9、分所示，
在可行域內(nèi)平移直線z＝x－y，當(dāng)直線在可行域內(nèi)無(wú)限接近經(jīng)過(guò)3x＋y－2＝0與x＝3的交點(diǎn)A(3，－7)時(shí)，目標(biāo)函數(shù)z＝x－y的最大值無(wú)限接近3＋7＝10.由x－y<λ＋恒成立，即λ＋≥10，即亦≥0.解得λ∈(0,1]∪[9，＋∞)．故選D.
12．(2019·山東濰坊二模)已知函數(shù)f (x)＝2x－1，g(x)＝(a∈R)，若對(duì)任意x1∈[1，＋∞)，總存在x2∈R，使f (x1)＝g(x2)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是( )
A. B.
C.∪[1,2] D.∪
答案 C
解析 對(duì)任意x1∈[1，＋∞)，則f (x1)＝2x1－1≥20＝1，即函數(shù)f (x1)
10、的值域?yàn)閇1，＋∞)，若對(duì)任意x1∈[1，＋∞)，總存在x2∈R，使f (x1)＝g(x2)，設(shè)函數(shù)g(x)的值域?yàn)锳，則滿(mǎn)足[1，＋∞)?A即可．當(dāng)x＜0時(shí)，函數(shù)g(x)＝x2＋2a為減函數(shù)，則此時(shí)g(x)＞2a.當(dāng)x≥0時(shí)，g(x)＝acosx＋2∈[2－|a|,2＋|a|]，①當(dāng)2a＜1(如圖中①曲線)，即a＜時(shí)，滿(mǎn)足條件[1，＋∞)?A，②當(dāng)a≥時(shí)，2a≥1，要使[1，＋∞)?A成立，則此時(shí)當(dāng)x≥0時(shí)，g(x)＝acosx＋2∈[2－a,2＋a]，此時(shí)滿(mǎn)足(如圖中②曲線)，即得1≤a≤2，
綜上a＜或1≤a≤2，故選C.
第Ⅱ卷 (非選擇題，共90分)
二、填空題：本大題
11、共4小題，每小題5分，共20分．
13．(2019·內(nèi)江一模)若函數(shù)f (x)滿(mǎn)足f (x＋1)＝－f (x)，且f (0)＝2，則f (15)＝________.
答案?。?
解析 根據(jù)題意，函數(shù)f (x)滿(mǎn)足f (x＋1)＝－f (x)，
則有f (x＋2)＝－f (x＋1)＝f (x)，即函數(shù)是周期為2的周期函數(shù)，
則f (15)＝f (1＋14)＝f (1)，
又由f (1)＝－f (0)＝－2，
故f (15)＝－2.
14．(2019·北京高考)李明自主創(chuàng)業(yè)，在網(wǎng)上經(jīng)營(yíng)一家水果店，銷(xiāo)售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃，價(jià)格依次為60元/盒、65元/盒、80元/盒、9
12、0元/盒．為增加銷(xiāo)量，李明對(duì)這四種水果進(jìn)行促銷(xiāo)：一次購(gòu)買(mǎi)水果的總價(jià)達(dá)到120元，顧客就少付x元．每筆訂單顧客網(wǎng)上支付成功后，李明會(huì)得到支付款的80%.
①當(dāng)x＝10時(shí)，顧客一次購(gòu)買(mǎi)草莓和西瓜各1盒，需要支付________元；
②在促銷(xiāo)活動(dòng)中，為保證李明每筆訂單得到的金額均不低于促銷(xiāo)前總價(jià)的七折，則x的最大值為_(kāi)_______．
答案?、?30?、?5
解析?、兕櫩鸵淮钨?gòu)買(mǎi)草莓和西瓜各1盒時(shí)，
總價(jià)為60＋80＝140(元)，達(dá)到120元，
又∵x＝10，∴顧客需要支付140－10＝130(元)．
②解法一：當(dāng)單筆訂單的總價(jià)達(dá)不到120元時(shí)，顧客不少付，則李明得到總價(jià)的80%；
13、
當(dāng)單筆訂單的總價(jià)達(dá)到120元時(shí)，顧客少付x元，設(shè)總價(jià)為a元(a≥120)，則李明每筆訂單得到的金額與總價(jià)的比為＝0.8，
∴當(dāng)a越小時(shí)，此比值越?。謅最小為120元(即買(mǎi)兩盒草莓)，∴0.8(120－x)≥120×0.7，解得x≤15.
∴x的最大值為15.
