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题
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1+1）2020
高考
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数学讲练试题基础巩固练（五）文（含2020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．(2020·大同一中二模)已知集合A＝{x|x≥1}，B＝{x|x2－x－2＜0}，则A∪B＝( )A．{x|x≥1}B．{x|1≤x＜2}C．{x|－1＜x≤1}D．{x|x＞－1}答案 D解析 由题意得，B＝{x|－1＜x＜2}，∴A∪B＝{x|x＞－1}．故选D.2．(2020·杭州二中一模)在复平面内，复数z＝eq\f(－2＋i,i3)(i为虚数单位)对应的点位于( )A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限答案 C解析 复数z＝eq\f(－2＋i,i3)＝－1－2i，则z在复平面内对应的点为(－1，－2)，位于第三象限．故选C.3．(2020·绍兴一中三模)一个几何体的三视图如图所示，每个小方格都是边长为1的正方形，则这个几何体的体积为( )A．32B.eq\f(64,3)C.eq\f(32,3)D．8答案 B解析 几何体的直观图如图所示，棱锥的顶点，在底面上的射影是底面一边的中点，易知这个几何体的体积为eq\f(1,3)×4×4×4＝eq\f(64,3).故选B.4．(2020·长春市二模)设直线y＝2x的倾斜角为α，则cos2α的值为( )A．－eq\f(\r(5),5)B．－eq\f(2\r(5),5)C．－eq\f(3,5)D．－eq\f(4,5)答案 C解析 由题意可知tanα＝2，则cos2α＝cos2α－sin2α＝eq\f(cos2α－sin2α,cos2α＋sin2α)＝eq\f(1－tan2α,1＋tan2α)＝－eq\f(3,5)，故选C.5．(2020·洛阳一高三模)已知抛物线y2＝2px(p>0)上的点M到其焦点F的距离比点M到y轴的距离大eq\f(1,2)，则抛物线的
标准
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方程为( )A．y2＝xB．y2＝2xC．y2＝4xD．y2＝8x答案 B解析 因为抛物线y2＝2px(p>0)上的点M到其焦点F的距离比点M到y轴的距离大eq\f(1,2)，所以可得eq\f(p,2)＝eq\f(1,2)，得p＝1，所以抛物线的标准方程为y2＝2x.故选B.6．(2020·濮阳二模)如图所示，等边△ABC的边长为2，AM∥BC，且AM＝6.若N为线段CM的中点，则eq\o(AN,\s\up6(→))·eq\o(BM,\s\up6(→))＝( )A．18B．22C．23D．24答案 C解析 如图，以A为原点，AB所在直线为x轴，过点A作垂直于AB的直线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0,0)，B(2,0)，C(1，eq\r(3))．因为△ABC为等边三角形，且AM∥BC，所以∠MAB＝120°，所以M(－3,3eq\r(3))，因为N是CM的中点，所以N(－1,2eq\r(3))，所以eq\o(AN,\s\up6(→))＝(－1，2eq\r(3))，eq\o(BM,\s\up6(→))＝(－5,3eq\r(3))，所以eq\o(AN,\s\up6(→))·eq\o(BM,\s\up6(→))＝23.故选C.7．(2020·全国卷Ⅲ)执行如图所示的程序框图，如果输入的为0.01，则输出ε的值等于( )εA．2－eq\f(1,24)B．2－eq\f(1,25)C．2－eq\f(1,26)D．2－eq\f(1,27)答案 C解析 ε＝0.01，x＝1，s＝0，s＝0＋1＝1，x＝eq\f(1,2)，x<ε不成立；s＝1＋eq\f(1,2)，x＝eq\f(1,4)，x<ε不成立；s＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)，x＝eq\f(1,8)，x<ε不成立；s＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,8)，x＝eq\f(1,16)，x<ε不成立；s＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,8)＋eq\f(1,16)，x＝eq\f(1,32)，x<ε不成立；s＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,8)＋eq\f(1,16)＋eq\f(1,32)，x＝eq\f(1,64)，x<ε不成立；s＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,8)＋eq\f(1,16)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,64)，x＝eq\f(1,128)，x<ε成立，此时输出s＝2－eq\f(1,26).故选C.8．(2020·南充高中一模)已知函数f(x)＝eq\f(m,3x－1)－eq\f(5,2)的图象关于(0,2)对称，则f(x)>11的解集为( )A．(－1,0)B．(－1,0)∪(0,1)C．(－1,0)∪(0，＋∞)D．(－1,0)∪(1，＋∞)答案 A解析 依题意，得f(－1)＋f(1)＝eq\f(m,\f(1,3)－1)－eq\f(5,2)＋eq\f(m,3－1)－eq\f(5,2)＝4，解得m＝－9.所以f(x)>11即eq\f(－9,3x－1)－eq\f(5,2)>11，解得－1
