《（2019高考題 2019模擬題）2020高考數(shù)學(xué) 基礎(chǔ)鞏固練（六）文（含解析）》由會員分享，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（六）文（含解析）（14頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、基礎(chǔ)鞏固練(六) 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·新鄉(xiāng)二模)已知集合A＝{1,2,3,4,5,6,7}，集合B＝{x∈N|2≤x＜6}，則A∩B＝(　　) A．{1,2,3,5,6,7} B．{2,3,4,5} C．{2,3,5} D．{2,3} 答案　B 解析　集合B＝{x∈N|2≤x＜6}＝{2,3,4,5}，集合A＝{1,2,3,4,5,6,7}，則A∩B＝{

2、2,3,4,5}．故選B. 2．(2019·蕪湖一中二模)復(fù)數(shù)等于(　　) A．7＋i B．7－i C．7＋7i D．－7＋7i 答案　A 解析　＝＝＝7＋i，故選A. 3．(2019·陜西聯(lián)考)如圖是民航部門統(tǒng)計(jì)的某年春運(yùn)期間12個(gè)城市售出的往返機(jī)票的平均價(jià)格以及相比上年同期變化幅度的數(shù)據(jù)統(tǒng)計(jì)圖表，根據(jù)圖表，下面敘述不正確的是(　　) A．深圳的變化幅度最小，北京的平均價(jià)格最髙 B．深圳和廈門的平均價(jià)格同去年相比有所下降 C．平均價(jià)格從高到低居于前三位的城市為北京、深圳、廣州 D．平均價(jià)格的漲幅從高到低居于前三位的城市為天津、西安、廈門 答案　D 解析　由

3、圖可知，選項(xiàng)A，B，C都正確．對于D，因?yàn)橐袛酀q幅從高到低，而不是判斷變化幅度，平均價(jià)格的漲幅從高到低居于前三位的城市為天津、西安、南京，所以錯(cuò)誤．故選D. 4．(2019·寶雞中學(xué)二模)執(zhí)行如圖所示的程序框圖，若輸入如下四個(gè)函數(shù)：①f (x)＝sinx；②f (x)＝cosx；③f (x)＝；④f (x)＝x2.則輸出的函數(shù)是(　　) A．f (x)＝sinx B．f (x)＝cosx C．f (x)＝ D．f (x)＝x2 答案　A 解析　此程序框圖的功能是篩選既是奇函數(shù)、又存在零點(diǎn)的函數(shù)．故選A. 5．(2019·拉薩中學(xué)模擬)如圖所示，△ABC中，＝2，點(diǎn)E是

4、線段AD的中點(diǎn)，則＝(　　) A.＋ B.＋ C.＋ D.＋ 答案　C 解析　＝＋＝＋＝＋＝＋，故選C. 6．(2019·北京西城二模)榫卯是在兩個(gè)木構(gòu)件上所采用的一種凹凸結(jié)合的連接方式，凸出部分叫榫，凹進(jìn)部分叫卯，榫和卯咬合，起到連接作用，代表建筑有：北京的紫禁城、天壇祈年殿、山西懸空寺等．如圖所示是一種榫卯的三視圖，則該空間幾何體的表面積為(　　) A．192 B．186 C．180 D．198 答案　A 解析　由三視圖還原幾何體，可知該幾何體為組合體，上部分為長方體，棱長分別為2,6,3，下部分為長方體，棱長分別為6,6,3，其表面積為S＝6×6×3＋2

5、×6×6＋2×2×3＝192，故選A. 7．(2019·濰坊一模)函數(shù)y＝4cosx－e|x|的圖象可能是(　　) 答案　D 解析　顯然y＝4cosx－e|x|是偶函數(shù)，圖象關(guān)于y軸對稱，當(dāng)x＞0時(shí)，y′＝－4sinx－ex＝－(4sinx＋ex)，顯然當(dāng)x∈(0，π]時(shí)，y′＜0，當(dāng)x∈(π，＋∞)時(shí)，ex＞eπ＞e3＞4，而4sinx≥－4，∴y′＝－(4sinx＋ex)＜0，∴y′＝－(4sinx＋ex)＜0在(0，＋∞)上恒成立，∴y＝4cosx－e|x|在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．故選D. 8．(2019·全國卷Ⅱ)設(shè)f (x)為奇函數(shù)，且當(dāng)x≥0時(shí)，f (x)＝e

