《（2019高考題 2019模擬題）2020高考數(shù)學 素養(yǎng)提升練（二）文（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（2019高考題 2019模擬題）2020高考數(shù)學 素養(yǎng)提升練（二）文（含解析）（15頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、素養(yǎng)提升練(二) 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選項中，只有一項是符合題目要求的． 1．(2019·山西呂梁二模)集合A＝{x|x2－x－6≤0}，B＝{x∈Z|2x－3＜0}，則A∩B的元素個數(shù)為(　　) A．3 B．4 C．5 D．6 答案　B 解析　A＝{x|－2≤x≤3}，B＝，所以A∩B＝{－2，－1,0,1}．故選B. 2．(2019·大慶三模)若復數(shù)z1，z2在復平面內(nèi)的對應點關于虛軸對稱，z1＝1＋i

2、，則＝(　　) A．i B．－i C．1 D．－1 答案　B 解析　∵z1，z2在復平面內(nèi)的對應點關于虛軸對稱，且z1＝1＋i，∴z2＝－1＋i，∴＝＝＝＝－i.故選B. 3．(2019·佛山二模)如圖是1990～2017年我國勞動年齡(15～64歲)人口數(shù)量及其占總人口比重情況，則以下選項錯誤的是(　　) A．2000年我國勞動年齡人口數(shù)量及其占總人口比重的年增幅均為最大 B．2010年后我國人口數(shù)量開始呈現(xiàn)負增長態(tài)勢 C．2013年我國勞動年齡人口數(shù)量達到峰值 D．我國勞動年齡人口占總人口比重極差超過6% 答案　B 解析　從題圖中可以看出，2000年我國勞動年

3、齡人口數(shù)量及其占總人口比重的年增幅均為最大，A正確；2010年到2011年我國勞動年齡人口數(shù)量有所增加，B錯誤；從圖上看，2013年的長方形是最高的，即2013年我國勞動年齡人口數(shù)量達到峰值，C正確；我國勞動年齡人口占總人口比重最大的為2011年，約為74%，最小的為1992年，約為67%，故極差超過6%，D正確． 4．(2019·咸陽一模)在等比數(shù)列{an}中，a2·a6＝，則sin＝(　　) A．－ B. C. D．－ 答案　C 解析　在等比數(shù)列{an}中，a2·a6＝，可得a＝a2·a6＝，則sin＝sin＝，故選C. 5．(2019·天津高考)設變量x，y滿足約束條件則

4、目標函數(shù)z＝－4x＋y的最大值為(　　) A．2 B．3 C．5 D．6 答案　C 解析　由約束條件作出可行域如圖中陰影部分(含邊界)所示． ∵z＝－4x＋y可化為y＝4x＋z，∴作直線l0：y＝4x，并進行平移，顯然當y＝4x＋z過點A(－1，1)時，z取得最大值，zmax＝－4×(－1)＋1＝5.故選C. 6．(2019·北京高考)執(zhí)行如圖所示的程序框圖，輸出的s值為(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 答案　B 解析　k＝1，s＝1；第一次循環(huán)：s＝2，判斷k<3，k＝2；第二次循環(huán)：s＝2，判斷k<3，k＝3；第三次循環(huán)：s＝2，判斷k＝3，故輸

5、出2.故選B. 7．(2019·張掖二模)某幾何體的三視圖如圖所示，其中俯視圖為半圓弧且點E為下底面半圓弧上一點(異于點B，C)，則關于該幾何體的說法正確的是(　　) A．BE⊥AC B．DE⊥AE C．CE⊥平面ABE D．BD⊥平面ACE 答案　C 解析　若BE⊥AC，因為BE⊥AB，AB∩AC＝A，所以BE⊥平面ABC，又因為BC?平面ABC，所以BE⊥BC，矛盾，故BE⊥AC不成立，故A不正確； 因為DE2＋AE2＝22＋CE2＋22＋BE2＝8＋AD2，因此∠AED≠90°，即DE與AE不垂直，故B不正確；因為BC為半圓的直徑，所以BE⊥CE，又因為C

