2020高考数学讲练试题素养提升练（七）理（含2019高考模拟题）.docx

（刷题1+1）2020高考数学讲练试题 素养提升练（七）理（含2019高考+模拟题）本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分满分150分，考试时间120分钟第卷(选择题，共60分)一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1(2019宣城二调)复数(i是虚数单位)的虚部是()A3i B6i C3 D6答案C解析复数23i.复数(i是虚数单位)的虚部是3.故选C.2(2019广东汕头模拟)已知集合A0,1,2，若AZB(Z是整数集合)，则集合B可以为()Ax|x2a，aA Bx|x2a，aACx|xa1，aN Dx|xa2，aN答案C解析由题意知，集合A0,1,2，可知x|x2a，aA0,2,4，此时AZB1，A不满足题意；x|x2a，aA1,2,4，则AZB0，B不满足题意；x|xa1，aN1,0,1,2，3，则AZB，C满足题意；x|xa2，aN0,1,4,9,16，则AZB2，D不满足题意故选C.3(2019衡阳联考)比较甲、乙两名学生的数学学科素养的各项能力指标值(满分为5分，分值高者为优)，绘制了如图所示的六维能力雷达图，例如图中甲的数学抽象指标值为4，乙的数学抽象指标值为5，则下面叙述正确的是()A乙的逻辑推理能力优于甲的逻辑推理能力B甲的数学建模能力指标值优于乙的直观想象能力指标值C乙的六维能力指标值整体水平优于甲的六维能力指标值整体水平D甲的数学运算能力指标值优于甲的直观想象能力指标值答案C解析甲的逻辑推理能力指标值为4，优于乙的逻辑推理能力指标值3，故A错误；甲的数学建模能力指标值为3，乙的直观想象能力指标值为5，所以乙的直观想象能力指标值优于甲的数学建模能力指标值，故B错误；甲的六维能力指标值的平均值为(434534)，乙的六维能力指标值的平均值为(543543)4，因为4，故C正确；甲的数学运算能力指标值为4，甲的直观想象能力指标值为5，所以甲的数学运算能力指标值不优于甲的直观想象能力指标值，故D错误故选C.4(2019东北三校模拟)已知cos，则sin()A B. C. D答案B解析cos，sincoscos12cos2.故选B.5(2019达州一诊)如图虚线网格的最小正方形边长为1，实线是某几何体的三视图，这个几何体的体积为()A4 B2 C. D答案B解析根据图中三视图可知几何体的直观图如图所示，为圆柱的一半，可得几何体的体积为1242.故选B.6(2019全国卷)下列函数中，以为周期且在区间单调递增的是()Af(x)|cos2x| Bf(x)|sin2x|Cf(x)cos|x| Df(x)sin|x|答案A解析作出函数f(x)|cos2x|的图象，如图由图象可知f(x)|cos2x|的周期为，在区间上单调递增同理可得f(x)|sin2x|的周期为，在区间上单调递减，f(x)cos|x|的周期为2.f(x)sin|x|不是周期函数，排除B，C，D.故选A.7(2019镇海中学模拟)已知正项等比数列an满足a7a62a5，若存在两项am，an，使得aman16a，则的最小值为()A. B. C. D.答案C解析设正项等比数列an的公比为q，且q0，由a7a62a5，得a6qa6，化简得q2q20，解得q2或q1(舍去)，因为aman16a，所以(a1qm1)(a1qn1)16a，则qmn216，解得mn6，所以(mn)，故选C.8(2019安徽芜湖二模)一元线性同余方程组问题最早可见于中国南北朝时期(公元5世纪)的数学著作孙子算经卷下第二十六题，叫做“物不知数”问题，原文如下：有物不知数，三三数之剩二，五五数之剩三，问物几何？即，一个整数除以三余二，除以五余三，求这个整数设这个整数为a，当a2,2019时，符合条件的a共有()A133个 B134个 C135个 D136个答案C解析由题设a3m25n3，m，nN*，则3m5n1.当m5k，n不存在；当m5k1，n不存在；当m5k2，n3k1，满足题意；当m5k3，n不存在；当m5k4，n不存在；故2a15k82019，解得k，kZ，则k0,1,2，134，共135个故选C.9(2019湖南百所重点中学诊测)若变量x，y满足约束条件且a(6,3)，则z仅在点A处取得最大值的概率为()A. B. C. D.