6、x－1，則當(dāng)x<0時(shí)，f (x)＝(　　) A．e－x－1 B．e－x＋1 C．－e－x－1 D．－e－x＋1 答案　D 解析　當(dāng)x<0時(shí)，－x>0，∵當(dāng)x≥0時(shí)，f (x)＝ex－1，∴f (－x)＝e－x－1.又∵f (x)為奇函數(shù)，∴f (x)＝－f (－x)＝－e－x＋1.故選D. 9．(2019·宜賓市二診)已知直線l1：3x＋y－6＝0與圓心為M(0,1)，半徑為的圓相交于A，B兩點(diǎn)，另一直線l2：2kx＋2y－3k－3＝0與圓M交于C，D兩點(diǎn)，則四邊形ACBD面積的最大值為(　　) A．5 B．10 C．5(＋1) D．5(－1) 答案　A 解析

7、　以M(0,1)為圓心，半徑為的圓的方程為x2＋(y－1)2＝5，聯(lián)立解得A(2,0)，B(1,3)，∴AB中點(diǎn)為.而直線l2：2kx＋2y－3k－3＝0恒過定點(diǎn)，∴|AB|＝＝.當(dāng)CD為圓的直徑，且CD⊥AB時(shí)，四邊形ACBD面積最大，∴四邊形ACBD面積的最大值為S＝××2＝5.故選A. 10．(2019·安徽省皖江名校聯(lián)盟第二次聯(lián)考)設(shè)雙曲線的一個(gè)焦點(diǎn)為F，虛軸的一個(gè)端點(diǎn)為B，如果直線FB與該雙曲線的一條漸近線垂直，那么此雙曲線的離心率為(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　設(shè)雙曲線的方程為－＝1(a＞0，b＞0)，則F (c,0)，B(0，b)，直線FB：

8、bx＋cy－bc＝0與漸近線y＝x垂直，所以－·＝－1，即b2＝ac，所以c2－a2＝ac，即e2－e－1＝0，所以e＝或e＝(舍去)．故選D. 11．(2019·南康中學(xué)二模)在四面體SABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝3，SA＝SC＝3，平面SAC⊥平面BAC，則該四面體外接球的表面積為(　　) A．8π B．12π C．16π D．24π 答案　D 解析　取AC的中點(diǎn)D，連接SD，BD， ∵AB⊥BC，AB＝BC＝3，∴△ABC為等腰直角三角形，則BD⊥AC，AC＝3，則△SAC為等邊三角形，∵D為AC的中點(diǎn)，∴SD⊥AC，AD＝DC＝，取△SAC的外心O，則O在

9、SD上，連接AO，BO，CO，可知O點(diǎn)即為四面體SABC外接球的球心．則有AO＝BO＝CO＝SO＝××3＝.則外接球的表面積為4π×6＝24π.故選D. 12．(2019·湖南省永州一模)設(shè)函數(shù)f (x)＝g(x)＝f (x)＋2x＋a.若g(x)存在兩個(gè)零點(diǎn)，則a的取值范圍是(　　) A．(－∞，4] B．(2,4] C．[－4，＋∞) D．[－4，－2) 答案　D 解析　由題意可得f (x)＝－2x－a有兩個(gè)不同的實(shí)根，即函數(shù)f (x)的圖象與直線y＝－2x－a有兩個(gè)交點(diǎn)，作出y＝f (x)的圖象和直線y＝－2x－a，如圖所示． 當(dāng)直線經(jīng)過點(diǎn)(1,0)時(shí)，可得－2－

10、a＝0，即a＝－2；當(dāng)直線經(jīng)過點(diǎn)(1,2)時(shí)，可得－2－a＝2，即a＝－4；可得，當(dāng)－4≤a＜－2時(shí)，直線y＝－2x－a和函數(shù)f (x)的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，即g(x)存在兩個(gè)零點(diǎn)，故選D. 第Ⅱ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·全國卷Ⅱ)若變量x，y滿足約束條件則z＝3x－y的最大值是________． 答案　9 解析　作出已知約束條件對應(yīng)的可行域(圖中陰影部分)，由圖易知，當(dāng)直線y＝3x－z過點(diǎn)C時(shí)，－z最小，即z最大． 由解得 即C點(diǎn)坐標(biāo)為(3,0)，故zmax＝3×3－0＝9. 14．(2019·福州一模)

