（2019高考題 2019模擬題）2020高考數(shù)學 基礎鞏固練（六）文（含解析）

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1、基礎鞏固練(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·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)計的某年春運期間12個城市售出的往返機票的平均價格以及相比上年同期變化幅度的數(shù)據(jù)統(tǒng)計圖表，根據(jù)圖表，下面敘述不正確的是(　　) A．深圳的變化幅度最小，北京的平均價格最髙 B．深圳和廈門的平均價格同去年相比有所下降 C．平均價格從高到低居于前三位的城市為北京、深圳、廣州 D．平均價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A，B，C都正確．對于D，因為要判斷漲幅從高到低，而不是判斷變化幅度，平均價格的漲幅從高到低居于前三位的城市為天津、西安、南京，所以錯誤．故選D. 4．(2019·寶雞中學二模)執(zhí)行如圖所示的程序框圖，若輸入如下四個函數(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)、又存在零點的函數(shù)．故選A. 5．(2019·拉薩中學模擬)如圖所示，△ABC中，＝2，點E是

4、線段AD的中點，則＝(　　) A.＋ B.＋ C.＋ D.＋ 答案　C 解析?。剑剑剑剑蔬xC. 6．(2019·北京西城二模)榫卯是在兩個木構件上所采用的一種凹凸結合的連接方式，凸出部分叫榫，凹進部分叫卯，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)，圖象關于y軸對稱，當x＞0時，y′＝－4sinx－ex＝－(4sinx＋ex)，顯然當x∈(0，π]時，y′＜0，當x∈(π，＋∞)時，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，＋∞)上單調遞減．故選D. 8．(2019·全國卷Ⅱ)設f (x)為奇函數(shù)，且當x≥0時，f (x)＝e

6、x－1，則當x<0時，f (x)＝(　　) A．e－x－1 B．e－x＋1 C．－e－x－1 D．－e－x＋1 答案　D 解析　當x<0時，－x>0，∵當x≥0時，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，另一直線l2：2kx＋2y－3k－3＝0與圓M交于C，D兩點，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中點為.而直線l2：2kx＋2y－3k－3＝0恒過定點，∴|AB|＝＝.當CD為圓的直徑，且CD⊥AB時，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)設雙曲線的一個焦點為F，虛軸的一個端點為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，∴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)設函數(shù)f (x)＝g(x)＝f (x)＋2x＋a.若g(x)存在兩個零點，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有兩個不同的實根，即函數(shù)f (x)的圖象與直線y＝－2x－a有兩個交點，作出y＝f (x)的圖象和直線y＝－2x－a，如圖所示． 當直線經(jīng)過點(1,0)時，可得－2－

10、a＝0，即a＝－2；當直線經(jīng)過點(1,2)時，可得－2－a＝2，即a＝－4；可得，當－4≤a＜－2時，直線y＝－2x－a和函數(shù)f (x)的圖象有兩個交點，即g(x)存在兩個零點，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的可行域(圖中陰影部分)，由圖易知，當直線y＝3x－z過點C時，－z最小，即z最大． 由解得 即C點坐標為(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　設長方體ABCD－A1B1C1D1的外接球半徑為R， 因為長方體ABCD－A1B1C1D1的外接球體積為πR3＝π，所以R＝2， 即A1C＝＝2R＝4，因為AA1＝BC＝2，所以AB＝2.因為A1B1⊥平面BB1C1C，所以A1C與平面BB1C1C所成的角為∠A1CB1， 因為AA1＝BC＝2，所以B1C＝2＝A1B1， 所以在Rt△A1CB1中，∠A1CB1＝. 15．(2019·全國卷Ⅲ)設F1，F(xiàn)2為橢圓C：＋＝1的兩個焦點，

12、M為C上一點且在第一象限．若△MF1F2為等腰三角形，則M的坐標為________． 答案　(3，) 解析　設F1為橢圓的左焦點，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．因為點M在橢圓＋＝1上，所以聯(lián)立方程可得解得又因為點M在第一象限，所以點M的坐標為(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·山西晉城一模)已知等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，其中a3＝9，S4＝a1＋39. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)若{an}為遞增數(shù)列，求數(shù)列的前n

