(刷題11)2020高考數(shù)學(xué)講練試題素養(yǎng)提升練(一)理(含2019高考模擬題)

(刷題11)2021高考數(shù)學(xué)講練試題修養(yǎng)提高練(一)理(含2021高考模擬試題)(刷題11)2021高考數(shù)學(xué)講練試題修養(yǎng)提高練(一)理(含2021高考模擬試題)(刷題11)2021高考數(shù)學(xué)講練試題修養(yǎng)提高練(一)理(含2021高考模擬試題)〔刷題1+1〕2021高考數(shù)學(xué)講練試題修養(yǎng)提高練〔一〕理〔含2021高考+模擬試題〕本試卷分第一卷(選擇題)和第二卷(非選擇題)兩局部．總分值150分，考試時(shí)間120分鐘．第一卷(選擇題，共60分)一、選擇題：本大題共12小題，每題5分，共60分．在每題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)為哪一項(xiàng)符合題目要求的．1．(2021·湖南長(zhǎng)郡中學(xué)一模)會(huì)合A＝{x|x>a}，B＝{x|x2－4x＋3≤0}，假定A∩B＝，那么實(shí)數(shù)a的取值范圍是()BA．a(chǎn)>3B．a(chǎn)≥3C．a(chǎn)≤1D．a(chǎn)<1答案D分析因?yàn)椋絳x|1≤x≤3}，∩＝，因此<1.應(yīng)選D.BABBa2．(2021·廣東汕頭二模)假定復(fù)數(shù)a－2i(∈R)為純虛數(shù)，那么|3－i|＝( )1＋iaa13B．13C．10D.10答案Aa－2ia－－a－＋－a－分析1＋i＝＋－＝2，a－2a－2i(a∈R)為純虛數(shù)，因此2＝0，因?yàn)閺?fù)數(shù)1＋i－a－2≠0.2a－2＝0，解得a＝2，即a＋2≠0.因此|3－ai|＝|3－2i|＝32＋－2＝13.應(yīng)選A.3．(2021·江淮十校模擬)為認(rèn)識(shí)戶籍、性別對(duì)生育二胎選擇偏向的影響，某地從育齡人群中隨機(jī)抽取了容量為200的檢查樣本，此中城鎮(zhèn)戶籍與鄉(xiāng)村戶籍各100人；男性120人，女性80人，繪制不同樣集體中偏向選擇生育二胎與偏向選擇不生育二胎的人數(shù)比率圖(如圖所示)，此中暗影局部表示偏向選擇生育二胎的對(duì)應(yīng)比率，那么以下表達(dá)中錯(cuò)誤的選項(xiàng)是()1A．能否偏向選擇生育二胎與戶籍有關(guān)B．能否偏向選擇生育二胎與性別有關(guān)C．偏向選擇生育二胎的人群中，男性人數(shù)與女性人數(shù)同樣D．偏向選擇不生育二胎的人群中，鄉(xiāng)村戶籍人數(shù)少于城鎮(zhèn)戶籍人數(shù)答案C分析由比率圖可知，能否偏向選擇生育二胎與戶籍、性別有關(guān)，偏向選擇不生育二胎的人員中，鄉(xiāng)村戶籍人數(shù)少于城鎮(zhèn)戶籍人數(shù)，偏向選擇生育二胎的人員中，男性人數(shù)為0.8×120＝96人，女性人數(shù)為0.6×80＝48人，男性人數(shù)與女性人數(shù)不同樣，故C錯(cuò)誤，應(yīng)選C.4．(2021·咸陽模擬)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，假定a4＝4，S9＝72，那么a10＝( )A．20B．23C．24D．28答案D分析因?yàn)閿?shù)列是等差數(shù)列，故a4＝a1＋3d＝4，解得a1＝－8，d＝4，故a10＝9＝91＋36d＝72，Sa1＋9＝－8＋36＝28.應(yīng)選D.ad5．(2021·淮南一模)函數(shù)f(x)＝xlnx，假定直線l過點(diǎn)(0，－e)，且與曲線y＝f(x)相切，那么直線l的斜率為()A．