2020届全国高考数学（理）刷题1 1（2019模拟题）基础阶段测试（一）（解析版）

2020届全国高考数学（理）刷题1+1（2019模拟题）基础阶段测试（一）（解析版）

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·江西九校高三联考)已知集合A＝≥0}，B＝{x|y＝lg (2x－1)}，则A∩B＝(　　)

A．(0,1] B．[0,1]

C. D.

答案　C

解析　∵集合A＝≥0}＝{x|0<x≤1}，B＝{x|y＝lg (2x－1)}＝x>}，∴A∩B＝<x≤1}＝.故选C.

2．(2019·南昌一模)已知复数z＝(a∈R)的实部等于虚部，则a＝(　　)

A．－ B. C．－1 D．1

答案　C

解析　∵z＝＝＝－i的实部等于虚部，∴＝－，∴a＝－1.故选C.

3．(2019·陕西宝鸡中学期中)设a＝20.1，b＝ln，c＝log3，则a，b，c的大小关系是(　　)

A．b>c>a B．a>c>b

C．b>a>c D．a>b>c

答案　D

解析　因为a＝20.1>20＝1,0＝ln 1<b＝ln ＝1，c＝log331＝0，所以a>b>c.故选D.

4．(2019·安庆高三上学期期末)函数f(x)＝的部分图象大致是(　　)

答案　B

解析　∵函数f(x)的定义域是R，关于原点对称，且f(－x)＝＝－＝－f(x)，∴函数f(x)是奇函数，图象关于原点对称，排除C，D，当x≥0时，f(x)＝＝＝1＋≤1，排除A，故选B.

5．(2019·厦门科技中学高三开学考试)古希腊数学家阿基米德用穷竭法建立了这样的结论：“任何由直线和抛物线所包围的弓形，其面积都是其同底同高的三角形面积的三分之四．”如图，已知直线x＝2交抛物线y2＝4x于A，B两点，点A，B在y轴上的射影分别为D，C，从长方形ABCD中任取一点，则根据阿基米德这一理论，该点位于阴影部分的概率为(　　)

A. B. C. D.

答案　B

解析　在抛物线y2＝4x中，取x＝2，可得y＝±2，∴S矩形ABCD＝8，由阿基米德理论可得弓形面积为××4×2＝，则阴影部分的面积为S＝8－＝.由几何概型的概率计算公式可得，点位于阴影部分的概率为＝.故选B.

6．(2019·北京高考)设点A，B，C不共线，则“与的夹角为锐角”是“|＋|>||”的(　　)

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

答案　C

解析　因为点A，B，C不共线，由向量加法的三角形法则，可知＝－，所以|＋|>||等价于|＋|>|－|，因模为正，故不等号两边平方得2＋2＋2||||cosθ>2＋2－2||·||cosθ(θ为与的夹角)，整理得4||||·cosθ>0，故cosθ>0，即θ为锐角．又以上推理过程可逆，所以“与的夹角为锐角”是“|＋|>||”的充分必要条件．故选C.

7．(2019·北京北大附中一模)已知平面区域Ω：

夹在两条斜率为－的平行直线之间，且这两条平行直线间的最短距离为m.若点P(x，y)∈Ω，则z＝mx－y的最小值为(　　)

A. B．3 C. D．6

答案　A

解析　由约束条件作出可行域如图阴影部分，

∵平面区域Ω夹在两条斜率为－的平行直线之间，且两条平行直线间的最短距离为m，则m＝＝.令z＝mx－y＝x－y，则y＝x－z，由图可知，当直线y＝x－z过B(2,3)时，直线在y轴上的截距最大，z有最小值为－3＝.故选A.

8．(2019·济南市一模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为(　　)

A．80 B．48 C．32 D．16

答案　B

解析　根据三视图可知原几何体为四棱锥P－ABCD，AB＝BC＝4，PC＝3，其表面积为4×4＋×3×4＋×3×4＋×4×5＋×4×5＝48.故选B.

9．(2019·绍兴市适应性试卷)袋中有m个红球，n个白球，p个黑球(5≥n>m≥1，p≥4)，从中任取1个球(每个球取到的机会均等)，设ξ1表示取出红球个数，ξ2表示取出白球个数，则(　　)

A．E(ξ1)>E(ξ2)，D(ξ1)>D(ξ2)

B．E(ξ1)>E(ξ2)，D(ξ1)<D(ξ2)

C．E(ξ1)<E(ξ2)，D(ξ1)>D(ξ2)

D．E(ξ1)<E(ξ2)，D(ξ1)<D(ξ2)