11、已知長方體ABCD－A1B1C1D1的外接球體積為，且AA1＝BC＝2，則直線A1C與平面BB1C1C所成的角為________． 答案　 解析　設(shè)長方體ABCD－A1B1C1D1的外接球半徑為R， 因?yàn)殚L方體ABCD－A1B1C1D1的外接球體積為πR3＝π，所以R＝2， 即A1C＝＝2R＝4，因?yàn)锳A1＝BC＝2，所以AB＝2.因?yàn)锳1B1⊥平面BB1C1C，所以A1C與平面BB1C1C所成的角為∠A1CB1， 因?yàn)锳A1＝BC＝2，所以B1C＝2＝A1B1， 所以在Rt△A1CB1中，∠A1CB1＝. 15．(2019·全國卷Ⅲ)設(shè)F1，F(xiàn)2為橢圓C：＋＝1的兩個(gè)焦點(diǎn)，

12、M為C上一點(diǎn)且在第一象限．若△MF1F2為等腰三角形，則M的坐標(biāo)為________． 答案　(3，) 解析　設(shè)F1為橢圓的左焦點(diǎn)，分析可知M在以F1為圓心、焦距為半徑長的圓上，即在圓(x＋4)2＋y2＝64上．因?yàn)辄c(diǎn)M在橢圓＋＝1上，所以聯(lián)立方程可得解得又因?yàn)辄c(diǎn)M在第一象限，所以點(diǎn)M的坐標(biāo)為(3，)． 16．(2019·鎮(zhèn)江一模)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知4(tanA＋tanB)＝＋，則cosC的最小值為________． 答案　 解析　∵4(tanA＋tanB)＝＋＝， ∴4＝， 則4(sinAcosB＋cosAsinB)＝sinA＋sinB， 即

13、4sin(A＋B)＝sinA＋sinB， 又∵A＋B＝π－C， ∴4sinC＝sinA＋sinB， 由正弦定理得，4c＝a＋b. 由余弦定理得，cosC＝. ∴cosC＝≥＝， ∴cosC的最小值為. 三、解答題：共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．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·山西晉城一模)已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，其中a3＝9，S4＝a1＋39. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)若{an}為遞增數(shù)列，求數(shù)列的前n

14、項(xiàng)和． 解　(1)依題意，a2＋a3＋a4＝39， 即＋9＋9q＝39， 故3q2－10q＋3＝0，即(3q－1)(q－3)＝0， 解得q＝3或q＝， 又an＝a3qn－3，故an＝3n－1或an＝35－n. (2)依題意，得an＝3n－1， 則＝ ＝＝， 設(shè)的前n項(xiàng)和為Tn，則 Tn＝×＋×＋×＋…＋× ＝×＝×＝. 18．(本小題滿分12分)(2019·攀枝花三模)某企業(yè)為了檢查甲、乙兩條自動包裝流水線的生產(chǎn)情況，隨機(jī)在這兩條流水線上各抽取100件產(chǎn)品作為樣本稱出它們的質(zhì)量(單位：毫克)，質(zhì)量值落在(175,225]的產(chǎn)品為合格品，否則為不合格品．如表是甲流水線樣本

15、頻數(shù)分布表，如圖是乙流水線樣本的頻率分布直方圖． 產(chǎn)品質(zhì)量/毫克 頻數(shù) [165,175] 3 (175,185] 2 (185,195] 21 (195,205] 36 (205,215] 24 (215,225] 9 (225,235] 5 (1)根據(jù)乙流水線樣本的頻率分布直方圖，求乙流水線樣本質(zhì)量的中位數(shù)(結(jié)果保留整數(shù))； (2)從甲流水線樣本中質(zhì)量在(165,185]的產(chǎn)品中任取兩件產(chǎn)品，求兩件產(chǎn)品中恰有一件合格品的概率； (3)由以上統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)完成下面2×2列聯(lián)表，能否在犯錯(cuò)誤的概率不超過0.15的前提下認(rèn)為產(chǎn)品的包裝合格與兩條自動包裝流水

16、線的選擇有關(guān)？ 甲流水線 乙流水線 總計(jì) 合格品 不合格品 總計(jì) 下面臨界值表僅供參考： P(K2≥k0) 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 k0 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 參考公式：K2＝，其中n＝a＋b＋c＋d. 解　(1)因?yàn)榍叭M的頻率之和為10×(0.002＋0.009＋0.020)＝0.31＜0.5， 前四組的頻率之和為10×(0.002＋0.009＋0.020＋0.034)＝0.65＞0

