(2019高考題 2019模擬題)2020高考數(shù)學(xué) 素養(yǎng)提升練(四)理(含解析)
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1、素養(yǎng)提升練(四) 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·福州一中二模)已知i為虛數(shù)單位,則的實部與虛部之積等于( ) A.- B. C.i D.-i 答案 B 解析 因為==+i,所以的實部與虛部之積為×=.故選B. 2.(2019·漢中二模)已知集合A={x|x2-5x+4<0,x∈Z},B={m,2},若A?B,則m=( ) A.1 B.2 C.3 D.4
2、
答案 C
解析 A={x|1 3、個數(shù)為( )
A.3 B.2 C.1 D.0
答案 B
解析 2017年的快遞業(yè)務(wù)總數(shù)為242.4+948+9.6=1200萬件,故2018年的快遞業(yè)務(wù)總數(shù)為1200×1.25=1500萬件,故①正確.由此2018年9~12月同城業(yè)務(wù)量完成件數(shù)為1500×20%=300萬件>242.4萬件,所以比2017年有所提升,故②錯誤.2018年9~12月國際及港澳臺業(yè)務(wù)量為1500×1.4%=21萬件,21÷9.6=2.1875,故該市郵政快遞國際及港澳臺業(yè)務(wù)量同比增長超過75%,故③正確.綜上所述,正確的結(jié)論有2個,故選B.
4.(2019·株洲一模)在區(qū)間[-2,2]上任意取一個數(shù) 4、x,使不等式x2-x<0成立的概率為( )
A. B. C. D.
答案 D
解析 由x2-x<0,得0 5、+y2=c2,聯(lián)立得y=±,由雙曲線與圓的對稱性知四邊形MA2NA1為平行四邊形,不妨設(shè)yM=,則四邊形MA2NA1的面積S=2a×=4,得ac=,又=,得a=1,c=,b=2,故選A.
6.(2019·全國卷Ⅰ)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和.已知S4=0,a5=5,則( )
A.a(chǎn)n=2n-5 B.a(chǎn)n=3n-10
C.Sn=2n2-8n D.Sn=n2-2n
答案 A
解析 設(shè)等差數(shù)列{an}的首項為a1,公差為d.由S4=0,a5=5可得解得所以an=-3+2(n-1)=2n-5,Sn=n×(-3)+×2=n2-4n.故選A.
7.(2019·馬鞍山一模)函數(shù) 6、f(x)=+x2-2|x|的大致圖象為( )
答案 D
解析 f(1)=sin1+1-2=sin1-1<0,排除B,C,當(dāng)x=0時,sinx=x=0,則x→0時,→1,f(x)→1+0=1,排除A,故選D.
8.(2019·南寧二模)已知△ABC的一內(nèi)角A=,O為△ABC所在平面上一點,滿足|OA|=|OB|=|OC|,設(shè)=m+n,則m+n的最大值為( )
A. B.1 C. D.2
答案 A
解析 由題意可知,O為△ABC外接圓的圓心,如圖所示,
在圓O中,∠CAB所對應(yīng)的圓心角為,點B,C為定點,點A為優(yōu)弧上的動點,則點A,B,C,O滿足題中的已知條件,延長 7、AO交BC于點D,設(shè)=λ,由題意可知,==+,由于B,C,D三點共線,據(jù)此可得,+=1,則m+n=λ,則m+n的最大值即λ=的最大值,由于||為定值,故||最小時,m+n取得最大值,由幾何關(guān)系易知當(dāng)AB=AC時,||取得最小值,此時λ==.故選A.
9.(2019·合肥二模)已知橢圓+=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1,F(xiàn)2,右頂點為A,上頂點為B,以線段F1A為直徑的圓交線段F1B的延長線于點P,若F2B∥AP,則該橢圓的離心率是( )
A. B. C. D.
答案 D
解析 解法一:如圖所示,
以線段F1A為直徑的圓的方程為2+y2=2,化為x2-(a-c)x+ 8、y2-ac=0.直線F1B的方程為bx-cy+bc=0,聯(lián)立
解得P,
kAP=,kF2B=-.
∵F2B∥AP,∴=-,
化為e2=,e∈(0,1),解得e=.故選D.
解法二:F1A為圓的直徑,∴∠F1PA=90°.
∵F2B∥AP,∴∠F1BF2=90°,∴2a2=(2c)2,
解得e=.故選D.