6、E⊥AB，AB∩BE＝B，所以CE⊥平面ABE，故C正確；假設BD⊥平面ACE，則BD⊥CE，又CE⊥DC，BD∩DC＝D，所以CE⊥平面ABCD，所以CE⊥BC，與∠CEB＝90°矛盾，故D不正確．故選C. 8．(2019·山東師大附中二模)已知函數(shù)f (x)＝，則y＝f (x)的圖象大致為(　　) 答案　A 解析　令g(x)＝x－ln x－1，則g′(x)＝1－＝，由g′(x)＞0得x＞1，即函數(shù)g(x)在(1，＋∞)上單調遞增；由g′(x)＜0得0＜x＜1，即函數(shù)g(x)在(0,1)上單調遞減，所以當x＝1時，函數(shù)g(x)有最小值，g(x)min＝g(1)＝0，于是對任意的x∈

7、(0,1)∪(1，＋∞)，有g(x)≥0，故排除B，D；因函數(shù)g(x)在(0,1)上單調遞減，則函數(shù)f (x)在(0,1)上單調遞增，故排除C.故選A. 9．(2019·天津高考)已知函數(shù)f (x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<π)是奇函數(shù)，將y＝f (x)的圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍(縱坐標不變)，所得圖象對應的函數(shù)為g(x)．若g(x)的最小正周期為2π，且g＝，則f＝(　　) A．－2 B．－ C. D．2 答案　C 解析　因為f (x)是奇函數(shù)(顯然定義域為R)，所以f (0)＝Asinφ＝0，所以sinφ＝0.又|φ|<π，所以φ＝0.由題意

8、得g(x)＝Asin，且g(x)最小正周期為2π，所以ω＝1，即ω＝2.所以g(x)＝Asinx，所以g＝Asin＝A＝，所以A＝2.所以f (x)＝2sin2x，所以f＝.故選C. 10．(2019·咸寧模擬)已知F1，F(xiàn)2為雙曲線C：－＝1的左、右焦點，點P在雙曲線C上，且|PF1|＝2|PF2|，則cos∠F1F2P＝(　　) A. B. C. D．－ 答案　D 解析　由題意可知，a＝4，b＝3，∴c＝5，設|PF1|＝2x，|PF2|＝x，則|PF1|－|PF2|＝x＝2a＝8，故|PF1|＝16，|PF2|＝8，又|F1F2|＝10，∴利用余弦定理可得cos∠F1F2P

9、＝＝－.故選D. 11．(2019·山西晉城一模)在四棱錐S－ABCD中，平面SAD⊥平面ABCD，△SAD為等邊三角形，四邊形ABCD為直角梯形，其中AD＝2AB＝2BC，∠CBA＝∠BAD＝90°，若E，F(xiàn)分別是線段SA與線段SC的中點，則直線BE和DF所成角的余弦值為(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　作出圖形如圖所示，取SD的中點G，連接EG，CG，且CG交FD于H； 因為E，G分別是線段SA，SD的中點，故EG綊AD，且BC綊AD，所以EG綊BC，故EB綊GC，因此直線BE，DF所成的角即為GC，DF所成的角；不妨設BC＝1，則SC＝SD＝2，DC＝

10、，易知cos∠SDC＝，在△CDG中，CG2＝CD2＋GD2－2CD·GD·cos∠SDC＝2，故CG＝，故GH＝FH＝，HC＝HD＝，所以cos∠GHD＝＝＝.故選A. 12．(2019·四川南充)定義在R上的函數(shù)f (x)滿足f (x＋4)＝f (x)，f (x)＝若關于x的方程f (x)－ax＝0有5個不同實根，則正實數(shù)a的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　由題意可得函數(shù)f (x)是以4為周期的周期函數(shù)，作出函數(shù)y＝f (x)與函數(shù)y＝ax的圖象，由圖象可得方程y＝－(x－4)2＋1＝ax，即x2＋(a－8)x＋15＝0在(3,5)上有2個