17、.5. 所以中位數(shù)在第四組，設(shè)為x， 由(x－195)×0.034＋0.31＝0.5，解得x≈201. (2)甲流水線樣本中質(zhì)量在(165,185]的產(chǎn)品共有5件，其中合格品有2件，設(shè)為A，B；不合格品3件，設(shè)為a，b，c，從中任取2件的所有取法有(A，B)，(A，a)，(A，b)，(A，c)，(B，a)，(B，b)，(B，c)，(a，b)，(a，c)，(b，c)，共10種，恰有一件合格品的取法有(A，a)，(A，b)，(A，c)，(B，a)，(B，b)，(B，c)，共6種，所以兩件產(chǎn)品中恰有一件合格品的概率為P＝＝. (3)由乙流水線樣本的頻率分布直方圖可知，合格品的個(gè)數(shù)為100×(

18、1－0.04)＝96，所以，2×2列聯(lián)表如下所示， 甲流水線 乙流水線 總計(jì) 合格品 92 96 188 不合格品 8 4 12 總計(jì) 100 100 200 所以K2＝＝≈1.418＜2.072， 故在犯錯(cuò)誤的概率不超過0.15的前提下，不能認(rèn)為產(chǎn)品的包裝合格與兩條自動包裝流水線的選擇有關(guān)． 19．(本小題滿分12分)(2019·廣州二模)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長為2的菱形，∠BAD＝60°，∠APD＝90°，且PA＝PD，AD＝PB. (1)求證：AD⊥PB； (2)求點(diǎn)A到平面PBC的距離． 解　(1)證明：取AD

19、的中點(diǎn)O，連接OP，OB，BD， ∵底面ABCD為菱形，∠BAD＝60°， ∴AD＝AB＝BD. ∵O為AD的中點(diǎn)，∴BO⊥AD. 在△PAD中，PA＝PD，O為AD的中點(diǎn)， ∴PO⊥AD. ∵BO∩PO＝O，∴AD⊥平面POB. ∵PB?平面POB，∴AD⊥PB. (2)解法一：在Rt△PAD中，AD＝2，∴PO＝1. ∵底面ABCD是邊長為2的菱形，∠BAD＝60°， ∴BO＝. 在△PBO中，PO＝1，BO＝，PB＝AD＝2， ∵PO2＋BO2＝PB2，∴PO⊥BO. 由(1)有PO⊥AD，且AD∩BO＝O，AD?平面ABCD，BO?平面ABCD， ∴PO⊥平

20、面ABCD. 在△PBC中，由(1)證得AD⊥PB，且BC∥AD， ∴BC⊥PB. ∵PB＝AD＝BC＝2，∴S△PBC＝2. 連接AC，在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°， ∴S△ABC＝·AB·BC·sin∠ABC＝. 設(shè)點(diǎn)A到平面PBC的距離為h， ∵VA－PBC＝VP－ABC， 即S△PBC·h＝S△ABC·PO. ∴h＝＝＝. ∴點(diǎn)A到平面PBC的距離為. 解法二：∵AD∥BC，BC?平面PBC，AD?平面PBC， ∴AD∥平面PBC. ∴點(diǎn)A到平面PBC的距離等于點(diǎn)O到平面PBC的距離． 過點(diǎn)O作OH⊥PB于點(diǎn)H. 由(1)證得AD⊥

21、平面POB，且AD∥BC， ∴BC⊥平面POB. ∵OH?平面POB，∴BC⊥OH. ∵PB∩BC＝B，PB?平面PBC，BC?平面PBC， ∴OH⊥平面PBC. 在Rt△PAD中，AD＝2，∴PO＝1. ∵底面ABCD是邊長為2的菱形，∠BAD＝60°， ∴BO＝. 在△PBO中，PO＝1，BO＝，PB＝AD＝2， ∵PO2＋BO2＝PB2，∴PO⊥BO. 在△PBO中，根據(jù)等面積關(guān)系得PB·OH＝PO·OB. ∴OH＝＝＝. ∴點(diǎn)A到平面PBC的距離為. 20．(本小題滿分12分)(2019·惠州三模)已知拋物線C：x2＝8y與直線l：y＝kx＋1交于A，B不同兩

22、點(diǎn)，分別過點(diǎn)A，B作拋物線C的切線，所得的兩條切線相交于點(diǎn)P. (1)求證：·為定值； (2)求△ABP的面積的最小值及此時(shí)直線l的方程． 解　(1)證明：設(shè)A，B的坐標(biāo)分別為A(x1，y1)，B(x2，y2)，由消y得，x2－8kx－8＝0，方程的兩個(gè)根為x1，x2， ∴Δ＝64k2＋32＞0恒成立，x1＋x2＝8k，x1x2＝－8， ∵A，B在拋物線C上， ∴y1＝，y2＝， ∴y1y2＝＝1， ∴·＝x1x2＋y1y2＝－8＋1＝－7為定值． (2)由x2＝8y，得y＝x2， ∴y′＝x， ∴kAP＝x1，kBP＝x2， ∴直線AP的方程為y－＝x1(x－x1)，

