《（2019高考題 2019模擬題）2020高考數(shù)學(xué) 基礎(chǔ)鞏固練（五）理（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（2019高考題 2019模擬題）2020高考數(shù)學(xué) 基礎(chǔ)鞏固練（五）理（含解析）（14頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、基礎(chǔ)鞏固練(五) 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·濮陽(yáng)市二模)已知集合A＝{x|x＞0}，B＝{x|log2(3x－1)＜2}，則(　　) A．A∪B＝(0，＋∞) B．A∩B＝ C．A∪B＝R D．A∩B＝ 答案　A 解析　依題意，得B＝{x|log2(3x－1)＜2}＝{x|0＜3x－1＜4}＝，所以A∩B＝，A∪B＝(0，＋∞)．故選A. 2．(2019·重

2、慶一中模擬)若復(fù)數(shù)z滿足(1－i)z＝2＋3i，則復(fù)數(shù)z的實(shí)部與虛部之和為(　　) A．－2 B．2 C．－4 D．4 答案　B 解析　由(1－i)z＝2＋3i，得z＝＝－＋i. 則復(fù)數(shù)z的實(shí)部與虛部之和為－＋＝2.故選B. 3．(2019·武漢市模擬)某學(xué)校為了了解本校學(xué)生的上學(xué)方式，在全校范圍內(nèi)隨機(jī)抽查部分學(xué)生，了解到上學(xué)方式主要有：A結(jié)伴步行，B自行乘車(chē)，C家人接送，D其他方式，并將收集的數(shù)據(jù)整理繪制成如下兩幅不完整的統(tǒng)計(jì)圖．請(qǐng)根據(jù)圖中信息，求本次抽查的學(xué)生中A類(lèi)人數(shù)是(　　) A．30 B．40 C．42 D．48 答案　A 解析　根據(jù)選擇D方式的有18

3、人，所占比例為15%，得總?cè)藬?shù)為＝120人，故選擇A方式的人數(shù)為120－42－30－18＝30.故選A. 4．(2019·蘭州一中模擬)在等差數(shù)列{an}中，a10＜0，a11＞0，且a11＞|a10|，則使{an}的前n項(xiàng)和Sn＜0成立的最大的自然數(shù)n為(　　) A．11 B．10 C．19 D．20 答案　C 解析　∵數(shù)列{an}為等差數(shù)列，a10＜0，a11＞0，∴d＞0，又∵a11＞|a10|，∴a11＞－a10，即a10＋a11＞0，由S20＝×20＝10(a10＋a11)＞0，S19＝×19＝19a10＜0，故可得使{an}的前n項(xiàng)和Sn＜0成立的最大的自然數(shù)為19，

4、故選C. 5．(2019·湖南師大附中模擬)已知函數(shù)f(x)＝，則函數(shù)f(x)的圖象在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為(　　) A．x＋y＋1＝0 B．x＋y－1＝0 C．x－y＋1＝0 D．x－y－1＝0 答案　B 解析　∵f(x)＝，∴f′(x)＝， ∴f′(0)＝－1，f(0)＝1， 即函數(shù)f(x)的圖象在點(diǎn)(0,1)處的切線的斜率為－1， ∴函數(shù)f(x)的圖象在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為y＝－x＋1，即x＋y－1＝0.故選B. 6．(2019·邯鄲市模擬)某班有50名學(xué)生，一次數(shù)學(xué)考試的成績(jī)?chǔ)畏恼龖B(tài)分布N(105,102)，已知P(95≤ξ≤105)＝0.

5、32，估計(jì)該班學(xué)生數(shù)學(xué)成績(jī)?cè)?15分以上的人數(shù)為(　　) A．10 B．9 C．8 D．7 答案　B 解析　∵數(shù)學(xué)考試的成績(jī)?chǔ)畏恼龖B(tài)分布N(105,102)， ∴數(shù)學(xué)考試的成績(jī)?chǔ)侮P(guān)于ξ＝105對(duì)稱(chēng)， ∵P(95≤ξ≤105)＝0.32， ∴P(ξ≥115)＝(1－0.64)＝0.18， ∴該班學(xué)生數(shù)學(xué)成績(jī)?cè)?15分以上的人數(shù)為0.18×50＝9.故選B. 7．(2019·安徽宣城第二次調(diào)研)如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)為2，粗線畫(huà)出的是某多面體的三視圖，則該幾何體的體積為(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　由三視圖可得其直觀圖為三棱錐E－A