－2B．2C．－eD．e答案B分析函數(shù)f(x)＝xlnx的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝lnx＋1，設(shè)切點(diǎn)為(m，n)，那么n＝mlnm，＋eln＋e可得切線的斜率為k＝1＋lnm，∴1＋lnm＝m＝m，解得m＝e，k＝1＋lne＝2，應(yīng)選B.6．(2021·鄭州質(zhì)檢)如圖，在△中，→→，是上一點(diǎn)，假定→→＋1→＝2P＝tAB，ABCAN3NCBNAP3AC那么實(shí)數(shù)t的值為()22213A.3B.5C.6D.4答案C分析由題意及圖，→＝→＋→＝→＋→＝→＋(→－→)＝→＋(1－)→，又→＝2APABBPABmBNABmANABmANmABAN3→→→→2→→→→→1－m＝t，521NC，∴AN＝5AC，∴AP＝5mAC＋(1－m)AB，又AP＝tAB＋3AC，∴解得m＝6，5m＝3，1t＝6，應(yīng)選C.7．(2021·山西太原一模)如圖是某幾何體的三視圖，此中網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)為1，那么該幾何體的體積為( )50A．12B．15C.D.33答案D分析其直觀圖為四棱錐E－ABCD，由題意得11150V＝3××4×4＋×2×2×5＝3.應(yīng)選D.22x2y28．(2021·華師附中模擬)設(shè)F1，F(xiàn)2分別是橢圓a2＋b2＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)，假定在直3a2222線x＝c(此中c＋b＝a)上存在點(diǎn)P，使線段PF1的垂直均分線經(jīng)過點(diǎn)F2，那么橢圓離心率的取值范圍是()A.0，2B.0，3C.3，1D.2，12332答案C分析12，設(shè)點(diǎn)a2，m，那么由中點(diǎn)公式可得線段1由題意得F(－c,0)，F(xiàn)(c,0)PcPF的中1221－02m－0點(diǎn)，∵線段·2＝－，c，m1的斜率與2的斜率之積等于－，即22a＋ca－c－cc2c2a2a2422442∴m＝－c＋c·c－3c≥0，∴a－2ac－3c≤0，∴3e＋2e－1≥0，2123∴e≥3或e≤－1(舍去)，∴e≥3.3又橢圓的離心率0<e<1，故3≤e<1，應(yīng)選C.x，x≤0，xe9．(2021·重慶模擬)函數(shù)f(x)＝2－|x－1|，x>0，假定函數(shù)g(x)＝f(x)－m有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，那么x1＋x2＝()1A．2B．2或2＋e1C．2或3D．2或3或2＋e答案D分析當(dāng)x≤0時(shí)，f′( )＝(＋1)ex，當(dāng)x<－1時(shí)，′( )<0，故f(x)在(－∞，－1)xxfx上為減函數(shù)，當(dāng)－1<x<0時(shí)，f′(x)>0，故f(x)在(－1,0)上為增函數(shù)，因此當(dāng)x≤0時(shí)，f(x)1的最小值為f(－1)＝－e.又在R上，f(x)的圖象以以下列圖，因?yàn)間(x)有兩個(gè)不同樣的零點(diǎn)，因此方程f(x)＝m有兩個(gè)不同樣的解，即直線y＝m與y＝1f(x)有兩個(gè)不同樣交點(diǎn)且交點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別為x1，x2，故1<m<2或m＝0或m＝－e.假定1<m<2，4那么x1＋x2＝2；假定m＝0，那么x1＋x2＝3；假定m＝－1，那么x1＋x2＝－1＋3＋1＝2＋1.綜上，x1＋eeex2的值為12或3或2＋e，應(yīng)選D.10．(2021·黑龍江模擬)如圖，假定在矩形OABC中隨機(jī)撒一粒豆子，那么豆子落在圖中陰影局部的概率為( )2B．2A．1－ππ22C．π2D．1－π2答案Aππ分析S矩形＝π×1＝π，又0

