7、，AB＝2，BC＝4，O為底面ABCD兩條對角線的交點，A1O與平面CDD1C1所成的角為30°，則該長方體的表面積為( )
A．12＋16 B．8
C．12 D．12＋16
答案 A
解析 因為平面CDD1C1∥平面ABB1A1，所以A1O與平面CDD1C1所成的角等于A1O與平面ABB1A1所成的角，均為30°.
如圖，過底面ABCD的對角線交點O作OE⊥AB交AB于點E，則OE＝BC，又因為OE?平面ABCD，平面ABB1A1∩平面ABCD＝AB，所以OE⊥平面ABB1A1.連接A1E，則∠OA1E＝30°.在Rt△A1EO中，OE＝2，∠OA1E＝30°，所
8、以A1E＝2.在Rt△A1AE中，AE＝1，所以A1A＝，故長方體的表面積為12＋16.故選A.
11．(2019·揚州中學二模)已知函數f (x)是定義在R上的奇函數，且當x＜0時，f (x)＝，則曲線y＝f (x)在點(1，f (1))處的切線方程為( )
A．3x＋y－4＝0 B．3x＋y＋4＝0
C．3x－y－2＝0 D．3x－y－4＝0
答案 A
解析 ∵函數f (x)是定義在R上的奇函數，∴f (－x)＝－f (x)，當x＜0時，f (x)＝，不妨設x＞0，則－x＜0，故f (x)＝－f (－x)＝－，∴當x＞0時，f (x)＝，f′(x)＝＝，故f (1)＝1，f
9、′(1)＝－3，故切線方程是y－1＝－3(x－1)，整理得3x＋y－4＝0，即曲線y＝f (x)在點(1，f (1))處的切線方程為3x＋y－4＝0.故選A.
12．(2019·全國卷Ⅱ)設F為雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的右焦點，O為坐標原點，以OF為直徑的圓與圓x2＋y2＝a2交于P，Q兩點．若|PQ|＝|OF|，則C的離心率為( )
A. B. C．2 D.
答案 A
解析 令雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的右焦點F的坐標為(c,0)，則c＝.
如圖所示，由圓的對稱性及條件|PQ|＝|OF|可知，PQ是以OF為直徑的圓的直徑，且PQ⊥OF.設垂足為M，連接
10、OP，則|OP|＝a，|OM|＝|MP|＝，由|OM|2＋|MP|2＝|OP|2，得2＋2＝a2，∴＝，即離心率e＝.故選A.
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·煙臺二中一模)部分與整體以某種相似的方式呈現稱為分形，謝爾賓斯基三角形是一種分形，由波蘭數學家謝爾賓斯基1915年提出．具體操作是取一個實心三角形，沿三角形的三邊中點連線，將它分成4個小三角形，去掉中間的那一個小三角形后，對其余3個小三角形重復上述過程得到如圖所示的圖案，若向該圖案內隨機投一點，則該點落在黑色部分的概率是________．
答案
解析
11、由圖可知黑色部分由9個小三角形組成，該圖案一共由16個小三角形組成，這些小三角形都是全等的，設“向該圖案內隨機投一點，則該點落在黑色部分”為事件A，由幾何概型的概率計算公式可得P(A)＝＝.
14．(2019·貴州聯考)設x，y滿足約束條件則z＝2x＋y的最大值為________．
答案 4
解析 作出表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示，
由解得A(1,2)，
當直線y＝－2x＋z經過點A時，截距取得最大值，即z取得最大．此時x＝1，y＝2，z＝2x＋y有最大值2×1＋2＝4.
15．(2019·全國卷Ⅰ)函數f (x)＝sin－3cosx的最小值為________．
答案 －
12、4
解析 ∵f (x)＝sin－3cosx＝－cos2x－3cosx＝－2cos2x－3cosx＋1，令t＝cosx，則t∈[－1,1]，∴f (x)＝－2t2－3t＋1.
又函數f (x)圖象的對稱軸t＝－∈[－1,1]，且開口向下，∴當t＝1時，f (x)有最小值－4.
16．(2019·云南省曲靖市質量監(jiān)測)已知f (x)＝1－|lg x|，則函數y＝2f2(x)－3f (x)＋1的零點個數為________．
答案 3
解析 根據題意，函數y＝2f2(x)－3f (x)＋1，
令y＝2f2(x)－3f (x)＋1＝0，解得f (x)＝1或，
若f (x)＝1，即1－|lg
13、 x|＝1，即lg x＝0，解得x＝1，
若f (x)＝，即1－|lg x|＝，即lg x＝±，解得x＝或，
則函數y＝2f2(x)－3f (x)＋1有3個零點．
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，考生根據要求作答．
(一)必考題：60分．
17．(本小題滿分12分)(2019·濟南二模)如圖，在平面四邊形ABCD中，AB＝2，BC＝3，點E在線段AC上，且AE＝2EC，BE＝.