答案　D

解析　设袋中有1个红球，5个白球，4个黑球，从中任取1个球(每个球取到的机会均等)，设ξ1表示取出红球个数，ξ2表示取出白球个数，则ξ1的可能取值为0或1，

P(ξ1＝0)＝0.9，P(ξ1＝1)＝0.1，

∴E(ξ1)＝0×0.9＋1×0.1＝0.1，D(ξ1)＝(0－0.1)2×0.9＋(1－0.1)2×0.1＝0.09，

ξ2的可能取值为0或1，P(ξ2＝0)＝0.5，P(ξ2＝1)＝0.5，∴E(ξ2)＝0×0.5＋1×0.5＝0.5，D(ξ1)＝(0－0.5)2×0.5＋(1－0.5)2×0.5＝0.25，

∴E(ξ1)<E(ξ2)，D(ξ1)<D(ξ2)．故选D.

10．(2019·兰州市一诊)若点P是函数y＝图象上任意一点，直线l为点P处的切线，则直线l的倾斜角的范围是 (　　)

A. B. C. D.

答案　C

解析　∵y＝，

∴y′＝

＝＝.

∵－1x≤1，∴0<1＋sin2x≤2，∴≥，则y′＝≥1.∴直线l斜率的范围是[1，＋∞)．则直线l的倾斜角的范围是.故选C.

11．(2019·贵阳一模)双曲线C1：－＝1(a>0，b>0)的一个焦点F与抛物线C2：y2＝2px(p>0)的焦点相同，它们交于A，B两点，且直线AB过点F，则双曲线C1的离心率为(　　)

A. B. C.＋1 D．2

答案　C

解析　抛物线C2：y2＝2px(p>0)的焦点为，由题意可得c＝，即p＝2c，由直线AB过点F，结合对称性可得AB垂直于x轴，令x＝c，代入双曲线的方程，可得y＝±，即有＝2p＝4c，由b2＝c2－a2，可得c2－2ac－a2＝0，由e＝，可得e2－2e－1＝0，解得e＝1＋(负值舍去)，故选C.

12．(2019·四川省泸州市二诊)已知函数f(x)＝(ex－a)·(x＋a2)(a∈R)，则满足f(x)≥0恒成立的a的取值个数为(　　)

A．0 B．1 C．2 D．3

答案　B

解析　f(x)＝(ex－a)(x＋a2)≥0，

当a＝0时，f(x)＝(ex－a)(x＋a2)≥0化为ex·x≥0，则x≥0，与x∈R矛盾；

当a＜0时，ex－a＞0，则x＋a2≥0，得x≥－a2，与x∈R矛盾；

当a＞0时，令f(x)＝0，得x＝ln a或x＝－a2，要使f(x)≥0恒成立，则－a2＝ln a，作出函数g(a)＝－a2与h(a)＝ln a的图象如图，由图可知，a的取值个数为1个．故选B.

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·济南市3月模拟)已知平面向量a，b满足a＝(1，)，|b|＝3，a⊥(a－b)，则a与b夹角的余弦值为________．

答案　

解析　∵a＝(1，)，∴|a|＝＝2.

∵a⊥(a－b)，∴a·(a－b)＝0，即a2－a·b＝0.

设a，b之间的夹角为θ，则|a|2－|a||b|cosθ＝0，

4－2×3×cosθ＝0，∴cosθ＝.

14．(2019·广东省百校联盟联考)在6的二项展开式中含x4项的系数为________．

答案　21

解析　∵6＝C·6－C·5＋C·4－…，故该二项展开式中含x4项的系数为C·C＋C·C＝21.

15．(2019·辽宁省辽南协作体一模)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且△ABC的面积为，若6cosAcosC＝1，b＝3，则∠ABC＝________.

答案　

解析　∵△ABC的面积为＝acsinB，

∴b2＝acsin2B，

∴由正弦定理可得，sin2B＝sinAsinCsin2B，

∴sinAsinC＝，

∵6cosAcosC＝1，可得cosAcosC＝，

∴cos∠ABC＝cos[π－(A＋C)]＝－cos(A＋C)＝sinAsinC－cosAcosC＝－＝.

∵∠ABC∈(0，π)，∴∠ABC＝.

16．(2019·昆明高三质量检测)经过抛物线E：y2＝4x的焦点F的直线l与E相交于A，B两点，与E的准线交于点C.若点A位于第一象限，且B是AC的中点，则直线l的斜率等于________．

答案　2

解析　解法一：如图，分别过A，B作准线的垂线，垂足分别为P，D，过B作AP的垂线，垂足为M，根据抛物线的定义及题中条件知|AM|＝|PM|＝|BD|.

设|BD|＝m，则|AP|＝|AF|＝2m，|BF|＝m，|AM|＝m，所以在Rt△ABM中，|AB|＝|AF|＋|BF|＝3m，所以cos∠BAM＝，所以kl＝tan∠BAM＝2.