sinxdx＝－cosx＝－(cosπ－cos0)＝2，0∴S＝π－2，∴豆子落在圖中暗影局部的概率為π－22暗影π＝1－π.應(yīng)選A.2211．(2021·昌平期末)設(shè)點(diǎn)1，2分別為橢圓：x＋y＝1的左、右焦點(diǎn)，點(diǎn)P是橢圓FFC95C上隨意一點(diǎn)，假定使得→→＝成立的點(diǎn)恰巧是4個(gè)，那么實(shí)數(shù)的值能夠是()1·2PFPFmm1A.2B．3C．5D．8答案Bx2y22分析∵點(diǎn)F1，F(xiàn)2分別為橢圓C：9＋5＝1的左、右焦點(diǎn)，即F1(－2,0)，F(xiàn)2(2,0)，a22→→→→＝9，b＝5，c＝4，c＝2，設(shè)P(x0，y0)，PF1＝(－2－x0，－y0)，PF2＝(2－x0，－y0)，由PF1·PF2229m－9→→22x0y02＝m可得x0＋y0＝m＋4，又∵P在橢圓上，即9＋5＝1，∴x0＝4，要使得PF1·PF2＝m成立的點(diǎn)恰巧是4個(gè)，那么9m－9<5，∴的值能夠是3.應(yīng)選B.0<<9，解得1<4mm12．(2021·安徽淮北、宿州二模)正四周體的中心與球心O重合，正四周體的棱長(zhǎng)為26，球的半徑為5，那么正四周體表面與球面的交線的總長(zhǎng)度為()A．4πB．82πC．122πD．12π答案A分析∵正四周體－的中心與球心重合，正四周體的棱長(zhǎng)為26，取的中點(diǎn)ABCDOCD5，連結(jié)，，過A作⊥底面，交于，那么＝＝62－62＝32，EBEAEAFBCDBEFBEAE2BF＝3BE＝22，AF＝62－22＝4，設(shè)正四周體內(nèi)切球半徑為r，那么(4－r)2＝(22)2＋r2，解得正四周體內(nèi)切球半徑為r＝1，∵球的半徑為5，∴由球的半徑知球被平面截得小圓半徑為r＝5－1＝2，故球被正四周體一個(gè)平面截曲線為三段圓弧，且每段弧所對(duì)中心角為130°，∴正四周體表面與球面的交線的總長(zhǎng)度為30°×2π×2＝4π.應(yīng)選.4×3×360°A第二卷(非選擇題，共90分)二、填空題：本大題共4小題，每題5分，共20分．x－y＋1≤0，13．(2021·臨沂質(zhì)檢)設(shè)x，y知足拘束條件2x－y≥0，x≤2，那么z＝2x＋3y的最小值為________．答案8x－y＋1≤0，分析畫出不等式組2x－y≥0，表示的平面地區(qū)，如圖暗影局部所示，x≤2由圖形知，當(dāng)目標(biāo)函數(shù)z＝2x＋3y過點(diǎn)A時(shí)，z獲得最小值．x－y＋1＝0，由求得A(1,2)，2x－y＝0，6因此z＝2x＋3y的最小是2×1＋3×2＝8.14．(2019·金山中學(xué)模)數(shù)列{an}且an＝1n2＋2n，n奇數(shù)，假定Sn數(shù)列{an}的前n和，S2021＝________.nπsin4，n偶數(shù)，答案302820211分析數(shù)列{a}且a＝n2＋2n，n奇數(shù)，nnnπ，n偶數(shù)，sin4①當(dāng)nn2111－1；奇數(shù)，a＝n＋2n＝2nn＋2②當(dāng)n偶數(shù)，an＝sinnπ，4S2021＝(a1＋a3＋a5＋?＋a2021)＋(a2＋a4＋a6＋?