高考数学讲练试题素养提升练四理含高考模拟题.docx
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高考数学讲练试题素养提升练四理含高考模拟题
(刷题1+1)2020高考数学讲练试题素养提升练(四)理(含2019高考+模拟题)
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.满分150分,考试时间120分钟.
第Ⅰ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·福州一中二模)已知i为虚数单位,则
的实部与虚部之积等于( )
A.-
B.
C.
iD.-
i
答案 B
解析 因为
=
=
+
i,所以
的实部与虚部之积为
×
=
.故选B.
2.(2019·汉中二模)已知集合A={x|x2-5x+4<0,x∈Z},B={m,2},若A⊆B,则m=( )
A.1B.2C.3D.4
答案 C
解析 A={x|1 ∴m=3.故选C. 3.(2019·皖江名校联考)2018年9~12月某市邮政快递业务量完成件数较2017年9~12月同比增长25%,该市2017年9~12月邮政快递业务量柱形图及2018年9~12月邮政快递业务量结构扇形图如图所示,根据统计图,给出下列结论: ①2018年9~12月,该市邮政快递业务量完成件数约1500万件; ②2018年9~12月,该市邮政快递同城业务量完成件数与2017年9~12月相比有所减少; ③2018年9~12月,该市邮政快递国际及港澳台业务量同比增长超过75%,其中正确结论的个数为( ) A.3B.2C.1D.0 答案 B 解析 2017年的快递业务总数为242.4+948+9.6=1200万件,故2018年的快递业务总数为1200×1.25=1500万件,故①正确.由此2018年9~12月同城业务量完成件数为1500×20%=300万件>242.4万件,所以比2017年有所提升,故②错误.2018年9~12月国际及港澳台业务量为1500×1.4%=21万件,21÷9.6=2.1875,故该市邮政快递国际及港澳台业务量同比增长超过75%,故③正确.综上所述,正确的结论有2个,故选B. 4.(2019·株洲一模)在区间[-2,2]上任意取一个数x,使不等式x2-x<0成立的概率为( ) A. B. C. D. 答案 D 解析 由x2-x<0,得0 = .故选D. 5.(2019·安阳一模)设F1,F2分别为离心率e= 的双曲线C: - =1(a>0,b>0)的左、右焦点,A1,A2分别为双曲线C的左、右顶点,以F1,F2为直径的圆交双曲线的渐近线l于M,N两点,若四边形MA2NA1的面积为4,则b=( ) A.2B.2 C.4D.4 答案 A 解析 由题意知e= = ,∴ =2,故渐近线方程为y=2x,以F1,F2为直径的圆的方程为x2+y2=c2,联立 得y=± ,由双曲线与圆的对称性知四边形MA2NA1为平行四边形,不妨设yM= ,则四边形MA2NA1的面积S=2a× =4,得ac= ,又 = ,得a=1,c= ,b=2,故选A. 6.(2019·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S4=0,a5=5,则( ) A.an=2n-5B.an=3n-10 C.Sn=2n2-8nD.Sn= n2-2n 答案 A 解析 设等差数列{an}的首项为a1,公差为d.由S4=0,a5=5可得 解得 所以an=-3+2(n-1)=2n-5,Sn=n×(-3)+ ×2=n2-4n.故选A. 7.(2019·马鞍山一模)函数f(x)= +x2-2|x|的大致图象为( ) 答案 D 解析 f (1)=sin1+1-2=sin1-1<0,排除B,C,当x=0时,sinx=x=0,则x→0时, →1,f(x)→1+0=1,排除A,故选D. 8.(2019·南宁二模)已知△ABC的一内角A= ,O为△ABC所在平面上一点,满足|OA|=|OB|=|OC|,设 =m +n ,则m+n的最大值为( ) A. B.1C. D.2 答案 A 解析 由题意可知,O为△ABC外接圆的圆心,如图所示, 在圆O中,∠CAB所对应的圆心角为 ,点B,C为定点,点A为优弧上的动点,则点A,B,C,O满足题中的已知条件,延长AO交BC于点D,设 =λ ,由题意可知, = = + ,由于B,C,D三点共线,据此可得, + =1,则m+n=λ,则m+n的最大值即λ= 的最大值,由于| |为定值,故| |最小时,m+n取得最大值,由几何关系易知当AB=AC时,| |取得最小值,此时λ= = .故选A. 9.(2019·合肥二模)已知椭圆 + =1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,右顶点为A,上顶点为B,以线段F1A为直径的圆交线段F1B的延长线于点P,若F2B∥AP,则该椭圆的离心率是( ) A. B. C. D. 答案 D 解析 解法一: 如图所示, 以线段F1A为直径的圆的方程为 2+y2= 2,化为x2-(a-c)x+y2-ac=0.直线F1B的方程为bx-cy+bc=0,联立 解得P , kAP= ,kF2B=- . ∵F2B∥AP,∴ =- , 化为e2= ,e∈(0,1),解得e= .故选D. 解法二: F1A为圆的直径,∴∠F1PA=90°. ∵F2B∥AP,∴∠F1BF2=90°,∴2a2=(2c)2, 解得e= .故选D. 10.