2019高考題2019模擬題2020高考數(shù)學(xué)基礎(chǔ)鞏固練五文含解析

1、 1 基礎(chǔ)鞏固練(五) 本試卷分第卷(選擇題)和第卷(非選擇題)兩部分滿分150分，考試時間120分鐘 第卷 (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·大同一中二模)已知集合Ax|x1，Bx|x2x20，則AB( ) Ax|x1 Bx|1x2 Cx|1x1 Dx|x1 答案 D 解析 由題意得，Bx|1x2，ABx|x1故選D. 2(2019·杭州二中一模)在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)z2ii 3(i為虛數(shù)單位)對應(yīng)的點位于( ) A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 答案 C 解

2、析 復(fù)數(shù)z2ii 312i，則z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點為(1，2)，位于第三象限故選C. 3(2019·紹興一中三模)一個幾何體的三視圖如圖所示，每個小方格都是邊長為1的正方形，則這個幾何體的體積為( ) A32 B.64 3 C.32 3 D8 答案 B 解析 幾何體的直觀圖如圖所示，棱錐的頂點，在底面上的射影是底面一邊的中點，易知這個幾何體的體積為13×4×4×464 3.故選B. 2 4(2019·長春市二模)設(shè)直線y2x的傾斜角為，則cos2的值為( ) A 55 B 255 C35 D45 答案 C 解析 由題意可知tan2，則cos2c

3、os2sin2cos2sin2 cos2sin21tan 21tan235，故選C. 5(2019·洛陽一高三模)已知拋物線y22px(p>0)上的點M到其焦點F的距離比點M到y(tǒng)軸的距離大12，則拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為( ) Ay2x By22x Cy24x Dy28x 答案 B 解析 因為拋物線y22px(p>0)上的點M到其焦點F的距離比點M到y(tǒng)軸的距離大12， 所以可得p212，得p1，所以拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為y22x.故選B. 6(2019·濮陽二模)如圖所示，等邊ABC的邊長為2，AMBC，且AM6.若N為線段CM的中點，則AN ·BM( ) A1

4、8 B22 C23 3 D24 答案 C 解析 如圖，以A為原點，AB所在直線為x軸，過點A作垂直于AB的直線為y軸，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系， 則A(0,0)，B(2,0)，C(1 ，3)因為ABC為等邊三角形，且AMBC，所以MAB120°，所以M( 3,33)，因為N是CM的中點，所以N( 1,23)，所以AN(1， 23)，BM( 5,33)，所以AN·BM23.故選C. 7(2019·全國卷) 執(zhí)行如圖所示的程序框圖，如果輸入的為0.01，則輸出的值等于( ) A212 4 B212 5 C212 6 D212 7 答案 C 解析 0.01， x1，

5、s0，s011，x1 2，x<不成立； s112，x14，x<不成立； 4 s11214，x18，x<不成立； s1121418，x1 16，x<不成立； s11214181 16，x1 32，x<不成立； s11214181 161 32，x1 64，x<不成立； s11214181 161 321 64，x1 128，x<成立， 此時輸出s212 6.故選C. 8(2019·南充高中一模)已知函數(shù)f (x)m3x 152的圖象關(guān)于(0,2)對稱，則f (x)>11的解集為( ) A(1,0) B(1,0)(0,1) C(1,0)(0

6、，) D(1,0)(1，) 答案 A 解析 依題意，得f (1)f (1)m13 152m3 1524，解得m9.所以f (x)>11即93x 152>11，解得1<x<0.故選A. 9(2019·湖南師大附中三模)設(shè)函數(shù)f (x)的導(dǎo)函數(shù)為f(x)，若f (x)為偶函數(shù)，且在(0,1)上存在極大值，則f(x)的圖象可能為( ) 答案 C 解析 若f (x)為偶函數(shù)，則f(x)為奇函數(shù)，故排除B，D.又f (x)在(0,1)上存在極大值，則f(x)在(0,1)上應(yīng)先大于0，再小于0，故選C. 5 10(2019·溫州中學(xué)一模)如圖所示，在長方體ABC

7、DA1B1C1D1中，AB2，BC4，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 121116 B 811 C 1211 D 12216 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OEAB交AB于點E，則OE1 2BC，又因為OE?平面ABCD，平面ABB1A1平面ABCDAB，所以O(shè)E平面ABB1A1.連接A1E，則OA1E30°.在RtA1EO中，OE2，OA1E

8、30°，所以A1E 23.在RtA1AE中，AE1，所以A1A 11，故長方體的表面積為 121116.故選A. 11(2019·揚州中學(xué)二模)已知函數(shù)f (x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x0時，f (x)1 x x，則曲線yf (x)在點(1，f (1)處的切線方程為( ) A3xy40 B3xy40 C3xy20 D3xy40 答案 A 解析 函數(shù)f (x)是定義在R上的奇函數(shù)，f (x)f (x)，當(dāng)x0時，f (x)1 x x，不妨設(shè)x0，則x0，故f (x)f (x)12ln x x，當(dāng)x 6 0時，f (x)12ln x x，f(x)2x·x 2ln