14、項和． 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＝ ＝＝， 設的前n項和為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情況，隨機在這兩條流水線上各抽取100件產品作為樣本稱出它們的質量(單位：毫克)，質量值落在(175,225]的產品為合格品，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． 產品質量/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，求乙流水線樣本質量的中位數(shù)(結果保留整數(shù))； (2)從甲流水線樣本中質量在(165,185]的產品中任取兩件產品，求兩件產品中恰有一件合格品的概率； (3)由以上統(tǒng)計數(shù)據(jù)完成下面2×2列聯(lián)表，能否在犯錯誤的概率不超過0.15的前提下認為產品的包裝合格與兩條自動包裝流水

16、線的選擇有關？ 甲流水線 乙流水線 總計 合格品 不合格品 總計 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)因為前三組的頻率之和為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，設為x， 由(x－195)×0.034＋0.31＝0.5，解得x≈201. (2)甲流水線樣本中質量在(165,185]的產品共有5件，其中合格品有2件，設為A，B；不合格品3件，設為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 合格品 92 96 188 不合格品 8 4 12 總計 100 100 200 所以K2＝＝≈1.418＜2.072， 故在犯錯誤的概率不超過0.15的前提下，不能認為產品的包裝合格與兩條自動包裝流水線的選擇有關． 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A到平面PBC的距離． 解　(1)證明：取AD

19、的中點O，連接OP，OB，BD， ∵底面ABCD為菱形，∠BAD＝60°， ∴AD＝AB＝BD. ∵O為AD的中點，∴BO⊥AD. 在△PAD中，PA＝PD，O為AD的中點， ∴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＝. 設點A到平面PBC的距離為h， ∵VA－PBC＝VP－ABC， 即S△PBC·h＝S△ABC·PO. ∴h＝＝＝. ∴點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A到平面PBC的距離等于點O到平面PBC的距離． 過點O作OH⊥PB于點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)等面積關系得PB·OH＝PO·OB. ∴OH＝＝＝. ∴點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，分別過點A，B作拋物線C的切線，所得的兩條切線相交于點P. (1)求證：·為定值； (2)求△ABP的面積的最小值及此時直線l的方程． 解　(1)證明：設A，B的坐標分別為A(x1，y1)，B(x2，y2)，由消y得，x2－8kx－8＝0，方程的兩個根為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，　① 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P(4k，－1)， ∴|AB|＝·＝·＝4·， 點P(4k，－1)到直線l：y＝kx＋1的距離d＝， ∴S△ABP＝|AB|·d＝4(2k2＋1)， ∵k2≥0， ∴當k2＝0即k＝0時，S△ABP有最小值為4，此時直線方程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)的單調性

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

25、－1≥ex－x－1. 令h(x)＝ex－x－1，則當x＞0時，h′(x)＝ex－1＞0. h(x)單調遞增，h(x)＞h(0)＝0. ∴當0＜x＜1時，g′(x)＜0；當x＝1時，g′(x)＝0；當x＞1時，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分． 22．(本小題滿分10分)[選修4－4：坐標系與參數(shù)方程] (2019·大慶三模)在直角坐標系xOy中，直線l1的參數(shù)方程為(t為參數(shù))．以O為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系，圓C

26、的極坐標方程為ρ＝4cosθ，射線l2的極坐標方程為θ＝(ρ≥0)． (1)求直線l1的傾斜角及極坐標方程； (2)若射線l2與l1交于點M，與圓C交于點N(異于原點)，求|OM|·|ON|. 解　(1)直線l1的普通方程為x＋y－4＝0. 設直線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的極坐標方程為ρcosθ＋ρsinθ＝4. (2)把θ＝代入l1的極坐標方程中，得|OM|＝ρ1＝，把θ＝代入圓的極坐標方程中，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＋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， 當且僅當即a＝b＝時取等號，∴＋的最小值為2，∴m＝3. (2)由(1)知|x＋1|－|x－3|＜3. 當x≤－1時，原不等式化為－(x＋1)＋(x－3)＜3，解得x≤－1； 當－1＜x≤3時，原不等式化為x＋1＋x－3＜3，解得－1＜x＜； 當x＞3時，原不等式化為x＋1－(x－3)＜3，無解． 綜上，原不等式的解集為. 14