23、即y＝x1x－x，?、? 同理直線BP的方程為y＝x2x－x，?、? 由①②得2x(x1－x2)＝(x1－x2)(x1＋x2)， 而x1≠x2， 故有x＝＝4k，y＝－1，即點(diǎn)P(4k，－1)， ∴|AB|＝·＝·＝4·， 點(diǎn)P(4k，－1)到直線l：y＝kx＋1的距離d＝， ∴S△ABP＝|AB|·d＝4(2k2＋1)， ∵k2≥0， ∴當(dāng)k2＝0即k＝0時(shí)，S△ABP有最小值為4，此時(shí)直線方程l為y＝1. 21．(本小題滿分12分)(2019·深圳二模)已知函數(shù)f (x)＝aex＋2x－1(其中常數(shù)e＝2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù))． (1)討論函數(shù)f (x)的單調(diào)性

24、； (2)證明：對任意的a≥1，當(dāng)x＞0時(shí)，f (x)≥(x＋ae)x. 解　(1)由f (x)＝aex＋2x－1，得f′(x)＝aex＋2. ①當(dāng)a≥0時(shí)，f′(x)＞0，函數(shù)f (x)在R上單調(diào)遞增； ②當(dāng)a＜0時(shí)，由f′(x)＞0，解得x＜ln ，由f′(x)＜0，解得x＞ln ，故f (x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． 綜上所述，當(dāng)a≥0時(shí)，函數(shù)f (x)在R上單調(diào)遞增； 當(dāng)a＜0時(shí)，f (x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． (2)證明：當(dāng)a≥1，x>0時(shí)，f (x)≥(x＋ae)x?－－＋－e≥0. 令g(x)＝－－＋－e， 則g′(x)＝. 當(dāng)a≥1時(shí)，aex－x

25、－1≥ex－x－1. 令h(x)＝ex－x－1，則當(dāng)x＞0時(shí)，h′(x)＝ex－1＞0. h(x)單調(diào)遞增，h(x)＞h(0)＝0. ∴當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g′(x)＜0；當(dāng)x＝1時(shí)，g′(x)＝0；當(dāng)x＞1時(shí)，g′(x)＞0. ∴g(x)≥g(1)＝0. 即－－＋－e≥0，故f (x)≥(x＋ae)x. (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，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·大慶三模)在直角坐標(biāo)系xOy中，直線l1的參數(shù)方程為(t為參數(shù))．以O(shè)為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，圓C

26、的極坐標(biāo)方程為ρ＝4cosθ，射線l2的極坐標(biāo)方程為θ＝(ρ≥0)． (1)求直線l1的傾斜角及極坐標(biāo)方程； (2)若射線l2與l1交于點(diǎn)M，與圓C交于點(diǎn)N(異于原點(diǎn))，求|OM|·|ON|. 解　(1)直線l1的普通方程為x＋y－4＝0. 設(shè)直線l1的傾斜角為α，則tanα＝k＝－， ∵0≤α＜π，∴α＝. 把x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入得，直線l1的極坐標(biāo)方程為ρcosθ＋ρsinθ＝4. (2)把θ＝代入l1的極坐標(biāo)方程中，得|OM|＝ρ1＝，把θ＝代入圓的極坐標(biāo)方程中，得|ON|＝ρ2＝2，∴|OM|·|ON|＝ρ1ρ2＝8. 23．(本小題滿分10分)[選修4－

27、5：不等式選講] (2019·廣州三模)已知a＞0，b＞0，a＋b＝1.設(shè)＋的最小值為m. (1)求m的值； (2)解不等式|x＋1|－|x－3|＜m. 解　(1)＋＝＋＝1＋＋. ∵a>0，b>0，∴>0，>0，∴＋≥2＝2， 當(dāng)且僅當(dāng)即a＝b＝時(shí)取等號，∴＋的最小值為2，∴m＝3. (2)由(1)知|x＋1|－|x－3|＜3. 當(dāng)x≤－1時(shí)，原不等式化為－(x＋1)＋(x－3)＜3，解得x≤－1； 當(dāng)－1＜x≤3時(shí)，原不等式化為x＋1＋x－3＜3，解得－1＜x＜； 當(dāng)x＞3時(shí)，原不等式化為x＋1－(x－3)＜3，無解． 綜上，原不等式的解集為. 14