解法二：如图，分别过A，B作准线的垂线，垂足分别为P，D，过B作AP的垂线，垂足为M，根据抛物线的定义及题中条件知|AM|＝|PM|＝|BD|.根据抛物线中焦点弦的性质知，

＋＝＝1⇒＋＝＋＝＋＝＝1⇒|BD|＝，

所以|AF|＝|AP|＝2|BD|＝3，|AB|＝＋3＝，

|BM|＝＝3，

所以kl＝tan∠BAM＝＝2.

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·江苏高考)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.

(1)若a＝3c，b＝，cosB＝，求c的值；

(2)若＝，求sin的值．

解　(1)因为a＝3c，b＝，cosB＝，

由余弦定理，得cosB＝，

即＝，解得c2＝.所以c＝.

(2)因为＝，

由正弦定理＝，得＝，

所以cosB＝2sinB.

从而cos2B＝(2sinB)2，即cos2B＝4(1－cos2B)，

故cos2B＝.

因为sinB>0，所以cosB＝2sinB>0，从而cosB＝.

因此sin＝cosB＝.

18．(本小题满分12分)(2019·朝阳二模)某电视台举行文艺比赛，并通过网络对比赛进行直播．比赛现场有5名专家评委给每位参赛选手评分，场外观众可以通过网络给每位参赛选手评分．每位选手的最终得分由专家评分和观众评分确定．某选手参与比赛后，现场专家评分情况如下表；场外有数万名观众参与评分，将评分按照[7,8)，[8,9)，[9,10]分组，绘成频率分布直方图如下：

(1)求a的值，并用频率估计概率，估计某场外观众评分不小于9的概率；

(2)从5名专家中随机选取3人，X表示评分不小于9分的人数；从场外观众中随机选取3人，用频率估计概率，Y表示评分不小于9分的人数，试求E(X)与E(Y)的值；

(3)考虑以下两种方案来确定该选手的最终得分：

方案一：用所有专家与观众的评分的平均数作为该选手的最终得分．

方案二：分别计算专家评分的平均数1和观众评分的平均数2，用作为该选手最终得分．

请直接写出与的大小关系．

解　(1)由题图知a＝0.3，某场外观众评分不小于9的概率是.

(2)X的可能取值为2,3.

P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝.

所以X的分布列为

所以E(X)＝2×＋3×＝.

由题意可知，Y～B，所以E(Y)＝np＝.

(3) <.

19．(本小题满分12分)(2019·唐山市第一中学一模)如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，AB＝2，AC＝4，∠BAC＝120°，D为BC的中点．

(1)求证：AD⊥PB；

(2)若二面角A－PB－C的大小为45°，求三棱锥P－ABC的体积．

解　(1)证明：在△ABC中，由余弦定理，得

BC2＝4＋16－2×2×4×cos120°＝28，则BC＝2.

因为D为BC的中点，则BD＝CD＝.

因为＝(＋)，则||2＝(＋)2，

所以AD＝.

因为AB2＋AD2＝4＋3＝7＝BD2，则AB⊥AD.

因为PA⊥底面ABC，则PA⊥AD，所以AD⊥平面PAB，从而AD⊥PB.

(2)解法一：因为AD⊥平面PAB，过点A作AE⊥PB，垂足为E，连接DE.

则DE⊥PB，所以∠AED为二面角A－PB－C的平面角．

在Rt△DAE中，由已知，得∠AED＝45°，

则AE＝AD＝.

在Rt△PAB中，设PA＝a，则PB＝＝.

因为AB×AP＝PB×AE，则2a＝×，即

4a2＝3(4＋a2)，解得a2＝12，所以PA＝a＝2.

所以VP－ABC＝×S△ABC×PA＝××2×4×sin120°×2＝4.

解法二：如图，分别以直线AB，AD，AP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．

设PA＝a，则点B(2,0,0)，D(0，，0)，P(0,0，a)．

所以＝(－2，，0)，＝(－2,0，a)．

设平面PBC的法向量为m＝(x，y，z)，则

取x＝，则y＝2，z＝，所以m＝.

因为n＝(0,1,0)为平面PAB的法向量，

则|cos〈m，n〉|＝cos45°＝，即＝.

所以＝，解得a2＝12，所以PA＝a＝2.

所以VP－ABC＝×S△ABC×PA＝××2×4×sin120°×2＝4.

20．(本小题满分12分)(2019·甘肃省甘谷第一中学高三第七次检测)椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率是，过点P(0，1)作斜率为k的直线l，椭圆E与直线l交于A，B两点，当直线l垂直于y轴时|AB|＝3.