＋a2021)1因此＝211111100930281－＋－＋?＋－＝2021＋1＝2021.33520212021＋(1＋0－1＋?＋0)15．(2021·岳陽二模)將多式a6x6＋a5x5＋?＋a1x＋a0分解因式得(x－2)(x＋2)5，a5＝________.答案8分析(x－2)(524x＋2)4311因此x＋2)＝(x－4)(x＋2)，(張開式中的x系數(shù)C4·2＝8.a＝8.516．(2021·莞期末)函數(shù)f()＝sinx·cos2(x∈R)，f()的最小xxx________．答案－1分析函數(shù)f(x)＝sinx·cos2x＝sinx(1－2sin2x)＝sinx－2sin3x，令t＝sinx∈[－1,1]，h(t)＝t－2t3，h′(t)＝1－6t2，當(dāng)－1≤t<－6，′( )<0，()在－1，－6上減；6htht6當(dāng)－6≤t<6，h′( )≥0，()在66上增；66tht－6，6766當(dāng)6≤t≤1時(shí)，h′(t)≤0，h(t)在6，1上單一遞減．6因此函數(shù)的最小值是h－6或h(1)，66636h(1)＝－1<h－6＝－6－2－6＝－9，故函數(shù)f(x)的最小值為－1.三、解答題：共70分．解贊同寫出文字說明、證明過程或演算步驟．第17～21題為必考題，每個(gè)試題考生都必然作答．第22、23題為選考題，考生依據(jù)要求作答．(一)必考題：60分．17．(本小題總分值12分)(2021·全國(guó)卷Ⅰ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.設(shè)(sinB－sinC)2＝sin2A－sinBsinC.(1)求A；(2)假定2a＋＝2c，求sin.bC解(1)由得sin2B＋sin2C－sin2A＝sinBsinC，故由正弦定理得b2＋c2－a2＝bc.222b＋c－a1因?yàn)?°<A<180°，因此A＝60°.由(1)知B＝120°－C，由題設(shè)及正弦定理得2sinA＋sin(120°－C)＝2sinC，631即2＋2cosC＋2sinC＝2sinC，2可得cos(C＋60°)＝－.22因?yàn)?°<C<120°，因此sin(C＋60°)＝2，故sinC＝sin(C＋60°－60°)＝sin(C＋60°)cos60°－cos(C＋60°)sin60°＝6＋24.18．(本小題總分值12分)(2021·石家莊一模)小明在石家莊市某物流企業(yè)找到了一份派送員的工作，該企業(yè)給出了甲、乙兩種日薪薪酬方案，此中甲方案：底薪100元，每派送一單獎(jiǎng)賞1元；乙方案：底薪140元，每天前55單沒有獎(jiǎng)賞，超出55單的局部每單獎(jiǎng)賞12元．(1)請(qǐng)分別求出甲、乙兩種薪酬方案中日薪y(tǒng)(單位：元)與派送單數(shù)n的函數(shù)關(guān)系式；8依據(jù)該企業(yè)全部派送員100天的派送記錄，獲得了以以下列圖的派送量指標(biāo)的頻次散布直方圖，并發(fā)現(xiàn)每名派送員的日均勻派送單數(shù)知足以下條件：當(dāng)某天的派送量指標(biāo)在n－，n時(shí)，日均勻派送量為(50＋2n)單．105(n＝1,2,3,4,5)假定將頻次視為概率，回復(fù)以下問題：①依據(jù)以上數(shù)據(jù)，設(shè)一名派送員的日薪為Y(單位：元)，試分別求出甲、乙兩種方案中日薪Y(jié)的散布列、數(shù)學(xué)希望及方差；②聯(lián)合①中的數(shù)據(jù)，利用統(tǒng)計(jì)的知識(shí)，幫助小明分析，他選擇哪一種薪酬方案比較適合，并說明你的原因．