6、BD，所以該幾何體的體積為V＝××4×8×4＝. 8．(2019·武漢二中一模)已知二項(xiàng)式n(n∈N*)的展開(kāi)式中第2項(xiàng)與第3項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)之比是2∶5，則x3的系數(shù)為(　　) A．14 B．－14 C．240 D．－240 答案　C 解析　由題意可得C∶C＝2∶5，解得n＝6，Tr＋1＝C(2x)6－r·(－1)r(x)r＝(－1)r26－rC·x，由6－r＝3，得r＝2，所以x3的系數(shù)為(－1)2×24×C＝240.故選C. 9．(2019·宜春三模)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知向量a，b，|a|＝|b|＝1，a·b＝0，點(diǎn)Q滿足＝(a＋b)．曲線C＝{P|＝a

7、cosθ＋bsinθ，0≤θ≤2π}，區(qū)域Ω＝{P|0＜r≤||≤R，r＜R}．若C∩Ω為兩段分離的曲線，則(　　) A．1＜r＜R＜3 B．1＜r＜3≤R C．r≤1＜R＜3 D．1＜r＜3＜R 答案　A 解析　設(shè)a＝(1,0)，b＝(0,1)，則＝(，)，＝(cosx，sinx)，區(qū)域Ω表示的是平面上的點(diǎn)到點(diǎn)Q(，)的距離在r到R之間(包含邊界)，如圖中的陰影部分圓環(huán)，要使C∩Ω為兩段分離的曲線，則1＜r＜R＜3，故選A. 10．(2019·包頭市一模)七巧板是我們祖先的一項(xiàng)創(chuàng)造，被譽(yù)為“東方魔板”，它是由五塊等腰直角三角形(兩塊全等的小三角形、一塊中三角形和兩塊全等

8、的大三角形)、一塊正方形和一塊平行四邊形組成的．如圖是一個(gè)用七巧板拼成的正方形，現(xiàn)從該正方形中任取一點(diǎn)，則此點(diǎn)取自黑色部分的概率是(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　設(shè)AB＝2，則BC＝CD＝DE＝EF＝1. ∴S△BCI＝××＝， S?EFGH＝2S△BCI＝2×＝， ∴所求的概率為P＝＝，故選A. 11．(2019·張家界市三模)設(shè)F1，F(xiàn)2分別是雙曲線－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦點(diǎn)，雙曲線上存在一點(diǎn)P使得∠F1PF2＝60°，|OP|＝3b(O為坐標(biāo)原點(diǎn))，則該雙曲線的離心率為(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　設(shè)|P

9、F1|＝m，|PF2|＝n， 則由余弦定理可得m2＋n2－mn＝4c2，① m2＝c2＋|OP|2－2c|OP|cos∠POF1，n2＝c2＋|OP|2－2c|OP|cos(π－∠POF1)，即n2＝c2＋|OP|2＋2c·|OP|cos∠POF1，由以上兩式可得m2＋n2＝2c2＋2×9b2，即m2＋n2＝2c2＋18b2，② 又由雙曲線的定義可得|m－n|＝2a，即m2＋n2－2mn＝4a2，③ 由①③可得m2＋n2＝8c2－4a2，代入②可得9b2＝3c2－2a2，即6c2＝7a2，故離心率e＝＝，故選D. 12．(2019·南寧市二模)已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿足當(dāng)x≥

10、0時(shí)，f(x)＝則關(guān)于x的函數(shù)y＝f(x)－a(－1＜a＜0)的所有零點(diǎn)之和為(　　) A．2a－1 B．2－a－1 C．1－2－a D．1－2a 答案　B 解析　作出函數(shù)f(x)與y＝a的圖象如下， 結(jié)合圖象可知， 函數(shù)f(x)與y＝a的圖象共有5個(gè)交點(diǎn)， 故函數(shù)y＝f(x)－a有5個(gè)零點(diǎn)， 設(shè)5個(gè)零點(diǎn)分別為b＜c＜d＜e＜f， ∴b＋c＝2×(－3)＝－6，e＋f＝2×3＝6， log (x＋1)＝a， 故x＝－1＋2－a，即d＝－1＋2－a， 故b＋c＋d＋e＋f＝－1＋2－a，故選B. 第Ⅱ卷　(非選擇題，共90分) 二、填空題：本大題共4小題，每小