11、實數(shù)根，由解得01，a>.綜上可得

12、___. 答案　 解析　由題意，得cos〈a，c〉＝ ＝＝＝. 15．(2019·開封一模)趙爽是我國古代數(shù)學家、天文學家，大約在公元222年，趙爽為《周髀算經(jīng)》一書作序時，介紹了“勾股圓方圖”，亦稱“趙爽弦圖”(以弦為邊長得到的正方形是由4個全等的直角三角形再加上中間的一個小正方形組成)，類比“趙爽弦圖”，可類似地構造如圖所示的圖形，它是由3個全等的三角形與中間的一個小等邊三角形拼成的一個大等邊三角形，設DF＝2AF，若在大等邊三角形中隨機取一點，則此點取自小等邊三角形的概率是________． 答案　 解析　由題意，設DF＝2AF＝2a，且a＞0， 由∠DFE＝，∴∠AF

13、C＝π－＝； ∴△DEF的面積為S△DEF＝·2a·2a·sin＝a2， △AFC的面積為S△AFC＝·a·3a·sin＝a2， ∴在大等邊三角形中隨機取一點，此點取自小等邊三角形的概率是P＝＝. 16．(2019·陜西第二次質檢)已知集合M＝{(x，y)|y＝f (x)}，若對于任意(x1，y1)∈M，存在(x2，y2)∈M，使得x1x2＋y1y2＝0成立，則稱集合M是“垂直對點集”．給出下列四個集合： ①M＝{(x，y)|y＝sinx＋1}；②M＝；③M＝{(x，y)|y＝ex－2}；④M＝{(x，y)|y＝log2x}． 其中是“垂直對點集”的序號是________． 答案

14、?、佗? 解析　對于①，x1x2＋(sinx1＋1)(sinx2＋1)＝0，即＝－，f (x1)＝與f (x2)＝－的值域均為(－∞，＋∞)，故正確；對于②，若滿足x1x2＋y1y2＝0，則x1x2＋＝0，(x1x2)2＋1＝0，在實數(shù)范圍內(nèi)無解，故不正確；對于③，M＝{(x，y)|y＝ex－2}，畫出y＝ex－2的圖象，如圖， 直角AOB始終存在，即對于任意(x1，y1)∈M，存在(x2，y2)∈M，使得x1x2＋y1y2＝0成立，故正確；對于④，M＝{(x，y)|y＝log2x}，取點(1,0)，曲線上不存在另外的點，使得兩點與原點的連線互相垂直，所以不是“垂直對點集”，故不正確．

15、 三、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17～21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(jù)要求作答． (一)必考題：60分． 17．(本小題滿分12分)(2019·長沙一模)已知數(shù)列{an}的首項a1＝3，a3＝7，且對任意的n∈N*，都有an－2an＋1＋an＋2＝0，數(shù)列{bn}滿足bn＝a2n－1，n∈N*. (1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項公式； (2)求使b1＋b2＋…＋bn＞2018成立的最小正整數(shù)n的值． 解　(1)根據(jù)題意，數(shù)列{an}滿足an－2an＋1＋an＋2＝0，即an＋an＋2＝2an＋1， 則數(shù)列

16、{an}為等差數(shù)列，又由a1＝3，a3＝7，則數(shù)列{an}的公差d＝＝2， 則an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1； bn＝a2n－1＝2n＋1. (2)根據(jù)題意，設Sn＝b1＋b2＋…＋bn， 由(1)的結論，bn＝a2n－1＝2n＋1， 則Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝(21＋1)＋(22＋1)＋…＋(2n＋1)＝(21＋22＋23＋…＋2n)＋n＝2n＋1＋n－2， 若b1＋b2＋…＋bn＞2018，則2n＋1＋n＞2020， 且n∈N*，則n≥10，即使b1＋b2＋…＋bn＞2018成立的最小正整數(shù)n的值為10. 18．(本小題滿分12分)(2019·宜賓三模)某手機商家為