解法二：購(gòu)買(mǎi)水果總價(jià)剛好達(dá)到120元時(shí)，顧客少付x元，這時(shí)x占全部付款的比例最高，此時(shí)如果滿(mǎn)足李明所得金額是促銷(xiāo)前總價(jià)的70%，那么其x值最大．由此列式得(120－x)×0.8＝120×0.7，解得x＝15.∴x的最大值為15.
15．(2019·全國(guó)卷Ⅰ)記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若a1＝1，S3＝，則S4＝___
14、_____.
答案
解析 設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則an＝a1qn－1＝qn－1.
∵a1＝1，S3＝，∴a1＋a2＋a3＝1＋q＋q2＝，
即4q2＋4q＋1＝0，∴q＝－，
∴S4＝＝.
16．(2019·全國(guó)卷Ⅱ)中國(guó)有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形狀多為長(zhǎng)方體、正方體或圓柱體，但南北朝時(shí)期的官員獨(dú)孤信的印信形狀是“半正多面體”(圖1)．半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體．半正多面體體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對(duì)稱(chēng)美．圖2是一個(gè)棱數(shù)為48的半正多面體，它的所有頂點(diǎn)都在同一個(gè)正方體的表面上，且此正方體的棱長(zhǎng)為1.則該半正多面體共有________個(gè)面
15、，其棱長(zhǎng)為_(kāi)_______．(本題第一空2分，第二空3分)
答案 26?。?
解析 先求面數(shù)，有如下兩種方法．
解法一：由“半正多面體”的結(jié)構(gòu)特征及棱數(shù)為48可知，其上部分有9個(gè)面，中間部分有8個(gè)面，下部分有9個(gè)面，共有2×9＋8＝26個(gè)面．
解法二：一般地，對(duì)于凸多面體，
頂點(diǎn)數(shù)(V)＋面數(shù)(F)－棱數(shù)(E)＝2(歐拉公式)．
由圖形知，棱數(shù)為48的半正多面體的頂點(diǎn)數(shù)為24，
故由V＋F－E＝2，得面數(shù)F＝2＋E－V＝2＋48－24＝26.
再求棱長(zhǎng)．
作中間部分的橫截面，由題意知該截面為各頂點(diǎn)都在邊長(zhǎng)為1的正方形上的正八邊形ABCDEFGH，如圖，設(shè)其邊長(zhǎng)為x，則
16、正八邊形的邊長(zhǎng)即為半正多面體的棱長(zhǎng)．連接AF，過(guò)H，G分別作HM⊥AF，GN⊥AF，垂足分別為M，N，
則AM＝MH＝NG＝NF＝x.
又AM＋MN＋NF＝1，即x＋x＋x＝1.
解得x＝－1，即半正多面體的棱長(zhǎng)為－1.
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(mǎn)分12分)(2019·洛陽(yáng)一模)在公差為d的等差數(shù)列{an}中，已知a1＝10，且a1,2a2＋2,5a3成等比數(shù)列，Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．
(1)求數(shù)列{an}
17、的通項(xiàng)公式；
(2)若d<0，求Sn的最大值．
解 (1)由題意得5a3a1＝(2a2＋2)2，
∵a1＝10，
∴50(10＋2d)＝(22＋2d)2，
化簡(jiǎn)得d2－3d－4＝0，解得d＝－1或d＝4，
∴an＝－n＋11或an＝4n＋6.
(2)∵d<0，∴d＝－1，an＝－n＋11，
Sn＝＝－n2＋n＝－2＋，∴n等于10或11時(shí)，Sn取得最大值55.
18．(本小題滿(mǎn)分12分)(2019·江西南昌一模)如圖，四棱臺(tái)ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，CC1⊥底面ABCD，且∠BAD＝60°，CD＝CC1＝2C1D1＝4，E是棱BB1的中點(diǎn)．
(1
18、)求證：AA1⊥BD；
(2)求三棱錐B1－A1C1E的體積．
解 (1)證明：因?yàn)镃C1⊥底面ABCD，所以CC1⊥BD.
因?yàn)榈酌鍭BCD是菱形，所以BD⊥AC.
又AC∩CC1＝C，所以BD⊥平面ACC1.
又由四棱臺(tái)ABCD－A1B1C1D1知，A1，A，C，C1四點(diǎn)共面，所以BD⊥AA1.
(2)由已知，得V＝V＝V＝V，又因?yàn)閂＝S·CC1＝××22×sin×4＝，
所以三棱錐B1－A1C1E的體積V＝.