11、題5分，共20分． 13．(2019·廣西聯(lián)合模擬)已知實(shí)數(shù)x，y滿足 則的最大值是________． 答案　 解析　由約束條件可作出如圖中陰影部分所示的可行域，兩直線的交點(diǎn)為A(4,1)，則當(dāng)過(guò)原點(diǎn)的直線過(guò)點(diǎn)A時(shí)，斜率kmax＝＝，即的最大值為. 14．(2019·山東師大附中一模)對(duì)于實(shí)數(shù)x，[x]表示不超過(guò)x的最大整數(shù)，已知正數(shù)數(shù)列{an}滿足Sn＝，n∈N*，其中Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則＝________. 答案　20 解析　由題意可知Sn＞0，當(dāng)n＞1時(shí)，Sn＝化簡(jiǎn)可得S－S＝1，當(dāng)n＝1，S＝a＝1， 所以數(shù)列{S}是首項(xiàng)和公差都為1的等差數(shù)列，即S

12、＝n，∴Sn＝， 又n＞1時(shí)，2(－)＝＜＜＝2(－)， 記S＝＋＋…＋， 一方面S＞2[－＋…＋－1]＝2(－1)＞20， 另一方面S＜1＋2[(－)＋…＋(－1)]＝1＋2(－1)＝21. 所以20＜S＜21.即[S]＝20. 15．(2019·化州市三模)現(xiàn)有16張不同的卡片，其中紅色、黃色、藍(lán)色、綠色卡片各4張．從中任取3張，要求這3張卡片不能是同一種顏色，且紅色卡片至多1張．不同取法的種數(shù)為_(kāi)_______． 答案　472 解析　用間接法，符合條件的取法的種數(shù)為C－4C－C·C＝472. 16．(2019·全國(guó)卷Ⅲ)學(xué)生到工廠勞動(dòng)實(shí)踐，利用3D打印技術(shù)制作模型．如圖

13、，該模型為長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1挖去四棱錐O－EFGH后所得的幾何體．其中O為長(zhǎng)方體的中心，E，F(xiàn)，G，H分別為所在棱的中點(diǎn)，AB＝BC＝6 cm，AA1＝4 cm.3D打印所用原料密度為0.9 g/cm3，不考慮打印損耗，制作該模型所需原料的質(zhì)量為_(kāi)_______g. 答案　118.8 解析　由題知挖去的四棱錐的底面是一個(gè)菱形，對(duì)角線長(zhǎng)分別為6 cm和4 cm， 故V挖去的四棱錐＝××4×6×3＝12(cm3)． 又V長(zhǎng)方體＝6×6×4＝144(cm3)， 所以模型的體積為V長(zhǎng)方體－V挖去的四棱錐＝144－12＝132(cm3)， 所以制作該模型所需原料的質(zhì)量為13

14、2×0.9＝118.8(g)． 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·吉林一中模擬)如圖，在△ABC中，AB＝2，cosB＝，點(diǎn)D在線段BC上． (1)若∠ADC＝，求AD的長(zhǎng)； (2)若BD＝2DC，△ACD的面積為，求的值． 解　(1)在△ABC中，∵cosB＝，∴sinB＝. 在△ABD中，由正弦定理，得＝， 又AB＝2，∠ADB＝，sinB＝.∴AD＝. (2)∵BD＝2DC，∴S△ABD

15、＝2S△ADC，S△ABC＝3S△ADC， 又S△ADC＝，∴S△ABC＝4， ∵S△ABC＝AB·BCsinB，∴BC＝6， ∵S△ABD＝AB·ADsin∠BAD， S△ADC＝AC·ADsin∠CAD， S△ABD＝2S△ADC，∴＝2·， 在△ABC中，由余弦定理， 得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcosB. ∴AC＝4，∴＝2·＝4. 18．(本小題滿分12分)(2019·青島市二模)為了研究學(xué)生的數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)與抽象能力(指標(biāo)x)、推理能力(指標(biāo)y)、建模能力(指標(biāo)z)的相關(guān)性，將它們各自量化為1、2、3三個(gè)等級(jí)，再用綜合指標(biāo)w＝x＋y＋z的值評(píng)定學(xué)生的數(shù)學(xué)核

16、心素養(yǎng)，若w≥7，則數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)為一級(jí)；若5≤w≤6，則數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)為二級(jí)；若3≤w≤4，則數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)為三級(jí)，為了了解某校學(xué)生的數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)，調(diào)查人員隨機(jī)訪問(wèn)了某校10名學(xué)生，得到如下數(shù)據(jù)： 學(xué)生編號(hào) A1 A2 A3 A4 A5 A6 A7 A8 A9 A10 (x，y，z) (2,2，3) (3,2，3) (3,3，3) (1,2，2) (2,3，2) (2,3，3) (2,2，2) (2,3，3) (2,1，1) (2,2，2) (1)在這10名學(xué)生中任取兩人，求這兩人的建模能力指標(biāo)相同條件下綜合指標(biāo)值也相同的概率； (2)在這10名學(xué)生

