《（2019高考題 2019模擬題）2020高考數(shù)學(xué) 基礎(chǔ)鞏固練（一）文（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（2019高考題 2019模擬題）2020高考數(shù)學(xué) 基礎(chǔ)鞏固練（一）文（含解析）（14頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、基礎(chǔ)鞏固練(一)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(shí)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的1(2019安徽第二次聯(lián)考)已知集合Ax|x20，Bx|32x6，則AB()A. Bx|2x2C. Dx|2x3答案C解析Ax|x2，B，AB.故選C.2(2019哈爾濱三中二模)若i為虛數(shù)單位，則()A.i BiC.i Di答案B解析i.故選B.3(2019合肥二模)如表是某電器銷售公司2018年度各類電器營(yíng)業(yè)收入占比和凈利潤(rùn)占比統(tǒng)計(jì)表：空調(diào)類冰箱類小家電類其他類營(yíng)業(yè)收入占比9
2、0.10%4.98%3.82%1.10%凈利潤(rùn)占比95.80%0.48%3.82%0.86%則下列判斷中不正確的是()A該公司2018年度冰箱類電器銷售虧損B該公司2018年度小家電類電器營(yíng)業(yè)收入和凈利潤(rùn)相同C該公司2018年度凈利潤(rùn)主要由空調(diào)類電器銷售提供D剔除冰箱類電器銷售數(shù)據(jù)后，該公司2018年度空調(diào)類電器銷售凈利潤(rùn)占比將會(huì)降低答案B解析根據(jù)表中數(shù)據(jù)知，該公司2018年度冰箱類電器銷售凈利潤(rùn)所占比為0.48%，是虧損的，A正確；小家電類電器營(yíng)業(yè)收入所占比和凈利潤(rùn)所占比是相同的，但收入與凈利潤(rùn)不一定相同，B錯(cuò)誤；該公司2018年度凈利潤(rùn)空調(diào)類電器銷售所占比為95.80%，是主要利潤(rùn)來源，C
3、正確；剔除冰箱類電器銷售數(shù)據(jù)后，該公司2018年度空調(diào)類電器銷售凈利潤(rùn)占比將會(huì)降低，D正確故選B.4(2019株洲一模)在區(qū)間2,2上任意取一個(gè)數(shù)x，使不等式x2x0成立的概率為()A. B. C. D.答案D解析由x2x0，得0x1.所以在區(qū)間2,2上任意取一個(gè)數(shù)x，使不等式x2x0，b0)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，過C的右頂點(diǎn)且垂直于x軸的直線交C的漸近線于A，B兩點(diǎn)，過C的右焦點(diǎn)且垂直于x軸的直線交C的漸近線于M，N兩點(diǎn)，若OAB與OMN的面積比為19，則雙曲線C的漸近線方程為()Ay2x By2xCy2x Dy8x答案B解析由相似三角形的面積比等于相似比的平方，則，9b28a2，2，雙曲線C的漸
4、近線方程為y2x，故選B.6(2019江西南康中學(xué)二模)偶函數(shù)f (x)x(exaex)的圖象在x1處的切線斜率為()A2e BeC De答案A解析偶函數(shù)f (x)x(exaex)，可得f (x)f (x)，即x(exaex)x(exaex)，可得(a1)x(exex)0，對(duì)xR恒成立，則a1，函數(shù)f (x)x(exex)，f(x)x(exex)exex，則f(1)2e.故選A.7(2019長(zhǎng)沙一模)在ABC中，AB10，BC6，CA8，且O是ABC的外心，則()A16 B32 C16 D32答案D解析AB2BC2CA2，ABC是以AB為斜邊的直角三角形，外心O是AB的中點(diǎn)，()28232，故