(2019·郑州一模)已知函数f(x)= 的图象关于y轴对称,则y=sinx的图象向左平移________个单位,可以得到y=cos(x+a+b)的图象.( ) A. B. C. D.π 答案 D 解析 函数f(x)= 的图象关于y轴对称,故f(x)=f(-x),所以sin(x+a)=cos(-x+b)=cos(x-b),整理得2kπ+a= -b(k∈Z), 所以a+b=2kπ+ (k∈Z), 则y=cos(x+a+b)=cos =-sinx, 即y=sinx的图象向左平移π个单位, 得到y=sin(x+π)=-sinx.故选D. 11.(2019·大同一模)已知三棱锥P-ABC的四个顶点都在半径为3的球面上,AB⊥AC,则该三棱锥体积的最大值是( ) A. B. C. D.64 答案 A 解析 设AB=m,AC=n,则S△ABC= mn,△ABC外接圆的直径为 ,如图, 三棱锥P-ABC体积的最大值为 × mn×PO1= × mn× ≤ × ,设t= ,则f(t)= t( +3),f′(t)= ,令f′(t)=0,得t=8,f(t)在(0,8)上递增,在[8,9]上递减,∴f(t)max=f(8)= ,即该三棱锥体积的最大值是 .故选A. 12.(2019·天津高考)已知函数f(x)= 若关于x的方程f(x)=- x+a(a∈R)恰有两个互异的实数解,则a的取值范围为( ) A. B. C. ∪{1}D. ∪{1} 答案 D 解析 如图,分别画出两函数y=f(x)和y=- x+a的图象. (1)先研究当0≤x≤1时,直线y=- x+a与y=2 的图象只有一个交点的情况. 当直线y=- x+a过点B(1,2)时, 2=- +a,解得a= . 所以0≤a≤ . (2)再研究当x>1时,直线y=- x+a与y= 的图象只有一个交点的情况: ①相切时,由y′=- =- ,得x=2,此时切点为 ,则a=1. ②相交时,由图象可知直线y=- x+a从过点A向右上方移动时与y= 的图象只有一个交点.过点A(1,1)时,1=- +a,解得a= .所以a≥ . 结合图象可得,所求实数a的取值范围为 ∪{1}.故选D. 第Ⅱ卷 (非选择题,共90分) 二、填空题: 本大题共4小题,每小题5分,共20分. 13.(2019·宝鸡二模)已知曲线f(x)= x3在点(1,f (1))处的切线的倾斜角为α,则 的值为________. 答案 解析 因为曲线f(x)= x3,所以函数f(x)的导函数f′(x)=2x2,可得f′ (1)=2,因为曲线f(x)= x3在点(1,f (1))处的切线的倾斜角为α,所以tanα=f′ (1)=2,所以 = = = . 14.(2019·江苏高考)如图是一个算法流程图,则输出的S的值是________. 答案 5 解析 第一次循环,S= ,x=2;第二次循环,S= + = ,x=3;第三次循环,S= + =3,x=4;第四次循环,S=3+ =5,满足x≥4,结束循环.故输出的S的值是5. 15.(2019·郴州二模)某高校开展安全教育活动,安排6名老师到4个班进行讲解,要求1班和2班各安排一名老师,其余两个班各安排两名老师,其中刘老师和王老师不在一起,则不同的安排方案有________种. 答案 156 解析 安排6名老师到4个班,其中按1,1,2,2分法,共有C C C C =180种,刘老师和王老师分配到一个班,共有C C A =24种,所以刘老师和王老师不在一起的安排方案有180-24=156种. 16.(2019·海南二模)已知菱形ABCD,E为AD的中点,且BE=3,则菱形ABCD面积的最大值为________. 答案 12 解析 设AE=x,则AB=AD=2x,∵两边之和大于第三边,两边之差小于第三边,∴ 即 ⇒ ∴x∈(1,3),设∠BAE=θ,在△ABE中,由余弦定理可知9=(2x)2+x2-2·2x·xcosθ,即cosθ= ,S菱形ABCD=2x·2x·sinθ=4x2 = ,令t=x2,则t∈(1,9),则S菱形ABCD= , 当t=5时,即x= 时,S菱形ABCD有最大值12. 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17~21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·潍坊市三模)设数列{an}满足a1·2a2·3a3·…·nan=2n(n∈N*). (1)求{an}的通项公式; (2)求数列 的前n项和Sn. 解 (1)由n=1得a1=2, 因为a1·2a2·3a3·…·nan=2n, 当n≥2时,a1·2a2·3a3·…·(n-1)an-1=2n-1, 由两式作商得,an= (n>1且n∈N*), 又因为a1=2符合上式, 所以an= (n∈N*). (2)设bn= , 则bn=n+n·2n, 所以Sn=b1+b2+…+bn=(1+2+…+n)+(2+2·22+3·23+…+(n-1)·2n-1+n·2n), 设Tn=2+2·22+3·23+…+(n-1)·2n-1+n·2n, ① 所以2Tn=22+2·23+…+(n-2)·2n-1+(n-1)·2n+n·2n+1, ② ①-②得,-Tn=2+22+23+…+2n-n·2n+1, 所以Tn=(n-1)·2n+1+2. 所以Sn=Tn+ , 即Sn=(n-1)·2n+1+ +2. 18.(本小题满分12分)(2019·湖南、湖北八市十二校联合调研)近期,某公交公司分别推出支付宝和微信扫码支付乘车活动,活动设置了一段时间的推广期,由于推广期内优惠力度较大
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