(參照數(shù)據(jù)：0.62＝0.36,1.42＝1.96,2.62＝6.76,3.42＝11.56,3.62＝12.96,4.62＝21.16,15.62＝243.36,20.42＝416.16,44.42＝1971.36)解(1)甲方案中派送員日薪y(tǒng)(單位：元)與派送單數(shù)n的函數(shù)關(guān)系式為y＝100＋n，n∈N.乙方案中派送員日薪y(tǒng)(單位：元)與派送單數(shù)n的函數(shù)關(guān)系式為y＝n≤55，n∈N，12n－n>55，n∈N①由，在這100天中，該企業(yè)的一名派送員的日均勻派送單數(shù)知足下表：派送單數(shù)5254565860頻次因此Y甲的散布列為Y甲152154156158160P因此E(Y甲)＝152×＋154×＋156×＋158×＋160×＝155.4，s22×(154－155.4)2＋×(156－155.4)2＋×(158－甲＝0.2×(152－155.4)＋155.4)2＋0.1×(160－155.4)2＝6.44；Y乙的散布列為Y乙140152176200P因此E(Y乙)＝140×＋152×＋176×＋200×＝155.6，92×(140－155.6)22＋0.2×(176－155.6)2×(200－s乙＝＋×(152－155.6)＋155.6)2＝404.64.②答案一：由①可知，E(Y甲)<E(Y乙)，但二者有關(guān)不大，且22s甲遠(yuǎn)小于s乙，即甲方案中日薪的顛簸相對(duì)較小，因此小明選擇甲方案比較適合．答案二：由①可知，E(Y甲)<E(Y乙)，即甲方案中日薪的希望小于乙方案中日薪的希望，因此小明選擇乙方案比較適合．19．(本小題總分值12分)(2021·荊門調(diào)研)如圖1，梯形ABCD中，AB∥CD，過A，B分別作AE⊥CD，BF⊥CD，垂足分別為E，F(xiàn).AB＝AE＝2，CD＝5，DE＝1，將梯形ABCD沿AE，BF同側(cè)折起，得空間幾何體ADE－BCF，如圖2.假定AF⊥BD，證明：DE⊥平面ABFE；假定DE∥CF，CD＝3，線段AB上存在一點(diǎn)P，知足CP與平面ACD所成角的正弦值為520，求AP的長(zhǎng)．解(1)證明：由得四邊形ABFE是正方形，且邊長(zhǎng)為2，在題圖2中，AF⊥BE，由得AF⊥BD，BE∩BD＝B，∴AF⊥平面BDE，又DE?平面BDE，∴AF⊥DE，又AE⊥DE，AE∩AF＝A，∴DE⊥平面ABFE.在題圖2中，AE⊥DE，AE⊥EF，DE∩EF＝E，即AE⊥平面DEFC，在梯形DEFC中，過點(diǎn)D作DM∥EF交CF于點(diǎn)M，連結(jié)CE，由題意得DM＝2，CM＝1，由勾股定理可得DC⊥CF，那么∠CDM＝π，CE＝2，6過E作EG⊥EF交DC于點(diǎn)G，可知GE，EA，EF兩兩垂直，→→→以E為坐標(biāo)原點(diǎn)，以EA，EF，EG分別為x軸、y軸、z軸的正方向成立空間直角坐標(biāo)系，10那么A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,1，133)，D0，－，，22→＝(－2,1，3)，→＝13.ACAD－2，－2，2設(shè)平面的一個(gè)法向量為＝(x，，z)，ACDny→－2＋y＋3＝0，n·＝0，xz由→得13－2－2y＋2z＝0，n·AD＝0，x取x＝1得n＝(1，－1，3)，設(shè)AP＝m，那么P(2，m,0)(0≤m≤2)，→得CP＝(2，m－1，－3)，設(shè)與平面所成的角為θ，CPACD→||＝52.sinθ＝|cos〈CP，n〉|＝m20＝5·7＋－2?m3m2∴AP＝3.20．(本小題總分值12分)(2021·浙江高考)如圖，點(diǎn)F(1,0)為拋物線y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)．