5、選D.8(2019鄭州一模)如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)為1，粗線畫出的是某個(gè)幾何體的三視圖，則該幾何體的表面積為()A(44)4 B(44)44C1212 D1244答案A解析由題意可知，幾何體下部是圓錐，上部是四棱柱(如圖)，可得幾何體的表面積為4414(44)4.故選A.9(2019深圳一模)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，設(shè)角的頂點(diǎn)與原點(diǎn)O重合，始邊與x軸的非負(fù)半軸重合，若角的終邊過點(diǎn)P(2，1)，則sin(2)的值為()A B C. D.答案A解析角的頂點(diǎn)與原點(diǎn)O重合，始邊與x軸非負(fù)半軸重合，終邊過點(diǎn)P(2，1)，x2，y1，|OP|，sin，cos，則sin22sincos2，sin(2
6、)sin2.故選A.10(2019宜賓二模)在ABC中，A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，且b2，B60，ABC的面積為，則ac()A4 B. C2 D42答案A解析ABC中，b2，B60，所以ABC的面積為SacsinBac，解得ac4.又b2a2c22accosB，即4a2c2ac(ac)23ac(ac)212，所以(ac)216，解得ac4.故選A.11(2019荊州中學(xué)一模)已知log(xy4)log(3xy2)，若xy恒成立，則的取值范圍是()A(，1)(9，) B(1,9)C(0,1)(9，) D(0,19，)答案D解析由題意得x，y的約束條件畫出不等式組表示的可行域如圖中陰影部分
7、所示，在可行域內(nèi)平移直線zxy，當(dāng)直線在可行域內(nèi)無限接近經(jīng)過3xy20與x3的交點(diǎn)A(3，7)時(shí)，目標(biāo)函數(shù)zxy的最大值無限接近3710.由xy恒成立，即10，即亦0.解得(0,19，)故選D.12(2019山東濰坊二模)已知函數(shù)f (x)2x1，g(x)(aR)，若對(duì)任意x11，)，總存在x2R，使f (x1)g(x2)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A. B.C.1,2 D.答案C解析對(duì)任意x11，)，則f (x1)2x11201，即函數(shù)f (x1)的值域?yàn)?，)，若對(duì)任意x11，)，總存在x2R，使f (x1)g(x2)，設(shè)函數(shù)g(x)的值域?yàn)锳，則滿足1，)A即可當(dāng)x0時(shí)，函數(shù)g(x)x22
8、a為減函數(shù)，則此時(shí)g(x)2a.當(dāng)x0時(shí)，g(x)acosx22|a|,2|a|，當(dāng)2a1(如圖中曲線)，即a時(shí)，滿足條件1，)A，當(dāng)a時(shí)，2a1，要使1，)A成立，則此時(shí)當(dāng)x0時(shí)，g(x)acosx22a,2a，此時(shí)滿足(如圖中曲線)，即得1a2，綜上a或1a2，故選C.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內(nèi)江一模)若函數(shù)f (x)滿足f (x1)f (x)，且f (0)2，則f (15)_.答案2解析根據(jù)題意，函數(shù)f (x)滿足f (x1)f (x)，則有f (x2)f (x1)f (x)，即函數(shù)是周期為2的周期函數(shù)，則f (15)f (
9、114)f (1)，又由f (1)f (0)2，故f (15)2.14(2019北京高考)李明自主創(chuàng)業(yè)，在網(wǎng)上經(jīng)營(yíng)一家水果店，銷售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃，價(jià)格依次為60元/盒、65元/盒、80元/盒、90元/盒為增加銷量，李明對(duì)這四種水果進(jìn)行促銷：一次購買水果的總價(jià)達(dá)到120元，顧客就少付x元每筆訂單顧客網(wǎng)上支付成功后，李明會(huì)得到支付款的80%.當(dāng)x10時(shí)，顧客一次購買草莓和西瓜各1盒，需要支付_元；在促銷活動(dòng)中，為保證李明每筆訂單得到的金額均不低于促銷前總價(jià)的七折，則x的最大值為_答案13015解析顧客一次購買草莓和西瓜各1盒時(shí)，總價(jià)為6080140(元)，達(dá)到120元，又x10，