(1)求AC的長；
(2)若∠ADC＝60°，AD＝，求∠ACD的大?。?
解 (1)設AC＝3z
14、，在△ABE中，由余弦定理可得cos∠BEA＝.
在△CBE中，由余弦定理可得
cos∠BEC＝.
由于∠BEA＋∠BEC＝180°，
所以cos∠BEA＝－cos∠BEC.
所以＝－.
整理并解得z＝1(負值舍去)．所以AC＝3.
(2)在△ADC中，由正弦定理可得＝，所以＝，所以sin∠ACD＝.
因為AD＜AC，所以∠ACD＜60°，所以∠ACD＝30°.
18．(本小題滿分12分)(2019·株洲一模)經過多年的努力，炎陵黃桃在國內乃至國際上逐漸打開了銷路，成為炎陵部分農民脫貧致富的好產品．為了更好地銷售，現從某村的黃桃樹上隨機摘下了100個黃桃進行測重，其質量分布在
15、區(qū)間[200,500]內(單位：克)，統(tǒng)計質量的數據作出其頻率分布直方圖如圖所示：
(1)按分層抽樣的方法從質量落在[350,400)，[400,450)的黃桃中隨機抽取5個，再從這5個黃桃中隨機抽取2個，求這2個黃桃質量至少有一個不小于400克的概率；
(2)以各組數據的中間數值代表這組數據的平均水平，以頻率代表概率，已知該村的黃桃樹上大約還有100000個黃桃待出售，某電商提出兩種收購方案：
A．所有黃桃均以20元/千克收購；
B．低于350克的黃桃以5元/個收購，高于或等于350克的以9元/個收購．
請你通過計算為該村選擇收益最好的方案．(參考數據：225×0.05＋275
16、×0.16＋325×0.24＋375×0.3＋425×0.2＋475×0.05＝354.5)
解 (1)由題得，黃桃質量在[350,400)和[400,450)的比例為3∶2，
∴應分別在質量為[350,400)和[400,450)的黃桃中各抽取3個和2個．
記抽取質量在[350,400)的黃桃為A1，A2，A3，質量在[400,450)的黃桃為B1，B2，
則從這5個黃桃中隨機抽取2個的情況共有以下10種：A1A2，A1A3，A2A3，A1B1，A2B1，A3B1，A1B2，A2B2，A3B2，B1B2，其中質量至少有一個不小于400克的有7種情況，故所求概率為.
(2)方案B好，
17、理由如下：
由頻率分布直方圖可知，黃桃質量在[200,250)的頻率為50×0.001＝0.05.
同理，黃桃質量在[250,300)，[300,350)，[350,400)，[400,450)，[450,500]的頻率依次為0.16,0.24,0.3,0.2,0.05.
若按方案B收購：
∵黃桃質量低于350克的個數為(0.05＋0.16＋0.24)×100000＝45000個，
黃桃質量不低于350克的個數為55000個，
∴收益為45000×5＋55000×9＝720000元．
若按方案A收購：
根據題意，各段黃桃個數依次為5000,16000,24000,30000,2
18、0000,5000，
于是總收益為(225×5000＋275×16000＋325×24000＋375×30000＋425×20000＋475×5000)×20÷1000＝709000(元)．
∴方案B的收益比方案A的收益高，應該選擇方案B.
19．(本小題滿分12分)(2019·韶關一模)如圖，在幾何體ABCDEF中，DE＝2，DE∥BF，DE⊥平面ABCD，四邊形ABCD是菱形，AB＝5，AC＝8.
(1)求證：AC⊥EF；
(2)求點B到平面ADE的距離．
解 (1)證明：∵DE⊥底面ABCD，AC?底面ABCD，
∴DE⊥AC.
在菱形ABCD中，BD⊥AC，
又∵
19、DE∩BD＝D，
∴AC⊥平面BDEF.
又∵EF?平面BDEF，∴AC⊥EF.
(2)設點B到平面ADE的距離為d，連接BE.在菱形ABCD中，設AC∩BD＝O.AC⊥BD，AB＝5，AC＝8.
∴BD＝2OB
＝2
＝2＝6.
∵DE⊥底面ABCD，
∴VE－ABD＝S△ABD×DE＝××BD×AO×DE＝××6×4×2＝8.
∵DE⊥底面ABCD，AD?底面ABCD，∴DE⊥AD.
∴VB－ADE＝×S△ADE×d＝××AD×DE×d＝×5×2d＝d.
∵VE－ABD＝VB－ADE，即d＝.
所以，點B到平面ADE的距離為.
20．(本小題滿分12分)(20
20、19·四川綿陽二診)已知橢圓C：＋＝1的左、右焦點分別為F1，F2，直線l：y＝kx＋m與橢圓C交于A，B兩點．O為坐標原點．
(1)若直線l過點F1，且|AB|＝，求k的值；
(2)若以AB為直徑的圓過原點O，試探究點O到直線AB的距離是否為定值？若是，求出該定值；若不是，請說明理由．
解 (1)由橢圓C：＋＝1，得a2＝8，b2＝4，則c＝＝2.