17、了更好地制定手機銷售策略，隨機對顧客進行了一次更換手機時間間隔的調查．從更換手機的時間間隔不少于3個月且不超過24個月的顧客中選取350名作為調查對象，其中男性顧客和女性顧客的比為.商家認為一年以內(nèi)(含一年)更換手機為頻繁更換手機，否則視為未頻繁更換手機．現(xiàn)按照性別采用分層抽樣的方法從中抽取105人，并按性別分為兩組，得到如下表所示的頻數(shù)分布表： 時間間 隔(月) [3,6] (6,9] (9,12] (12,15] (15,18] (18,21] (21,24] 男性 x 8 9 18 12 8 4 女性 y 2 5 13 11 7 2 (

18、1)計算表格中x，y的值； (2)若以頻率作為概率，從已抽取的105名且更換手機時間間隔為3～6個月(含3個月和6個月)的顧客中，隨機抽取2人，求這2人均為男性的概率； (3)請根據(jù)頻率分布表填寫2×2列聯(lián)表，并判斷是否有90%以上的把握認為“頻繁更換手機與性別有關”． 頻繁更換手機 未頻繁更換手機 合計 男性顧客 女性顧客 合計 附表及公式： P(K2≥k0) 0.100 0.050 0.010 0.001 k0 2.706 3.841 6.635 10.828 K2＝ 解　(1)由題知男性顧客共有350×＝2

19、10人，女性顧客共有350×＝140人， 按分層抽樣抽取105人，則應該抽取男性顧客105×＝63人，女性顧客105×＝42人；所以x＝63－(8＋9＋18＋12＋8＋4)＝4，y＝42－(2＋5＋13＋11＋7＋2)＝2. (2)記“隨機從已抽取的105名且更換手機時間間隔為3～6個月(含3個月和6個月)的顧客中，抽取2人”為事件A，設男性分別為a，b，c，d，女性分別為e，f， 則事件A共包含(a，b)，(a，c)，(a，d)，(a，e)，(a，f)，(b，c)，(b，d)，(b，e)，(b，f)，(c，d)，(c，e)，(c，f)，(d，e)，(d，f)，(e，f)，15種可能結果

20、， 其中2人均為男性有(a，b)，(a，c)，(a，d)，(b，c)，(b，d)，(c，d)，6種可能結果， 所以2人均為男性的概率為P(A)＝＝. (3)由頻率分布表可知，在抽取的105人中，男性顧客中頻繁更換手機的有21人，女性顧客中頻繁更換手機的有9人，據(jù)此可得2×2列聯(lián)表： 頻繁更換手機 未頻繁更換手機 合計 男性顧客 21 42 63 女性顧客 9 33 42 合計 30 75 105 所以K2＝＝1.75； 因為1.75＜2.706， 所以沒有90%以上的把握認為“頻繁更換手機與性別有關”． 19．(本小題滿分12分)(2019·全國

21、卷Ⅲ)圖1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連接DG，如圖2. (1)證明：圖2中的A，C，G，D四點共面，且平面ABC⊥平面BCGE； (2)求圖2中的四邊形ACGD的面積． 解　(1)證明：由已知得AD∥BE，CG∥BE， 所以AD∥CG， 故AD，CG確定一個平面，從而A，C，G，D四點共面． 由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE. 又因為AB?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE. (2)取CG的中點M，連接EM，DM. 因

22、為AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG. 由已知，四邊形BCGE是菱形，且∠EBC＝60°，得EM⊥CG， 故CG⊥平面DEM.因此DM⊥CG. 在Rt△DEM中，DE＝1，EM＝， 故DM＝2.所以四邊形ACGD的面積為4. 20．(本小題滿分12分)(2019·廣東茂名綜合測試)設拋物線C：x2＝2py(0＜p＜8)的焦點為F，點P是C上一點，且PF的中點坐標為. (1)求拋物線C的標準方程； (2)動直線l過點A(0,2)，且與拋物線C交于M，N兩點，點Q與點M關于y軸對稱(點Q與點N不重合)，求證：直線QN恒過定點． 解　(1)依題意得F