答案A解析z可以看作点(x，y)和点(a,0)的斜率，直线AB与x轴交点为(2,0)，当a(2，1)时，z仅在点A处取得最大值，所以P.故选A.10(2019肇庆二模)已知x1是f(x)x2(a3)x2a3ex的极小值点，则实数a的取值范围是()A(1，) B(1，)C(，1) D(，1)答案D解析根据题意求函数f(x)的导数f(x)，根据x1是f(x)的极小值点，得出x1时f(x)1时f(x)0，由此可得出实数a的取值范围函数f(x)x2(a3)x2a3ex，则f(x)x2(a1)xaex，令f(x)0，得x2(a1)xa0，极值点是x1和xa，仅当a1，则实数m的取值范围是_答案(，0)(e，)解析如图所示，可得f(x)的图象与y1的交点分别为(0,1)，(e,1)，f(m)1，则实数m的取值范围是(，0)(e，)16(2019全国卷)已知双曲线C：1(a0，b0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点若，0，则C的离心率为_答案2解析解法一：由，得A为F1B的中点又O为F1F2的中点，OABF2.又0，F1BF290.OF2OB，OBF2OF2B.又F1OABOF2，F1OAOF2B，BOF2OF2BOBF2，OBF2为等边三角形如图1所示，不妨设B为.点B在直线yx上，离心率e2.解法二：0，F1BF290.在RtF1BF2中，O为F1F2的中点，|OF2|OB|c.如图2，作BHx轴于H，由l1为双曲线的渐近线，可得，且|BH|2|OH|2|OB|2c2，|BH|b，|OH|a，B(a，b)，F2(c,0)又，A为F1B的中点OAF2B，c2a，离心率e2.三、解答题：共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答第22、23题为选考题，考生根据要求作答(一)必考题：60分17(本小题满分12分)(2019湖南永州三模)已知数列an的前n项和Sn满足Sn2ann(nN*)(1)证明：数列an1为等比数列；(2)若数列bn为等差数列，且b3a2，b7a3，求数列的前n项和Tn.解(1)证明：当n1时，a12a11，a11.当n2时，Sn12an1(n1)，an2an2an11，an12(an11)，数列an1是首项、公比都为2的等比数列(2)由(1)得，an12n，即an2n1，b33，b77，b12d3，b16d7，b1d1，bnn，Tn1.18(本小题满分12分)(2019汕头一模)我市南澳县是广东唯一的海岛县，海区面积广阔，发展太平洋牡蛎养殖业具有得天独厚的优势，所产的“南澳牡蛎”是中国国家地理标志产品，产量高、肉质肥、营养好，素有“海洋牛奶精品”的美誉根据养殖规模与以往的养殖经验，产自某南澳牡蛎养殖基地的单个“南澳牡蛎”质量(g)在正常环境下服从正态分布N(32,16)(1)购买10只该基地的“南澳牡蛎”，会买到质量小于20 g的牡蛎的可能性有多大？(2)2019年该基地考虑增加人工投入，现有以往的人工投入增量x(万人)与年收益增量y(万元)的数据如下：人工投入增量x(万人)234681013年收益增量y(万元)13223142505658该基地为了预测人工投入增量为16人时的年收益增量，建立了y与x的两个回归模型：模型：由最小二乘公式可求得y与x的线性回归方程：4.1x11.8；模型：由散点图的样本点分布，可以认为样本点集中在曲线：yba的附近，对人工投入增量x做变换，令t，则ybta，且有2.5，38.9， (ti)(yi)81.0， (ti)23.8.(1)根据所给的统计量，求模型中y关于x的回归方程(精确到0.1)；(2)根据下列表格中的数据，比较两种模型的相关指数R2，并选择拟合精度更高、更可靠的模型，预测人工投入增量为16人时的年收益增量回归模型模型模型回归方程4.1x11.8yba (yii)2182.479.2附：若随机变量ZN(，2)，则P(3Z3)0.9974,0.9987100.9871；样本(ti，yi)(i1,2，n)的最小二乘估计公式为，另：刻画回归效果的相关指数R21.解(1)由已知，单个“南澳牡蛎”质量N(32,16)，则32，4，由正态分布的对称性可知，P(20)1P(2044)1P(379.2，即，模型的R2小于模型，说明回归模型刻画的拟合效果更好当x16时，模型的收益增量的预测值为21.314.421.3414.470.8(万元)，这个结果比模型的预测精度更高、更可靠19(本小题满分12分)(2019哈尔滨三中模拟)如图所示，在四棱台ABCDA1B1C1D1中，AA1底面ABCD，四边形ABCD为菱形，BAD120，ABAA12A1B12.