因為直線l過點F1(－2,0)，所以m＝2k，即直線l的方程為y＝k(x＋2)．
設A(x1，y1)，B(x2，y2)．
聯立整理得(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－8＝0.
∴x1＋x2＝，x1x2＝.
由弦長公式|AB|＝
21、＝，代入整理得＝，解得k2＝1.
∴k＝±1.
(2)設直線l方程y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
聯立整理得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－8＝0.
∴x1＋x2＝，x1x2＝.
以AB為直徑的圓過原點O，即·＝0.
∴·＝x1x2＋y1y2＝0.
將y1＝kx1＋m，y2＝kx2＋m代入，整理得
(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0.
將x1＋x2＝，x1x2＝代入，
整理得3m2＝8k2＋8.
設點O到直線AB的距離為d，
于是d2＝＝，
故點O到直線AB的距離是定值，該定值為d＝.
21．(本小題滿分12分)(2019·
22、江西聯考)已知函數f (x)＝3x－＋bln x.
(1)當b＝－4時，求函數f (x)的極小值；
(2)若?x∈[1，e]，使得4x－－f (x)＜－成立，求b的取值范圍．
解 (1)當b＝－4時，
f′(x)＝＋＋3＝.
令f′(x)＝0，得x＝或x＝1.
所以f (x)在上單調遞增，在上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增．
所以f (x)在x＝1處取得極小值為f (1)＝2.
(2)由?x∈[1，e]，使得4x－－f (x)＜－?4x－－f (x)＋＜0?4x－－3x＋－bln x＋＜0，即x－bln x＋＜0.
設h(x)＝x－bln x＋，則只需要函數h(x)＝x－
23、bln x＋在[1，e]上的最小值小于零．又h′(x)＝1－－＝＝，
令h′(x)＝0，得x＝－1(舍去)或x＝1＋b.
①當1＋b≥e，即b≥e－1時，h(x)在[1，e]上單調遞減，
故h(x)在[1，e]上的最小值為h(e)，由h(e)＝e＋－b＜0，可得b＞.
因為＞e－1，所以b＞.
②當1＋b≤1，即b≤0時，h(x)在[1，e]上單調遞增，
故h(x)在[1，e]上的最小值為h(1)，由h(1)＝1＋1＋b＜0，可得b＜－2(滿足b≤0)．
③當1＜1＋b＜e，即0＜b＜e－1時，h(x)在(1,1＋b)上單調遞減，在(1＋b，e)上單調遞增，故h(x)在[1，e]
24、上的最小值為h(1＋b)＝2＋b－bln (1＋b)．
因為0＜ln (1＋b)＜1，所以0＜bln (1＋b)＜b，
所以2＋b－bln (1＋b)＞2，即h(1＋b)＞2，不滿足題意，舍去．
綜上可得，b＜－2或b＞，
所以實數b的取值范圍為(－∞，－2)∪.
(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：坐標系與參數方程]
(2019·寶雞二模)點P是曲線C1：(x－2)2＋y2＝4上的動點，以坐標原點O為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系，以極點O為中心，將點P逆時針旋轉90°得到點
25、Q，設點Q的軌跡為曲線C2.
(1)求曲線C1，C2的極坐標方程；
(2)射線θ＝(ρ＞0)與曲線C1，C2分別交于A，B兩點，設定點M(2,0)，求△MAB的面積．
解 (1)曲線C1的極坐標方程為ρ＝4cosθ.
設Q(ρ，θ)，則P，則有ρ＝4cos＝4sinθ.
所以曲線C2的極坐標方程為ρ＝4sinθ.
(2)把θ＝代入C1得ρ1＝0，即A，
把θ＝代入C2得ρ2＝4，即B.
∴△MAB是直角三角形，直角邊長為4,2，
S△MAB＝×4×2＝4.
23．(本小題滿分10分)[選修4－5：不等式選講]
(2019·寶雞二模)設函數f (x)＝x2－x－1.
(1)解不等式：|f (x)|＜1；
(2)若|x－a|＜1，求證：|f (x)－f (a)|＜2(|a|＋1)．
解 (1)由|f (x)|＜1得－1＜f (x)＜1，即－1＜x2－x－1＜1，
所以原不等式的解集為(－1,0)∪(1,2)．
(2)證明：因為|x－a|＜1，
所以|f (x)－f (a)|＝|x2－a2＋a－x|＝|(x－a)(x＋a－1)|＝|x－a||x＋a－1|<|x＋a－1|＝|(x－a)＋2a－1|≤|x－a|＋|2a|＋1＜|2a|＋2＝2(|a|＋1)．
14
（2019高考題 2019模擬題）2020高考數學 基礎鞏固練（五）文（含解析）