23、，設P(x0，y0)，由PF的中點坐標為，得 0＋x0＝2×2且＋y0＝2×，∴x0＝4，y0＝5－. ∵P(x0，y0)在拋物線x2＝2py上，∴16＝2p， 即p2－10p＋16＝0，解得p＝2或p＝8(舍去)． ∴拋物線C的方程為x2＝4y. (2)證法一：依題意直線l的斜率存在，設直線l：y＝kx＋2，M(x1，y1)，N(x2，y2)，則Q(－x1，y1)， 聯(lián)立消去y得x2－4kx－8＝0，顯然Δ＞0，由根與系數(shù)的關系得 ∵kQN＝＝＝， ∴直線QN的方程為y－y1＝(x＋x1)， 即y＝y(tǒng)1＋(x＋x1)＝x＋＋＝x＋， ∵x1x2＝－8， ∴直線QN的方程

24、為y＝x－2， 即直線QN的方程恒過定點(0，－2)． 證法二：依題意知直線QN的斜率存在且不為0，設直線QN的方程為y＝kx＋b，Q(x1，y1)，N(x2，y2)，則M(－x1，y1) 聯(lián)立消去y得x2－4kx－4b＝0.∵Q，N是拋物線C上不同兩點，∴必有Δ＞0，由根與系數(shù)的關系得 ∵M，A，N三點共線，＝(－x1，y1－2)，＝(x2，y2－2)， ∴－x1(y2－2)－x2(y1－2)＝0. ∴－x1(kx2＋b－2)－x2(kx1＋b－2)＝0， ∴2kx1x2＋(b－2)(x1＋x2)＝0，即2k·(－4b)＋(b－2)·4k＝0，化簡得：kb＋2k＝0， ∵k≠

25、0，∴b＝－2. ∴直線QN的方程為y＝kx－2， ∴直線QN恒過定點(0，－2)． 21．(本小題滿分12分)(2019·泉州質檢)已知函數(shù)f (x)＝xex－x2－ax. (1)討論f (x)的單調性； (2)當x≥－1時，f (x)＋x2－a＋1≥0，求a的取值范圍． 解　(1)f′(x)＝ex＋xex－ax－a＝(ex－a)(x＋1)． ①當a≤0時， x (－∞，－1) －1 (－1，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f (x)  極小值  所以f (x)在(－∞，－1)上單調遞減，在上單調遞增． ②當a＞0時，f′(x)＝0的根為x＝ln

26、 a或x＝－1. 若ln a＞－1，即a＞， x (－∞，－1) －1 (－1，ln a) ln a (ln a，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f (x)  極大值  極小值  所以f (x)在(－∞，－1)，(ln a，＋∞)上單調遞增，在(－1，ln a)上單調遞減． 若ln a＝－1，即a＝， f′(x)≥0在(－∞，＋∞)上恒成立，所以f (x)在(－∞，＋∞)上單調遞增，無減區(qū)間． 若ln a＜－1，即0＜a＜， x (－∞，ln a) ln a (ln a，－1) －1 (－1，＋∞) f′(x) ＋

27、0 － 0 ＋ f (x) ↗ 極大值 ↘ 極小值 ↗ 所以f (x)在(－∞，ln a)，(－1，＋∞)上單調遞增，在(ln a，－1)上單調遞減． 綜上，當a≤0時，f (x)在(－∞，－1)上單調遞減，在(－1，＋∞)上單調遞增； 當0＜a＜時，f (x)在(－∞，ln a)，(－1，＋∞)上單調遞增，在(ln a，－1)上單調遞減； 當a＝時，f (x)在(－∞，＋∞)上單調遞增，無減區(qū)間； 當a＞時，f (x)在(－∞，－1)，(ln a，＋∞)上單調遞增，在(－1，ln a)上單調遞減． (2)解法一：因為xex－ax－a＋1≥0，所以a(x＋1)≤x

