) 点A在线段MB上，直线AN交曲线C于另一点D，求MBD的内切圆半径r的取值范围 解 (1)设点P(x，y)，则Q(2，y)， (x，y)，(2，y)OP OQ 0，2xy20，即y

23、22x.OP OQ OP OQ 所以曲线C的方程为y22x. (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x3，y3)，直线BD与x轴交点为E，直线AB与内切圆的 切点为T. 设直线AM的方程为yk，则联立方程组Error!得k2x2(k22)x0， (x 1 2) k2 4 x1x2 且 01， 1 2 r在区间(1，)上单调递增， 1 1 2t1 1 t2 1 t 则r1， 1 21 2 即r的取值范围为(1，)2 21(本小题满分 12 分)(2019湖南永州三模)已知函数f(x)ln ax (a，b0)， x 2 b x 对任意x0，都有f(x)f0. ( 4 x) (1)讨论f(

24、x)的单调性； (2)当f(x)存在三个不同的零点时，求实数a的取值范围 解 (1)由f(x)fln ax ln 0，得b4a， ( 4 x) x 2 b x 2 x 4a x xb 4 f(x)ln ax，f(x) a(x0) x 2 4a x 1 x 4a x2 ax2x4a x2 令h(x)ax2x4a， 若116a20 时，求得a ，此时h(x)0，f(x)0，f(x)在(0，)上单 1 4 调递减 若116a20，即 00，x20，h(x)开口向下， 1 116a2 2a 1 116a2 2a 当 00，f(x)单调递增； 当xx2时，h(x)0，f(x)f(2)0， fln 2a2

25、 4a3， ( 1 a2) 1 a 令g(a)ln 2a2 4a3， 1 a g(a)12a2， 4a 2a2 1 a2 12a42a1 a2 令h(a)12a42a1，h(a)48a32，由h(a)48a320，求得a0 ， 1 3 24 1 4 当 00， 1 4( 1 4) 3 64 1 2 fg(a)ln 2a2 4a3在上单调递增， ( 1 a2) 1 a(0， 1 4) 故fg(a)0，x2， ( 1 a2) 1 a2 由零点存在性定理知f(x)在区间有一个根，设为x0， (x 2， 1 a2) 又f(x0)f0，得f0,03x的解集； (2)若f(1)M，f(2)M，证明：M . 2 3 解 (1)当a2 时，不等式f(x)3x可化为|2x2|3x. 当x1 时，2x23x，x1 时，2x23x，x3x的解集是(，2) (2)证明 ： 由f(1)M，f(2)M， 得M|a2|，M|2a2|， 3M2MM2|a2|2a 2|， 又 2|a2|2a2|42|2， 所以 3M2，即M . 2 3