10.(2019·鄭州一模)已知函數(shù)f(x)=
的圖象關(guān)于y軸對稱,則y=sinx的圖象向左平移________個單位,可以得到y(tǒng)=cos(x+a+b)的圖象.( )
A. B. C. D.π
答案 D
解析 函數(shù)f(x)=的圖象關(guān)于y軸對稱,故f(x)=f 9、(-x),所以sin(x+a)=cos(-x+b)=cos(x-b),整理得2kπ+a=-b(k∈Z),
所以a+b=2kπ+(k∈Z),
則y=cos(x+a+b)=cos=-sinx,
即y=sinx的圖象向左平移π個單位,
得到y(tǒng)=sin(x+π)=-sinx.故選D.
11.(2019·大同一模)已知三棱錐P-ABC的四個頂點都在半徑為3的球面上,AB⊥AC,則該三棱錐體積的最大值是( )
A. B. C. D.64
答案 A
解析 設(shè)AB=m,AC=n,則S△ABC=mn,△ABC外接圓的直徑為,如圖,
三棱錐P-ABC體積的最大值為×mn×PO1=×m 10、n×≤×,設(shè)t=,則f(t)=t(+3),f′(t)=,令f′(t)=0,得t=8,f(t)在(0,8)上遞增,在[8,9]上遞減,∴f(t)max=f(8)=,即該三棱錐體積的最大值是.故選A.
12.(2019·天津高考)已知函數(shù)f(x)=
若關(guān)于x的方程f(x)=-x+a(a∈R)恰有兩個互異的實數(shù)解,則a的取值范圍為( )
A. B.
C.∪{1} D.∪{1}
答案 D
解析 如圖,分別畫出兩函數(shù)y=f(x)和y=-x+a的圖象.
(1)先研究當(dāng)0≤x≤1時,直線y=-x+a與y=2的圖象只有一個交點的情況.
當(dāng)直線y=-x+a過點B(1,2)時,
2 11、=-+a,解得a=.
所以0≤a≤.
(2)再研究當(dāng)x>1時,直線y=-x+a與y=的圖象只有一個交點的情況:
①相切時,由y′=-=-,得x=2,此時切點為,則a=1.
②相交時,由圖象可知直線y=-x+a從過點A向右上方移動時與y=的圖象只有一個交點.過點A(1,1)時,1=-+a,解得a=.所以a≥.
結(jié)合圖象可得,所求實數(shù)a的取值范圍為∪{1}.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·寶雞二模)已知曲線f(x)=x3在點(1,f(1))處的切線的傾斜角為α,則的值為________.
答案
解 12、析 因為曲線f(x)=x3,所以函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)=2x2,可得f′(1)=2,因為曲線f(x)=x3在點(1,f(1))處的切線的傾斜角為α,所以tanα=f′(1)=2,所以===.
14.(2019·江蘇高考)如圖是一個算法流程圖,則輸出的S的值是________.
答案 5
解析 第一次循環(huán),S=,x=2;第二次循環(huán),S=+=,x=3;第三次循環(huán),S=+=3,x=4;第四次循環(huán),S=3+=5,滿足x≥4,結(jié)束循環(huán).故輸出的S的值是5.
15.(2019·郴州二模)某高校開展安全教育活動,安排6名老師到4個班進行講解,要求1班和2班各安排一名老師,其余兩個班各安排 13、兩名老師,其中劉老師和王老師不在一起,則不同的安排方案有________種.
答案 156
解析 安排6名老師到4個班,其中按1,1,2,2分法,共有CCCC=180種,劉老師和王老師分配到一個班,共有CCA=24種,所以劉老師和王老師不在一起的安排方案有180-24=156種.
16.(2019·海南二模)已知菱形ABCD,E為AD的中點,且BE=3,則菱形ABCD面積的最大值為________.
答案 12
解析 設(shè)AE=x,則AB=AD=2x,∵兩邊之和大于第三邊,兩邊之差小于第三邊,∴即?∴x∈(1,3),設(shè)∠BAE=θ,在△ABE中,由余弦定理可知9=(2x)2+x2-2· 14、2x·xcosθ,即cosθ=,S菱形ABCD=2x·2x·sinθ=4x2=,令t=x2,則t∈(1,9),則S菱形ABCD=,
當(dāng)t=5時,即x=時,S菱形ABCD有最大值12.
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·濰坊市三模)設(shè)數(shù)列{an}滿足a1·2a2·3a3·…·nan=2n(n∈N*).
(1)求{an}的通項公式;
(2)求數(shù)列的前n項和Sn.
解 (1)由n=1得a1=2,
因為a1 15、·2a2·3a3·…·nan=2n,
當(dāng)n≥2時,a1·2a2·3a3·…·(n-1)an-1=2n-1,
由兩式作商得,an=(n>1且n∈N*),
又因為a1=2符合上式,
所以an=(n∈N*).