19．(本小題滿(mǎn)分12分)(2019·黃山二模)2019年全國(guó)“兩會(huì)”，即中華人民共和國(guó)第十三屆全國(guó)人大二次會(huì)議和中國(guó)人民政治協(xié)商會(huì)議第十三屆全國(guó)委員會(huì)第二次
19、會(huì)議，分別于2019年3月5日至15日和3月3日至13日在北京召開(kāi)．為了了解哪些人更關(guān)注“兩會(huì)”，某機(jī)構(gòu)隨機(jī)抽取了年齡在15～75歲之間的200人進(jìn)行調(diào)查，并按年齡繪制的頻率分布直方圖如下圖所示，把年齡落在區(qū)間[15,35)和[35,75]內(nèi)的人分別稱(chēng)為“青少年人”和“中老年人”．經(jīng)統(tǒng)計(jì)“青少年人”和“中老年人”的人數(shù)之比為19∶21.其中“青少年人”中有40人關(guān)注“兩會(huì)”，“中老年人”中關(guān)注“兩會(huì)”和不關(guān)注“兩會(huì)”的人數(shù)之比是2∶1.
(1)求圖中a，b的值；
(2)現(xiàn)采用分層抽樣的方法在[25,35)和[45,55)中隨機(jī)抽取8名代表，從8人中任選2人，求2人中至少有1人是“中老年
20、人”的概率是多少？
(3)根據(jù)已知條件，完成下面的2×2列聯(lián)表，并根據(jù)此統(tǒng)計(jì)結(jié)果判斷：能否有99.9%的把握認(rèn)為“中老年人”比“青少年人”更加關(guān)注“兩會(huì)”？
關(guān)注
不關(guān)注
合計(jì)
青少年人
中老年人
合計(jì)
附：
P(K2≥k0)
0.050
0.010
0.001
k0
3.841
6.635
10.828
K2＝，其中n＝a＋b＋c＋d.
解 (1)由題意得，
解得
(2)由題意得，在[25,35)中抽取6人，記為A，B，C，D，E，F(xiàn)，在[45,55)中抽取2人，記為a，b.則從8人中任選2人的全部基本事件有：
21、
AB，AC，AD，AE，AF，Aa，Ab，BC，BD，BE，BF，Ba，Bb，CD，CE，CF，Ca，Cb，DE，DF，Da，Db，EF，Ea，Eb，F(xiàn)a，F(xiàn)b，ab，共28種．
選取的2人中至少有1人是“中老年人”的基本事件有：Aa，Ab，Ba，Bb，Ca，Cb，Da，Db，Ea，Eb，F(xiàn)a，F(xiàn)b，ab，共13種．
記2人中至少有1個(gè)是“中老年人”的概率是P，則P＝.
(3)2×2列聯(lián)表如下：
關(guān)注
不關(guān)注
合計(jì)
青少年人
40
55
95
中老年人
70
35
105
合計(jì)
110
90
200
K2＝≈12.157>10.828.
所以有99
22、.9%的把握認(rèn)為“中老年人”比“青少年人”更加關(guān)注“兩會(huì)”．
20．(本小題滿(mǎn)分12分)(2019·湘潭一模)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，焦點(diǎn)在x軸上的橢圓＋＝1(b＞0)的右頂點(diǎn)和上頂點(diǎn)分別為A，B，M為線段AB的中點(diǎn)，且·＝－b2.
(1)求橢圓的離心率；
(2)四邊形ABCD內(nèi)接于橢圓，AB∥CD.記直線AD，BC的斜率分別為k1，k2，求證：k1·k2為定值．
解 (1)由題意知A(2,0)，B(0，b)，線段AB的中點(diǎn)為M.
＝(－2，b)，＝.
∵·＝－b2.
∴－2＋＝－b2，解得b＝1.
又a＝2，∴c＝＝，
∴橢圓的離心率e＝＝.
(2)證明：由(
23、1)得橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋y2＝1，A(2,0)，B(0,1)，
設(shè)直線BC的方程為y＝k2x＋1，聯(lián)立得(1＋4k)x2＋8k2x＝0，
解得xC＝，yC＝，
即C，
設(shè)直線AD的方程為y＝k1(x－2)．
聯(lián)立
化簡(jiǎn)得(1＋4k)x2－16kx＋16k－4＝0，
∴2xD＝，解得xD＝，yD＝，
∴D，∵AB∥CD，
∴kCD＝＝－，
化為1－16kk＋2k1－2k2＋8k1k－8k2k＝0，
∴(4k1k2－2k2＋2k1＋1)＝0，
∴k1·k2＝為定值．
21．(本小題滿(mǎn)分12分)(2019·合肥市第一次教學(xué)質(zhì)量檢測(cè))已知函數(shù)f (x)＝ex－1－a(x－1)
24、＋ln x(a∈R，e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))．
(1)設(shè)g(x)＝f′(x)[其中f′(x)是f (x)的導(dǎo)數(shù)]，求g(x)的極小值；
(2)若對(duì)任意x∈[1，＋∞)，都有f (x)≥1成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
解 (1)g(x)＝f′(x)＝ex－1＋－a(x>0)，g′(x)＝ex－1－.