17、中任取三人，其中數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)等級(jí)是一級(jí)的學(xué)生人數(shù)記為X，求隨機(jī)變量X的分布列及其數(shù)學(xué)期望． 解 A1 A2 A3 A4 A5 A6 A7 A8 A9 A10 x 2 3 3 1 2 2 2 2 2 2 y 2 2 3 2 3 3 2 3 1 2 z 3 3 3 2 2 3 2 3 1 2 w 7 8 9 5 7 8 6 8 4 6 (1)由題意可知，建模能力一級(jí)的學(xué)生是A9；建模能力二級(jí)的學(xué)生是A4，A5，A7，A10；建模能力三級(jí)的學(xué)生是A1，A2，A3，A6，A8. 記“所

18、取的兩人的建模能力指標(biāo)相同”為事件A，記“所取的兩人的綜合指標(biāo)值相同”為事件B. 則P(B|A)＝＝＝＝. (2)由題意可知，數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)一級(jí)的學(xué)生為A1，A2，A3，A5，A6，A8，非一級(jí)的學(xué)生為余下4人， ∴X的所有可能取值為0,1,2,3. P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝， P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝， ∴隨機(jī)變量X的分布列為 X 0 1 2 3 P ∴E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝1.8. 19．(本小題滿分12分)(2019·安徽黃山二模)如圖，已知四邊形ABCD滿足AD∥BC，BA＝AD＝DC＝BC＝a，E是BC的中點(diǎn)，

19、將△BAE沿AE翻折成△B1AE，使得B1D＝a，F(xiàn)為B1D的中點(diǎn)． (1)證明：B1E∥平面ACF； (2)求平面ADB1與平面ECB1所成銳二面角的余弦值． 解　(1)證明：連接ED交AC于點(diǎn)O，連接OF，由四邊形ADCE為菱形，F(xiàn)為B1D的中點(diǎn)，得OF∥B1E， 又因?yàn)锽1E?平面ACF，OF?平面ACF，所以B1E∥平面ACF. (2)由(1)可知，以MD，MA，MB1所在的直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系(如圖)， 則A，D，B1，C，E， ＝，＝，＝，＝. 設(shè)平面ADB1的法向量m＝(x，y，z)，則 則令y＝1，解得m＝， 同理可得平面ECB1

20、的法向量n＝， ∴cos〈m，n〉＝＝， 故平面ADB1與平面ECB1所成銳二面角的余弦值為. 20．(本小題滿分12分)(2019·福建莆田二模)已知拋物線C：x2＝2py(p＞0)的焦點(diǎn)為F，準(zhǔn)線為l，若點(diǎn)P在C上，點(diǎn)E在l上，且△PEF是周長(zhǎng)為12的正三角形． (1)求拋物線C的方程； (2)過(guò)點(diǎn)F的直線n與拋物線C相交于A，B兩點(diǎn)，拋物線C在點(diǎn)A處的切線與l交于點(diǎn)N，求△ABN面積的最小值． 解　(1)由△PEF是周長(zhǎng)為12的正三角形，得|PE|＝|PF|＝|EF|＝4， 又由拋物線的定義可得PE⊥l. 設(shè)準(zhǔn)線l與y軸交于點(diǎn)D，則PE∥DF，從而∠PEF＝∠EFD＝

21、60°. 在Rt△EDF中，|DF|＝|EF|·cos∠EFD＝4×＝2，即p＝2. 所以拋物線C的方程為x2＝4y. (2)依題意可知，直線n的斜率存在，故設(shè)直線n的方程為y＝kx＋1， 聯(lián)立消去y可得，x2－4kx－4＝0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝4k，x1x2＝－4. 所以|AB|＝|x1－x2| ＝＝ ＝4(1＋k2)． 由y＝，得y′＝， 所以過(guò)A點(diǎn)的切線方程為y－y1＝(x－x1)， 又y1＝， 所以切線方程可化為y＝·x－. 令y＝－1，可得x＝＝2·＝2k， 所以點(diǎn)N(2k，－1)， 所以點(diǎn)N到直線n的距離d＝＝2，