(2)設(shè)bn=,
則bn=n+n·2n,
所以Sn=b1+b2+…+bn=(1+2+…+n)+(2+2·22+3·23+…+(n-1)·2n-1+n·2n),
設(shè)Tn=2+2·22+3·23+…+(n-1)·2n-1+n·2n,?、?
所以2Tn=22+2·23+…+(n-2)·2n-1+(n-1)·2n+n·2n+1, ②
①-②得,-Tn=2+22+23+…+2n-n·2 16、n+1,
所以Tn=(n-1)·2n+1+2.
所以Sn=Tn+,
即Sn=(n-1)·2n+1++2.
18.(本小題滿分12分)(2019·湖南、湖北八市十二校聯(lián)合調(diào)研)近期,某公交公司分別推出支付寶和微信掃碼支付乘車活動,活動設(shè)置了一段時間的推廣期,由于推廣期內(nèi)優(yōu)惠力度較大,吸引越來越多的人開始使用掃碼支付.某線路公交車隊統(tǒng)計了活動剛推出一周內(nèi)每一天使用掃碼支付的人次,用x表示活動推出的天數(shù),y表示每天使用掃碼支付的人次(單位:十人次),統(tǒng)計數(shù)據(jù)如表1所示:
表1:
x
1
2
3
4
5
6
7
y
6
11
21
34
66
101
196
17、
根據(jù)以上數(shù)據(jù),繪制了如圖所示的散點圖.
(1)根據(jù)散點圖判斷,在推廣期內(nèi)y=a+bx與y=c·dx(c,d均為大于零的常數(shù))哪一個適宜作為掃碼支付的人次y關(guān)于活動推出天數(shù)x的回歸方程類型?(給出判斷即可,不必說明理由)
(2)根據(jù)(1)的判斷結(jié)果及表1中的數(shù)據(jù),求y關(guān)于x的回歸方程,并預(yù)測活動推出第8天使用掃碼支付的人次;
(3)推廣期結(jié)束后,車隊對乘客的支付方式進行統(tǒng)計,結(jié)果如表2:
表2:
支付方式
現(xiàn)金
乘車卡
掃碼
比例
10%
60%
30%
已知該線路公交車票價為2元,使用現(xiàn)金支付的乘客無優(yōu)惠,使用乘車卡支付的乘客享受8折優(yōu)惠,掃碼支付的乘客隨機優(yōu)惠 18、,根據(jù)統(tǒng)計結(jié)果得知,使用掃碼支付的乘客,享受7折優(yōu)惠的概率為,享受8折優(yōu)惠的概率為,享受9折優(yōu)惠的概率為.根據(jù)所給數(shù)據(jù)以事件發(fā)生的頻率作為相應(yīng)事件發(fā)生的概率,估計一名乘客一次乘車的平均費用.
參考數(shù)據(jù):
xiyi
xivi
100.54
62.14
1.54
25.35
50.12
3.47
參考公式:對于一組數(shù)據(jù)(u1,v1),(u2,v2),…,(un,vn),其回歸直線=+u的斜率和截距的最小二乘估計公式分別為=,=-.
解 (1)根據(jù)散點圖判斷,y=c·dx適宜作為掃碼支付的人數(shù)y關(guān)于活動推出天數(shù)x的回歸方程類型.
(2)∵y=c·dx,兩邊同時取常 19、用對數(shù)得,lg y=lg (c·dx)=lg c+xlg d;
設(shè)lg y=v,∴v=lg c+xlg d,
∵=4,=1.54,x=140,
∴====0.25.
把樣本中心點(4,1.54)代入v=lg c+xlg d,得
=0.54 ,
∴=0.54+0.25x,∴=0.54+0.25x,
∴y關(guān)于x的回歸方程式為=100.54+0.25x=100.54×(100.25)x=3.47×100.25x,
把x=8代入上式,=3.47×102=347.
活動推出第8天使用掃碼支付的人次為3470.
(3)記一名乘客乘車支付的費用為Z,
則Z的取值可能為2,1.8,1.6 20、,1.4,
P(Z=2)=0.1;P(Z=1.8)=0.3×=0.15;
P(Z=1.6)=0.6+0.3×=0.7;P(Z=1.4)=0.3×=0.05,
分布列為:
Z
2
1.8
1.6
1.4
P
0.1
0.15
0.7
0.05
所以,一名乘客一次乘車的平均費用為
2×0.1+1.8×0.15+1.6×0.7+1.4×0.05=1.66(元).
19.(本小題滿分12分)(2019·廣州市二模)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為菱形,∠BAD=60°,∠APD=90°,且AD=PB.
(1)求證:平面PAD⊥平面ABCD;
(2)若 21、AD⊥PB,求二面角D-PB-C的余弦值.