10、顧客需要支付14010130(元)解法一：當(dāng)單筆訂單的總價(jià)達(dá)不到120元時(shí)，顧客不少付，則李明得到總價(jià)的80%；當(dāng)單筆訂單的總價(jià)達(dá)到120元時(shí)，顧客少付x元，設(shè)總價(jià)為a元(a120)，則李明每筆訂單得到的金額與總價(jià)的比為0.8，當(dāng)a越小時(shí)，此比值越小又a最小為120元(即買兩盒草莓)，0.8(120x)1200.7，解得x15.x的最大值為15.解法二：購買水果總價(jià)剛好達(dá)到120元時(shí)，顧客少付x元，這時(shí)x占全部付款的比例最高，此時(shí)如果滿足李明所得金額是促銷前總價(jià)的70%，那么其x值最大由此列式得(120x)0.81200.7，解得x15.x的最大值為15.15(2019全國(guó)卷)記Sn為等比數(shù)列
11、an的前n項(xiàng)和，若a11，S3，則S4_.答案解析設(shè)等比數(shù)列an的公比為q，則ana1qn1qn1.a11，S3，a1a2a31qq2，即4q24q10，q，S4.16(2019全國(guó)卷)中國(guó)有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一印信的形狀多為長(zhǎng)方體、正方體或圓柱體，但南北朝時(shí)期的官員獨(dú)孤信的印信形狀是“半正多面體”(圖1)半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體半正多面體體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對(duì)稱美圖2是一個(gè)棱數(shù)為48的半正多面體，它的所有頂點(diǎn)都在同一個(gè)正方體的表面上，且此正方體的棱長(zhǎng)為1.則該半正多面體共有_個(gè)面，其棱長(zhǎng)為_(本題第一空2分，第二空3分)答案261解析先求面數(shù)，有如下兩種
12、方法解法一：由“半正多面體”的結(jié)構(gòu)特征及棱數(shù)為48可知，其上部分有9個(gè)面，中間部分有8個(gè)面，下部分有9個(gè)面，共有29826個(gè)面解法二：一般地，對(duì)于凸多面體，頂點(diǎn)數(shù)(V)面數(shù)(F)棱數(shù)(E)2(歐拉公式)由圖形知，棱數(shù)為48的半正多面體的頂點(diǎn)數(shù)為24，故由VFE2，得面數(shù)F2EV2482426.再求棱長(zhǎng)作中間部分的橫截面，由題意知該截面為各頂點(diǎn)都在邊長(zhǎng)為1的正方形上的正八邊形ABCDEFGH，如圖，設(shè)其邊長(zhǎng)為x，則正八邊形的邊長(zhǎng)即為半正多面體的棱長(zhǎng)連接AF，過H，G分別作HMAF，GNAF，垂足分別為M，N，則AMMHNGNFx.又AMMNNF1，即xxx1.解得x1，即半正多面體的棱長(zhǎng)為1.三
13、、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(gè)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洛陽一模)在公差為d的等差數(shù)列an中，已知a110，且a1,2a22,5a3成等比數(shù)列，Sn為數(shù)列an的前n項(xiàng)和(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；(2)若d0，求Sn的最大值解(1)由題意得5a3a1(2a22)2，a110，50(102d)(222d)2，化簡(jiǎn)得d23d40，解得d1或d4，ann11或an4n6.(2)d10.828.所以有99.9%的把握認(rèn)為“中老年人”比“青少年人”更加關(guān)注“兩會(huì)”20
14、(本小題滿分12分)(2019湘潭一模)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，焦點(diǎn)在x軸上的橢圓1(b0)的右頂點(diǎn)和上頂點(diǎn)分別為A，B，M為線段AB的中點(diǎn)，且b2.(1)求橢圓的離心率；(2)四邊形ABCD內(nèi)接于橢圓，ABCD.記直線AD，BC的斜率分別為k1，k2，求證：k1k2為定值解(1)由題意知A(2,0)，B(0，b)，線段AB的中點(diǎn)為M.(2，b)，.b2.2b2，解得b1.又a2，c，橢圓的離心率e.(2)證明：由(1)得橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為y21，A(2,0)，B(0,1)，設(shè)直線BC的方程為yk2x1，聯(lián)立得(14k)x28k2x0，解得xC，yC，即C，設(shè)直線AD的方程為yk1(x2