9、xx 22ln x3x 2，故f (1)1，f(1)3，故切線方程是y13(x1)，整理得3xy40，即曲線yf (x)在點(1，f (1)處的切線方程為3xy40.故選A. 12(2019·全國卷)設(shè)F為雙曲線C：x2a 2y2b 21(a>0，b>0)的右焦點，O為坐標(biāo)原點，以O(shè)F為直徑的圓與圓x2y2a2交于P，Q兩點若|PQ|OF|，則C的離心率為( ) A. 2 B.3 C 2 D.5 答案 A 解析 令雙曲線C：x2a 2y2b 21(a>0，b>0)的右焦點F的坐標(biāo)為(c,0)，則c a2b2 . 如圖所示，由圓的對稱性及條件|PQ|OF|可知，

10、PQ是以O(shè)F為直徑的圓的直徑，且PQOF.設(shè)垂足為M，連接OP，則|OP|a，|OM|MP|c2，由|OM|2|MP|2|OP|2，得?c22?c22a2，ca 2，即離心率e 2.故選A. 第卷 (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(xiàn)稱為分形，謝爾賓斯基三角形是一種分形，由波蘭數(shù)學(xué)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(fù)上述過程得到如圖所示的圖案，若向該圖案內(nèi)隨機投一點，則該點落

11、在黑色部分的概率是_ 答案 9 16 解析 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(shè)“向該圖案內(nèi)隨機投一點，則該點落在黑色部分”為事件A，由 7 幾何概型的概率計算公式可得P(A)9S小三角形16S 小三角形9 16. 14(2019·貴州聯(lián)考)設(shè)x，y滿足約束條件? x0，3x2y7，4xy2，則z2xy的最大值為_ 答案 4 解析 作出? x0，3x2y7，4xy2表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示， 由? 3x2y7，4xy2解得A(1,2)， 當(dāng)直線y2xz經(jīng)過點A時，截距取得最大值，即z取得最大此時x1，y2，z2xy有最

12、大值2×124. 15(2019·全國卷)函數(shù)f (x)sin?23 23cosx的最小值為_ 答案 4 解析 f (x)sin?2x3 23cosxcos2x3cosx2cos2x3cosx1，令tcosx，則t1,1，f (x)2t23t1. 又函數(shù)f (x)圖象的對稱軸t3 41,1，且開口向下，當(dāng)t1時，f (x)有最小值4. 16(2019·云南省曲靖市質(zhì)量監(jiān)測)已知f (x)1|lg x|，則函數(shù)y2f2(x)3f (x)1的零點個數(shù)為_ 答案 3 解析 根據(jù)題意，函數(shù)y2f2(x)3f (x)1， 8 令y2f2(x)3f (x)10，解得f (x)

13、1或12， 若f (x)1，即1|lg x|1，即lg x0，解得x1， 若f (x)12，即1|lg x|12，即lg x±12，解得x 10 或1010， 則函數(shù)y2f2(x)3f (x)1有3個零點 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1721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·濟南二模)如圖，在平面四邊形ABCD中，AB2，BC3，點E在線段AC上，且AE2EC，BE 433. (1)求AC的長； (2)若ADC60°，AD3，求ACD

14、的大小 解 (1)設(shè)AC3z，在ABE 中，由余弦定理可得cos BEA 163z24 2×433×2z. 在CBE中，由余弦定理可得 cosBEC163z292×433× z . 由于BEABEC180°， 所以cosBEAcosBEC . 所以16 3z242×433 ×2z163z292×433×z. 整理并解得z1(負(fù)值舍去)所以AC3. 9 (2)在ADC中，由正弦定理可得ACsin ADCADsin ACD ，所以33 23sinACD，所以sinACD12. 因為ADAC，所以ACD60&#

15、176;，所以ACD30°. 18(本小題滿分12分)(2019·株洲一模)經(jīng)過多年的努力，炎陵黃桃在國內(nèi)乃至國際上逐漸打開了銷路，成為炎陵部分農(nóng)民脫貧致富的好產(chǎn)品為了更好地銷售，現(xiàn)從某村的黃桃樹上隨機摘下了100個黃桃進行測重，其質(zhì)量分布在區(qū)間 200,500內(nèi)(單位：克)，統(tǒng)計質(zhì)量的數(shù)據(jù)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(zhì)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(zhì)量至少有一個不小于400克的概率； (2)以各組數(shù)據(jù)的中間數(shù)值代表這組數(shù)據(jù)的平均水平，以頻率代表概率，已知該村的黃桃樹上大約