解 (1)證明:如圖,取AD的中點O,連接OP,OB,BD,
因為底面ABCD為菱形,
∠BAD=60°,
所以AD=AB=BD.
因為O為AD的中點,
所以O(shè)B⊥AD.
在△APD中,∠APD=90°,O為AD的中點,
所以PO=AD=AO.
設(shè)AD=PB=2a,則OB=a,PO=OA=a,
因為PO2+OB2=a2+3a2=4a2=PB2,
所以O(shè)P⊥OB.
因為OP∩AD=O,OP?平面PAD,AD?平面PAD,
所以O(shè)B⊥平面PAD.
因為OB?平面ABCD,
所以平面PAD⊥平面ABCD.
(2)解法一: 22、因為AD⊥PB,
AD⊥OB,OB∩PB=B,
PB?平面POB,
OB?平面POB,
所以AD⊥平面POB.
所以PO⊥AD.
由(1)得PO⊥OB,AD⊥OB,
所以O(shè)A,OB,OP所在的直線兩兩互相垂直.
以O(shè)為坐標原點,分別以O(shè)A,OB,OP所在直線為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系.
設(shè)AD=2,則A(1,0,0),D(-1,0,0),B(0,,0),P(0,0,1),
所以=(-1,0,-1),=(0,,-1),==(-2,0,0),
設(shè)平面PBD的法向量為n=(x1,y1,z1),
則
令y1=1,則x1=-,z1=,
所以n=(-,1 23、,).
設(shè)平面PBC的法向量為m=(x2,y2,z2),
則
令y2=1,則x2=0,z2=,
所以m=(0,1,).
設(shè)二面角D-PB-C為θ,由于θ為銳角,
所以|cosθ|=|cos〈m,n〉|==.
所以二面角D-PB-C的余弦值為.
解法二:因為AD⊥PB,
AD⊥OB,OB∩PB=B,
PB?平面POB,
OB?平面POB,
所以AD⊥平面POB.
所以PO⊥AD.
所以PO=a,PD=a.
過點D作DH⊥PB,H為垂足,
過點H作HG∥BC交PC于點G,連接DG,
因為AD⊥PB,BC∥AD,
所以BC⊥PB,即HG⊥PB.
所以∠DHG 24、為二面角D-PB-C的平面角.
在等腰△BDP中,BD=BP=2a,PD=a,
根據(jù)等面積法可以求得DH=a.
進而可以求得PH=a,
所以HG=a,PG=a.
在△PDC中,PD=a,DC=2a,PC=2a,
所以cos∠DPC==.
在△PDG中,PD=a,PG=a,cos∠DPC=,
所以DG2=PD2+PG2-2PD·PG·cos∠DPG=a2,即DG=a.
在△DHG中,DH=a,HG=a,DG=a,
所以cos∠DHG==.
所以二面角D-PB-C的余弦值為.
20.(本小題滿分12分)(2019·揚州一模)已知直線x=-2上有一動點Q,過點Q作直線l1垂直 25、于y軸,動點P在l1上,且滿足·=0(O為坐標原點),記點P的軌跡為曲線C.
(1)求曲線C的方程;
(2)已知定點M,N,A為曲線C上一點,直線AM交曲線C于另一點B,且點A在線段MB上,直線AN交曲線C于另一點D,求△MBD的內(nèi)切圓半徑r的取值范圍.
解 (1)設(shè)點P(x,y),則Q(-2,y),
∴=(x,y),=(-2,y).
∵·=0,∴·=-2x+y2=0,即y2=2x.
所以曲線C的方程為y2=2x.
(2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),D(x3,y3),直線BD與x軸交點為E,直線AB與內(nèi)切圓的切點為T.
設(shè)直線AM的方程為y=k,則聯(lián)立方程組得k2x2 26、+(k2-2)x+=0,
∴x1x2=且0 27、019·湖南永州三模)已知函數(shù)f(x)=ln -ax+(a,b>0),對任意x>0,都有f(x)+f=0.
(1)討論f(x)的單調(diào)性;
(2)當(dāng)f(x)存在三個不同的零點時,求實數(shù)a的取值范圍.
解 (1)由f(x)+f=ln -ax++ln -+=0,得b=4a,
f(x)=ln -ax+,f′(x)=-a-=(x>0).
令h(x)=-ax2+x-4a,
若Δ=1-16a2≤0時,求得a≥,此時h(x)≤0,f′(x)≤0,f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減.
若Δ=1-16a2>0,即00,x2=>0,h(x)開口向下,
當(dāng)0 28、 29、1,x2)上單調(diào)遞增,
f(x1)
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