15、)聯(lián)立化簡(jiǎn)得(14k)x216kx16k40，2xD，解得xD，yD，D，ABCD，kCD，化為116kk2k12k28k1k8k2k0，(4k1k22k22k11)0，k1k2為定值21(本小題滿分12分)(2019合肥市第一次教學(xué)質(zhì)量檢測(cè))已知函數(shù)f (x)ex1a(x1)ln x(aR，e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))(1)設(shè)g(x)f(x)其中f(x)是f (x)的導(dǎo)數(shù)，求g(x)的極小值；(2)若對(duì)任意x1，)，都有f (x)1成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍解(1)g(x)f(x)ex1a(x0)，g(x)ex1.令(x)g(x)ex1(x0)，(x)ex10，g(x)在(0，)上為增函數(shù)，g(1)0
16、.當(dāng)x(0,1)時(shí)，g(x)0，g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(1，)，g(x)極小值g(1)2a.(2)由(1)知，f(x)在(1，)上單調(diào)遞增，在(0,1)上單調(diào)遞減，f(x)f(1)2a.當(dāng)a2時(shí)，f(x)0，f (x)在1，)上單調(diào)遞增，f (x)f (1)1，滿足條件；當(dāng)a2時(shí)，f(1)2a0，x0(1，ln a1)，使得f(x0)0，此時(shí)，x(1，x0)，f(x)0，f (x)在(1，x0)上單調(diào)遞減，即當(dāng)x(1，x0)時(shí)，都有f (x)f (1)1，不符合題意綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍為(，2(二)選考題：10分請(qǐng)考生在第22、23題中任選一題作答，如果多做，
17、則按所做的第一題計(jì)分22(本小題滿分10分)選修44：坐標(biāo)系與參數(shù)方程(2019全國(guó)卷)如圖，在極坐標(biāo)系Ox中，A(2,0)，B，C，D(2，)，弧，所在圓的圓心分別是(1,0)，(1，)，曲線M1是弧，曲線M2是弧，曲線M3是弧.(1)分別寫出M1，M2，M3的極坐標(biāo)方程；(2)曲線M由M1，M2，M3構(gòu)成，若點(diǎn)P在M上，且|OP|，求P的極坐標(biāo)解(1)由題設(shè)可得，弧，所在圓的極坐標(biāo)方程分別為2cos，2sin，2cos，所以M1的極坐標(biāo)方程為2cos，M2的極坐標(biāo)方程為2sin，M3的極坐標(biāo)方程為2cos.(2)設(shè)P(，)，由題設(shè)及(1)知若0，則2cos，解得；若，則2sin，解得或；若
18、，則2cos，解得.綜上，P的極坐標(biāo)為或或或.23(本小題滿分10分)選修45：不等式選講(2019湖北模擬)已知函數(shù)f (x)|ax2|，不等式f (x)4的解集為x|2x6(1)求實(shí)數(shù)a的值；(2)設(shè)g(x)f (x)f (x3)，若存在xR，使g(x)tx2成立，求實(shí)數(shù)t的取值范圍解(1)由|ax2|4，得4ax24，即2ax6，當(dāng)a0時(shí)，x，所以解得a1；當(dāng)a0時(shí)，x，所以無解，所以實(shí)數(shù)a的值為1.(2)由已知g(x)f (x)f (x3)|x2|x1|不等式g(x)tx2，即g(x)tx2，由題意知，yg(x)的圖象有一部分在直線ytx2的下方或在直線ytx2上，作出對(duì)應(yīng)圖象，如圖所示由圖可知，當(dāng)t0時(shí)，tkEM；當(dāng)t0時(shí)，tkFM，又因?yàn)閗EM1，kFM，所以t1或t，即實(shí)數(shù)t的取值范圍為(，1.14
（2019高考題 2019模擬題）2020高考數(shù)學(xué) 基礎(chǔ)鞏固練（一）文（含解析）