(1)求椭圆E的方程；

(2)当k变化时，在x轴上是否存在点M(m,0)，使得△AMB是以AB为底的等腰三角形，若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由．

解　(1)由已知椭圆过点，可得

解得a2＝9，b2＝4，所以椭圆E的方程为＋＝1.

(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点C(x0，y0)，

由消去y得(4＋9k2)x2＋18kx－27＝0，显然Δ>0，且x1＋x2＝，

所以x0＝＝，y0＝kx0＋1＝.

当k≠0时，设过点C且与l垂直的直线方程为

y＝－＋，

将M(m,0)代入，得m＝－.

若k>0，则＋9k≥2＝12，

若k<0，则＋9k＝－≤

－2＝－12，

所以－≤m<0或0<m≤.

当k＝0时，m＝0，

综上所述，存在点M满足条件，m的取值范围是－≤m≤.

21．(本小题满分12分)(2019·西藏拉萨二模)已知函数f(x)＝ax－bex，且函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线斜率为a－1.

(1)求b的值；

(2)求函数f(x)的最值；

(3)当a∈[1,1＋e]时，求证：f(x)≤x.

解　(1)由题意，得f′(x)＝a－bex，

又∵f′(0)＝a－b＝a－1，∴b＝1.

(2)f′(x)＝a－ex.

当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在R上单调递减，f(x)没有最值；

当a>0时，令f′(x)<0，得x>ln a，

令f′(x)>0，得xa，

∴f(x)在区间(－∞，ln a)上单调递增，在区间(ln a，＋∞)上单调递减，

∴f(x)在x＝ln a处取得唯一的极大值，即为最大值，且f(x)max＝f(ln a)＝aln a－a.

综上所述，当a≤0时，f(x)没有最值；

当a>0时，f(x)的最大值为aln a－a，无最小值．

(3)证明：要证f(x)≤x，即证(a－1)x≤ex，

令F(x)＝ex－(a－1)x，

当a＝1时，F(x)＝ex>0，∴(a－1)x≤ex成立；

当1<a≤1＋e时，F′(x)＝ex－(a－1)＝ex－eln (a－1)，

当xa－1)时，F′(x)<0；当x>ln (a－1)时，F′(x)>0，

∴F(x)在区间(－∞，ln (a－1))上单调递减，在区间(ln (a－1)，＋∞)上单调递增，

∴F(x)≥F(ln (a－1))＝eln (a－1)－(a－1)ln (a－1)＝(a－1)[1－ln (a－1)]．

∵1<a≤1＋e，

∴a－1>0,1－ln (a－1)≥1－ln [(1＋e)－1]＝0，

∴F(x)≥0，即(a－1)x≤ex成立，故原不等式成立．

(二)选考题：10分．请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．

22．(本小题满分10分)[选修4－4：坐标系与参数方程]

(2019·福建漳州第二次质量监测)在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为(α为参数)，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ＝4sinθ.

(1)把C1的参数方程化为极坐标方程；

(2)求C1与C2交点的极坐标(ρ≥0,0≤θ<2π)．

解　(1)曲线C1的参数方程为(α为参数)，转换为直角坐标方程为(x－2)2＋(y－4)2＝4，

转换为极坐标方程为ρ2－4ρcosθ－8ρsinθ＋16＝0.

(2)曲线C2的极坐标方程为ρ＝4sinθ.

转换为直角坐标方程为x2＋y2－4y＝0，

所以

整理出公共弦的直线方程为x＋y－4＝0，

故

解得或

所以C1与C2交点的极坐标为，.

23．(本小题满分10分)[选修4－5：不等式选讲]

(2019·福建漳州第二次质量监测)已知f(x)＝|x＋a|(a∈R)．

(1)若f(x)≥|2x－1|的解集为[0,2]，求a的值；

(2)若对任意x∈R，不等式f(x)＋|x－a|≥3a－2恒成立，求实数a的取值范围．

解　(1)不等式f(x)≥|2x－1|，即|x＋a|≥|2x－1|，

两边平方整理，得3x2－(2a＋4)x＋1－a2≤0，

由题意知0和2是方程3x2－(2a＋4)x＋1－a2＝0的两个实数根，

即解得a＝1.

(2)因为f(x)＋|x－a|＝|x＋a|＋|x－a|≥|(x＋a)－(x－a)|＝2|a|，

所以要使不等式f(x)＋|x－a|≥3a－2恒成立，只需2|a|≥3a－2，

当a≥0时，不等式化为2a≥3a－2，得0≤a≤2；

当a<0时，不等式化为－2a≥3a－2，得a<0.

综上所述，a的取值范围是(－∞，2]．

本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/cc0120ca5e0e7cd184254b35eefdc8d376ee14bc.html