22、 所以S△ABN＝|AB|·d＝4≥4， 當(dāng)k＝0時(shí)，等號(hào)成立． 所以△ABN面積的最小值為4. 21．(本小題滿分12分)(2019·武漢模擬)已知函數(shù)f(x)＝a－(a∈R，a為常數(shù))在(0,2)內(nèi)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2(x1＜x2)． (1)求實(shí)數(shù)a的取值范圍； (2)求證：x1＋x2＜2(1＋ln a)． 解　(1)∵函數(shù)f(x)＝a－(a∈R，a為常數(shù))， ∴x＞0，f′(x)＝， 設(shè)h(x)＝ex－1－ax，x＞0， 由題意知y＝h(x)在(0,2)上存在兩個(gè)零點(diǎn)， ∵h(yuǎn)′(x)＝ex－1－a， ∴當(dāng)a≤0時(shí)，h′(x)＞0，則h(x)在(0,2)上單調(diào)遞增，

23、h(x)至多有一個(gè)零點(diǎn)，不符合題意． 當(dāng)a＞0時(shí)，由h′(x)＝0，得x＝1＋ln a. ①若1＋ln a＜2且h(2)＞0，即1＜a＜時(shí)，h(x)在(0,1＋ln a)上單調(diào)遞減，在(1＋ln a,2)上單調(diào)遞增， 則h(x)min＝h(1＋ln a)＝－aln a＜0，且h(2)＞0，h(0)＝＞0， ∴h(x)在(0,1＋ln a)和(1＋ln a,2)上各有一個(gè)零點(diǎn)， ∴h(x)在(0,2)上存在兩個(gè)零點(diǎn)． ②若1＋ln a＞2，即a＞e時(shí)，h(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，h(x)至多一個(gè)零點(diǎn)，舍去． ③若1＋ln a＜2，且h(2)≤0，即≤a＜e時(shí)，此時(shí)h(x)在(0

24、,1＋ln a)上有一個(gè)零點(diǎn)，而在(1＋ln a,2)上沒(méi)有零點(diǎn)，舍去． 綜上，1＜a＜.即實(shí)數(shù)a的取值范圍是. (2)證明：令H(x)＝h(x)－h(huán)(2＋2ln a－x)，0＜x＜1＋ln a， 則H′(x)＝h′(x)＋h′(2＋2ln a－x)＝ex－1－a＋e2＋2ln a－x－1－a＝ex－1＋－2a≥2a－2a＝0， ∴H(x)在(0,1＋ln a)上單調(diào)遞增， 從而H(x)＜H(1＋ln a)＝0， ∴h(x)－h(huán)(2＋2ln a－x)＜0， ∴h(x1)－h(huán)(2＋2ln a－x1)＜0， ∵h(yuǎn)(x1)＝h(x2)，且h(x)在(1＋ln a,2)上單調(diào)遞增，

25、∴h(x2)＜h(2＋2ln a－x1)，∴x2＜2＋2ln a－x1， ∴x1＋x2＜2(1＋ln a)． (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·江西重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)盟第二次聯(lián)考)在直角坐標(biāo)系xOy中，直線l：(t為參數(shù))，以原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C的極坐標(biāo)方程為ρ2cos2θ＋4＝0. (1)寫(xiě)出曲線C的直角坐標(biāo)方程； (2)已知點(diǎn)A(0，)，直線l與曲線C相交于點(diǎn)M，N，求＋的值． 解　(1)ρ2cos2θ－ρ2sin2θ＋4＝

26、0?x2－y2＋4＝0?y2－x2＝4. (2)將直線l的參數(shù)方程化為標(biāo)準(zhǔn)形式(t為參數(shù))， 代入曲線C的方程，得t2＋4t＋1＝0， 則＋＝＋＝＝4. 23．(本小題滿分10分)[選修4－5：不等式選講] (2019·唐山聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝x|x－a|(a∈R)， (1)當(dāng)f(1)＋f(－1)＞1時(shí)，求a的取值范圍； (2)若a＞0，對(duì)?x，y∈(－∞，a]都有不等式f(x)≤＋|y－a|恒成立，求a的取值范圍． 解　(1)f(1)＋f(－1)＝|1－a|－|1＋a|＞1， 若a≤－1，則1－a＋1＋a＞1，得2＞1，即a≤－1時(shí)恒成立； 若－1＜a＜1，則1－a－(1＋a)＞1，得a＜－， 即－1＜a＜－； 若a≥1，則－(1－a)－(1＋a)＞1，得－2＞1，此時(shí)不等式無(wú)解． 綜上所述，a的取值范圍是. (2)由題意知，要使不等式恒成立， 只需[f(x)]max≤min. 當(dāng)x∈(－∞，a]時(shí)，f(x)＝－x2＋ax， [f(x)]max＝f＝. 因?yàn)椋珅y－a|≥， 所以當(dāng)y∈時(shí)，min ＝＝a＋. 于是≤a＋，解得－1≤a≤5. 結(jié)合a＞0，所以a的取值范圍是(0,5]． 14