令φ(x)＝g′(x)＝ex－1－(x>0)，
∴φ′(x)＝ex－1＋>0，
∴g′(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，g′(1)＝0.
∵當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g′(x)<0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)>0，
∴g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)，
∴g(
25、x)極小值＝g(1)＝2－a.
(2)由(1)知，f′(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(0,1)上單調(diào)遞減，
∴f′(x)≥f′(1)＝2－a.
當(dāng)a≤2時(shí)，f′(x)≥0，f (x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，f (x)≥f (1)＝1，滿(mǎn)足條件；
當(dāng)a>2時(shí)，f′(1)＝2－a<0.
又∵f′(ln a＋1)＝eln a－a＋＝>0，
∴?x0∈(1，ln a＋1)，使得f′(x0)＝0，
此時(shí)，x∈(1，x0)，f′(x)<0；x∈(x0，ln a＋1)，f′(x)>0，
∴f (x)在(1，x0)上單調(diào)遞減，即當(dāng)x∈(1，x0)時(shí)，都有f (x)
26、題意．
綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－∞，2]．
(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(mǎn)分10分)[選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程]
(2019·全國(guó)卷Ⅲ)如圖，在極坐標(biāo)系Ox中，A(2,0)，B，C，D(2，π)，弧，，所在圓的圓心分別是(1,0)，，(1，π)，曲線M1是弧，曲線M2是弧，曲線M3是弧.
(1)分別寫(xiě)出M1，M2，M3的極坐標(biāo)方程；
(2)曲線M由M1，M2，M3構(gòu)成，若點(diǎn)P在M上，且|OP|＝，求P的極坐標(biāo)．
解 (1)由題設(shè)可得，弧，，所在圓的極坐標(biāo)方程分別為ρ＝2cosθ，ρ＝2
27、sinθ，ρ＝－2cosθ，
所以M1的極坐標(biāo)方程為ρ＝2cosθ，
M2的極坐標(biāo)方程為ρ＝2sinθ，
M3的極坐標(biāo)方程為ρ＝－2cosθ.
(2)設(shè)P(ρ，θ)，由題設(shè)及(1)知
若0≤θ≤，則2cosθ＝，解得θ＝；
若≤θ≤，則2sinθ＝，解得θ＝或θ＝；
若≤θ≤π，則－2cosθ＝，解得θ＝.
綜上，P的極坐標(biāo)為或或或.
23．(本小題滿(mǎn)分10分)[選修4－5：不等式選講]
(2019·湖北模擬)已知函數(shù)f (x)＝|ax－2|，不等式f (x)≤4的解集為{x|－2≤x≤6}．
(1)求實(shí)數(shù)a的值；
(2)設(shè)g(x)＝f (x)＋f (x＋3)，若存在x
28、∈R，使g(x)－tx≤2成立，求實(shí)數(shù)t的取值范圍．
解 (1)由|ax－2|≤4，得－4≤ax－2≤4，即－2≤ax≤6，當(dāng)a＞0時(shí)，－≤x≤，所以解得a＝1；當(dāng)a＜0時(shí)，≤x≤－，所以無(wú)解，所以實(shí)數(shù)a的值為1.
(2)由已知g(x)＝f (x)＋f (x＋3)＝|x－2|＋|x＋1|＝
不等式g(x)－tx≤2，即g(x)≤tx＋2，
由題意知，y＝g(x)的圖象有一部分在直線y＝tx＋2的下方或在直線y＝tx＋2上，作出對(duì)應(yīng)圖象，如圖所示．
由圖可知，當(dāng)t＜0時(shí)，t≤kEM；當(dāng)t＞0時(shí)，t≥kFM，
又因?yàn)閗EM＝－1，kFM＝，
所以t≤－1或t≥，
即實(shí)數(shù)t的取值范圍為(－∞，－1]∪.
14
（2019高考題 2019模擬題）2020高考數(shù)學(xué) 基礎(chǔ)鞏固練（一）文（含解析）