28、ex＋1. 當x＝－1時，0≤－＋1恒成立． 當x＞－1時，a≤. 令g(x)＝，g′(x)＝， 設h(x)＝ex(x2＋x＋1)－1， 因為h′(x)＝ex(x＋1)(x＋2)＞0在x∈(－1，＋∞)上恒成立， 即h(x)＝ex(x2＋x＋1)－1在x∈(－1，＋∞)上單調遞增． 又因為h(0)＝0，所以g(x)＝在(－1,0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增， 則g(x)min＝g(0)＝1，所以a≤1. 綜上，a的取值范圍為(－∞，1]． 解法二：令g(x)＝f (x)＋x2－a＋1＝xex－ax－a＋1， 所以g′(x)＝ex＋xex－a＝ex(x＋1)－a，

29、 當a≤0時，g′(x)≥0，則g(x)在[－1，＋∞)上單調遞增， 所以g(x)≥g(－1)＝－＋1＞0，滿足題意． 當0＜a≤1時， 令h(x)＝ex＋xex－a， 因為h′(x)＝2ex＋xex＞0，即h(x)＝ex＋xex－a在[－1，＋∞)上單調遞增． 又因為h(－1)＝－a＜0，h(0)＝1－a≥0， 所以h(x)＝ex＋xex－a＝0在[－1,0]上有唯一的解，記為x0， x (－1，x0) x0 (x0，＋∞) g′(x) － 0 ＋ g(x) ↘ 極小值 ↗ g(x)min＝g(x0)＝x0e－ax0－a＋1＝x0e－(e＋x0e)x0

30、－(e＋x0e)＋1＝－e＋1≥－e＋1≥0，滿足題意． 當a＞1時，g(0)＝－a＋1＜0，不滿足題意． 綜上，a的取值范圍為(－∞，1]． (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分． 22．(本小題滿分10分)[選修4－4：坐標系與參數(shù)方程] (2019·衡陽一模)以平面直角坐標系的原點為極點，x軸的正半軸為極軸，建立極坐標系，已知直線l的參數(shù)方程為(m>0，t為參數(shù))，曲線C的極坐標方程為ρ＝2cosθ. (1)求直線l的普通方程和曲線C的直角坐標方程； (2)若直線l與x軸交于點P，與曲線C交于點A，B，且|PA|·|PB

31、|＝1，求實數(shù)m的值． 解　(1)直線的參數(shù)方程(m＞0，t為參數(shù))， 消去參數(shù)可得x＝y(tǒng)＋m. 由ρ＝2cosθ，得ρ2＝2ρcosθ，可得曲線C的直角坐標方程為x2＋y2＝2x，即x2＋y2－2x＝0. (2)把(m＞0，t為參數(shù))代入x2＋y2－2x＝0得t2＋(m－)t＋m2－2m＝0. 由Δ＞0，解得－1＜m＜3， ∴t1t2＝m2－2m， ∵|PA|·|PB|＝1＝|t1t2|，∴m2－2m＝±1， 解得m＝1±或m＝1.又滿足Δ＞0，m＞0， ∴實數(shù)m＝1＋或m＝1. 23．(本小題滿分10分)[選修4－5：不等式選講] (2019·廣州一模)已知函數(shù)f (

32、x)＝|x＋2|－|ax－2|. (1)當a＝2時，求不等式f (x)≥2x＋1的解集； (2)若不等式f (x)＞x－2對x∈(0,2)恒成立，求a的取值范圍． 解　(1)當a＝2時，f (x)＝|x＋2|－|2x－2|＝ 當x≤－2時，由x－4≥2x＋1，解得x≤－5； 當－2＜x＜1時，由3x≥2x＋1，解得x∈?； 當x≥1時，由－x＋4≥2x＋1，解得x＝1. 綜上可得，原不等式的解集為{x|x≤－5或x＝1}． (2)因為x∈(0,2)， 所以f (x)＞x－2等價于|ax－2|＜4， 即等價于－＜a＜， 所以由題設得－＜a＜在x∈(0,2)上恒成立， 又由x∈(0,2)，可知－＜－1，＞3， 所以－1≤a≤3，即a的取值范圍為[－1,3]． 15