過點(diǎn)F的直線交拋物線于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)C在拋物線上，使得△ABC的重心G在x軸上，直線AC交x軸于點(diǎn)Q，且Q在點(diǎn)F的右邊．記△AFG，△CQG的面積分別為S1，S2.求p的值及拋物線的準(zhǔn)線方程；S1求的最小值及此時(shí)點(diǎn)G的坐標(biāo)．S2p解(1)由題意得2＝1，即p＝2.因此拋物線的準(zhǔn)線方程為x＝－1.(2)設(shè)(AyAByBCyC(GyGyA，≠0，那么xAt2AxBxCxGxttt2－1因?yàn)橹本€AB過F，故直線AB的方程為x＝2ty＋1，222t2－y－4＝0，代入y＝4x，得y－t11BB212，－2故2ty＝－4，即y＝－t，因此Btt.又x1xA＋B＋1yA＋B＋yC)及重心G在x軸上，得2t2C＝0，G＝(C)，G＝(－＋3xxy3yty1212t4－2t2＋2得Ct－t，2－t，G32，0.tt因此直線AC的方程為y－2t＝2t(x－t2)，得Q(t2－1,0)．因?yàn)镼在焦點(diǎn)F的右邊，故t2>2.進(jìn)而1|·|A12FGyS＝SC122|QG|·|y|24－2t2＋2－1·|2t|3t2＝22t4－2t2＋22t－1－3t2·t－2t2t4－t2t2－2＝t4－1＝2－t4－1.令m＝t2－2，那么m>0，Sm111＝2－≥2－＝2－2＋432＋33m＋＋42m·＋4mm＝1＋3.2S3當(dāng)m＝3時(shí)，1，此時(shí)G(2,0)．獲得最小值1＋2S221．(本小題總分值12分)(2021·山西太原一模)函數(shù)f(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x，aR.討論函數(shù)f(x)的單一性；(2)當(dāng)<－1時(shí)，假定關(guān)于隨意x1，2∈(1，＋∞)(x1<2)，都存在x0∈(x1，2)，使得′(0)a2xxxfxfx2－fx1x1＋x20.＝x2－x1，證明：2<x1x＋ax－解(1)由題意得f′(x)＝x－2ax＋(2－a)＝－x，x>0，當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上單一遞加；11當(dāng)a>0時(shí)，令f′(x)>0，那么0<x<a；令f′(x)<0，那么x>a.1211∴f(x)在0，a上單一遞加，在a，＋∞上單一遞減．1證明：∵當(dāng)a<－2時(shí)，fx2－fx11lnx221－a)，x－xx－xx111221′(x0)＝－2ax0＋(2－a)，x0∴1lnx21x2－x1－a(x2＋x1)＝－2ax0，x1x0x1＋x2－f′(x0)＝2－a(x2＋x1)－1＝2－1lnx2∴f′2x＋xx－2ax0x＋xx－xx101112221x2－x1x2＝x2－x1x2＋x1－lnx1x212x－1x21＝x2－x1x2＋1－lnx1，x1令t＝x2，()＝t－－lnt，>1，t＋1x1t－2那么g′(t)＝－t2<0，∴g(t)<g(1)＝0，t＋∴f′x1＋x2－f′(x0)<0，2∴f′x1＋x2<f′(x0)，21設(shè)h(x)＝f′(x)＝x－2ax＋(2－a)，x>1，1那么h′(x)＝－x2－2a>－1＋1＝0，∴h(x)＝f′(x)在(1，＋∞)上單一遞加，∴x1＋x2<x0.2(二)選考題：10分．請(qǐng)考生在第22、23題中任選一題作答，假如多做，那么按所做的第一題計(jì)分．22．(本小題總分值10分)[選修4－4：