16、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(shù)據(jù)：225×0.05275×0.16325×0.24375×0.3425×0.2475×0.05354.5) 解 (1)由題得，黃桃質(zhì)量在350,400)和400,450)的比例為32， 應(yīng)分別在質(zhì)量為350,400)和400,450)的黃桃中各抽取3個和2個 記抽取質(zhì)量在350,400)的黃桃為A1，A2，A3，質(zhì)量在400,45

17、0)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(zhì)量至少有一個不小于400克的有7種情況，故所求概率為710. (2)方案B好，理由如下： 由頻率分布直方圖可知，黃桃質(zhì)量在200,250)的頻率為50×0.0010.05. 同理，黃桃質(zhì)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. 10 若按方案B收購： 黃桃質(zhì)量低于350克的個數(shù)為(0.050.16

18、0.24)×10000045000個， 黃桃質(zhì)量不低于350克的個數(shù)為55000個， 收益為45000×555000×9720000元 若按方案A收購： 根據(jù)題意，各段黃桃個數(shù)依次為5000,16000,24000,30000,20000,5000， 于是總收益為(225×5000275×16000325×24000375×30000425×20000475×5000)×20÷1000709000(元) 方案B的收益比方案A的收益高，應(yīng)該選擇方案B. 19(本小題滿分12分)(2019

19、·韶關(guān)一模)如圖，在幾何體ABCDEF中，DE2，DEBF，DE平面ABCD，四邊形ABCD是菱形，AB5，AC 8. (1)求證：ACEF； (2)求點B到平面ADE的距離 解 (1)證明：DE底面ABCD，AC?底面ABCD， DEAC. 在菱形ABCD中，BDAC， 又DEBDD， AC平面BDEF. 又EF?平面BDEF，ACEF. (2)設(shè)點B到平面ADE的距離為d，連接BE.在菱形ABCD中，設(shè)ACBDO.ACBD，AB5，AC 8. BD2OB 2AB2?AC22 252?8226. 11 DE底面ABCD， VEABD13SABD×DE13×12&

20、#215;BD×AO×DE13×12×6×4×28. DE底面ABCD，AD?底面ABCD，DEAD. VBADE13×SADE×d13×12×AD×DE×d16×5×2d53d. VEABDVBADE，即d24 5. 所以，點B到平面ADE的距離為24 5. 20(本小題滿分12分)(2019·四川綿陽二診)已知橢圓C：x2 8y2 41的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，直線l：ykxm與橢圓C交于A，B兩點O為坐標(biāo)原點 (1)若直線l過點F1，且

21、|AB| 823，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：x 28y241，得a28，b 24，則ca2b22. 因為直線l過點F1(2,0)，所以m2k，即直線l的方程為yk(x2) 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2) 聯(lián)立? yk x，x 28y241，整理得(12k2)x28k2x8k280. x1x28 k212k2，x1x28k2 812k2 . 由弦長公式|AB|k2x1x224x1x2 823，代入整理得1 k212k223，解得k21. k±1. (2)設(shè)直線l方程

22、ykxm，A(x1，y1)，B(x2，y2) 聯(lián)立? y kxm，x 28y241，整理得(2k21)x24kmx2m280. x1x2 4km2k21，x1x22m2 82k21. 以AB為直徑的圓過原點O，即OA·OB0. 12 OA·OBx1x2y1y20. 將y1kx1m，y2kx2m代入，整理得 (1k2)x1x2km(x1x2)m20. 將x1x24km2k2 1，x1x22m282k2 1代入， 整理得3m28k28. 設(shè)點O到直線AB的距離為d， 于是d2m2k2 183， 故點O到直線AB的距離是定值，該定值為d 263. 21(本小題滿分12分)(201

23、9·江西聯(lián)考)已知函數(shù)f (x)3x1xbln x. (1)當(dāng)b4時，求函數(shù)f (x)的極小值； (2)若?x1，e，使得4x1x f (x)1bx成立，求b的取值范圍 解 (1)當(dāng)b4時， f (x) 4x 1x 23 x xx2. 令f(x)0，得x13或x1. 所以f (x)在?0，13上單調(diào)遞增，在?13，1上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增 所以f (x)在x1處取得極小值為f (1)2. (2)由?x1， e，使得4x1x f (x)1bx?4x1x f (x)1bx0?4x1x3x1xb ln x1bx0，即xb ln x1bx0. 設(shè)h(x)xb ln x1bx，則只需要函數(shù)h(x)xb ln x1bx在1，e上的最小值小于零又h(x)1b x1bx 2x2bx b x2 xx bx2， 令h(x)0，得x1(舍去)或x1b. 當(dāng)1be，即be1時，h(x)在1，e上單調(diào)遞減， 故h(x)在1，e上的最小值為h(e)，由h(e) e1beb0，可得b e21e1. 因為 e21e1e1，所以b e21e1. 13 當(dāng)1b1，即b0時，h(x)在1，e上單調(diào)遞增， 故h(x)在1，e上的最小值為h(1)，由h(1)11b0，可得b2(滿足b0) 當(dāng)11be，即0be1時，h(x)在(1,1b)