(1)若M为CD的中点，求证：AM平面AA1B1B；(2)求直线DD1与平面A1BD所成角的正弦值解(1)证明：四边形ABCD为菱形，BAD120，连接AC，则ACD为等边三角形，又M为CD的中点，AMCD，由CDAB，AMAB，AA1底面ABCD，AM底面ABCD，AMAA1，又ABAA1A，AM平面AA1B1B.(2)四边形ABCD为菱形，BAD120，ABAA12A1B12，DM1，AM，AMDBAM90，又AA1底面ABCD，分别以AB，AM，AA1为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A1(0,0,2)，B(2,0,0)，D(1，0)，D1，(3，0，(2,0，2)，设平面A1BD的一个法向量n(x，y，z)，则有yxz，令x1，则n(1，1)，直线DD1与平面A1BD所成角的正弦值sin|cosn，|.20(本小题满分12分)(2019南京市三模)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：1(ab0)过点，离心率为.A，B分别是椭圆C的上、下顶点，M是椭圆C上异于A，B的一点(1)求椭圆C的方程；(2)若点P在直线xy20上，且3，求PMA的面积；(3)过点M作斜率为1的直线分别交椭圆C于另一点N，交y轴于点D，且D点在线段OA上(不包括端点O，A)，直线NA与直线BM交于点P，求的值解(1)因为椭圆过点，离心率为，所以1，1e2，解得a22，b21，所以椭圆C的方程为y21.(2)由(1)知B(0，1)，设M(x0，y0)，P(x，y)由3，得(x，y1)3(x0，y01)，则x3x0，y3y02.又因为P在直线xy20上，所以y0x0.因为M在椭圆C上，所以y1，将代入上式，得x.所以|x0|，从而|xP|，所以SPMASPABSMAB22.(3)解法一：由(1)知，A(0,1)，B(0，1)设D(0，m)，0m1，M(x1，y1)，N(x2，y2)因为MN的斜率为1，所以直线MN的方程为yxm，联立方程组消去y，得3x24mx2m220，所以x1x2，x1x2.直线MB的方程为yx1，直线NA的方程为yx1，联立解得yP.将y1x1m，y2x2m代入，得yP.所以(0，m)(xP，yP)myPm1.解法二：A(0,1)，B(0，1)设M(x0，y0)，则y1.因为MN的斜率为1，所以直线MN的方程为yxx0y0，则D(0，y0x0)，联立方程消去y，得3x24(x0y0)x2(x0y0)220，所以xNx0，所以xN，yN，所以直线NA的方程为yx1x1，直线MB的方程为yx1，联立解得yP.又因为y1，所以yP，所以(0，y0x0)(xP，yP)(y0x0)1.21(本小题满分12分)(2019仙桃期末)已知函数f(x)x2axln x，其中e为自然对数的底数(1)当a0时，求证：x1时，f(x)0；(2)当a时，讨论函数f(x)的极值点个数解(1)证明：由f(x)xa(ln x1)，易知f0，设g(x)f(x)，则g(x)，当a0时，g(x)0，又fg0，0x时，g(x)时，g(x)0，即f(x)在上递减，在上递增，所以当x1时，f(x)f(1)0得证(2)由(1)可得，当a0时，f(x)当且仅当在x处取得极小值，无极大值，故此时极值点个数为1；当a0时，易知g(x)在(0，a)上递减，在(a，)上递增，所以g(x)ming(a)aln (a)，又设h(a)aln (a)，其中a0，则h(a)1ln (a)0，对a0恒成立，所以h(a)单调递减，h(a)h0，所以()当a时，g(x)0即f(x)在(0，)上单调递增，故此时极值点个数为0；()当aa0，g(x)在(a，)上递增，又g0，所以当ax时g(x)时，g(x)0，即f(x)总在x处取得极小值；又当x0且x0时，g(x)，所以存在唯一x0(0，a)使得g(x0)0，且当0x0，当x0xa时，g(x)0，则f(x)在xx0处取得极大值，故此时极值点个数为2，综上，当a时，f(x)的极值点个数为0；当a0)与曲线C1，C2分别交于A，B两点，设定点M(2,0)，求MAB的面积解(1)曲线C1的圆心为(2,0)，半径为2，把互化公式代入可得曲线C1的极坐标方程为4cos.设Q(，)，则P，则有4cos4sin.