0，b>0)的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的圆与圆x2＋y2＝a2交于P，Q两点．若|PQ|＝|OF|，则C的离心率为( )A.eq\r(2)B.eq\r(3)C．2D.eq\r(5)答案 A解析 令双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点F的坐标为(c,0)，则c＝eq\r(a2＋b2).如图所示，由圆的对称性及条件|PQ|＝|OF|可知，PQ是以OF为直径的圆的直径，且PQ⊥OF.设垂足为M，连接OP，则|OP|＝a，|OM|＝|MP|＝eq\f(c,2)，由|OM|2＋|MP|2＝|OP|2，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2)))2＝a2，∴eq\f(c,a)＝eq\r(2)，即离心率e＝eq\r(2).故选A.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．(2020·烟台二中一模)部分与整体以某种相似的方式呈现称为分形，谢尔宾斯基三角形是一种分形，由波兰数学家谢尔宾斯基1915年提出．具体操作是取一个实心三角形，沿三角形的三边中点连线，将它分成4个小三角形，去掉中间的那一个小三角形后，对其余3个小三角形重复上述过程得到如图所示的图案，若向该图案内随机投一点，则该点落在黑色部分的概率是________．答案 eq\f(9,16)解析 由图可知黑色部分由9个小三角形组成，该图案一共由16个小三角形组成，这些小三角形都是全等的，设“向该图案内随机投一点，则该点落在黑色部分”为事件A，由几何概型的概率计算公式可得P(A)＝eq\f(9S小三角形,16S小三角形)＝eq\f(9,16).14．(2020·贵州联考)设x，y满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0，,3x＋2y≤7，,4x－y≤2，))则z＝2x＋y的最大值为________．答案 4解析 作出eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0，,3x＋2y≤7，,4x－y≤2))表示的平面区域如图中阴影部分所示，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x＋2y＝7，,4x－y＝2))解得A(1,2)，当直线y＝－2x＋z经过点A时，截距取得最大值，即z取得最大．此时x＝1，y＝2，z＝2x＋y有最大值2×1＋2＝4.15．(2020·全国卷Ⅰ)函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,2)))－3cosx的最小值为________．答案 －4解析 ∵f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,2)))－3cosx＝－cos2x－3cosx＝－2cos2x－3cosx＋1，令t＝cosx，则t∈[－1,1]，∴f(x)＝－2t2－3t＋1.又函数f(x)图象的对称轴t＝－eq\f(3,4)∈[－1,1]，且开口向下，∴当t＝1时，f(x)有最小值－4.16．(2020·云南省曲靖市质量监测)已知f(x)＝1－|lgx|，则函数y＝2f2(x)－3f(x)＋1的零点个数为________．答案 3解析 根据题意，函数y＝2f2(x)－3f(x)＋1，令y＝2f2(x)－3f(x)＋1＝0，解得f(x)＝1或eq\f(1,2)，若f(x)＝1，即1－|lgx|＝1，即lgx＝0，解得x＝1，若f(x)＝eq\f(1,2)，即1－|lgx|＝eq\f(1,2)，即lgx＝±eq\f(1,2)，解得x＝eq\r(10)或eq\f(\r(10),10)，则函数y＝2f2(x)－3f(x)＋1有3个零点．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)(2020·济南二模)如图，在平面四边形ABCD中，AB＝2，BC＝3，点E在线段AC上，且AE＝2EC，BE＝eq\f(4\r(3),3).(1)求AC的长；(2)若∠ADC＝60°，AD＝eq\r(3)，求∠ACD的大小．解 (1)设AC＝3z，在△ABE中，由余弦定理可得cos∠BEA＝eq\f(\f(16,3)＋2z2－4,2×\f(4\r(3),3)×2z).在△CBE中，由余弦定理可得cos∠BEC＝eq\f(\f(16,3)＋z2－9,2×\f(4\r(3),3)×z).由于∠BEA＋∠BEC＝180°，所以cos∠BEA＝－cos∠BEC.所以eq\f(\f(16,3)＋2z2－4,2×\f(4\r(3),3)×2z)＝－eq\f(\f(16,3)＋z2－9,2×\f(4\r(3),3)×z).整理并解得z＝1(负值舍去)．所以AC＝3.(2)在△ADC中，由正弦定理可得eq\f(AC,sin∠ADC)＝eq\f(AD,sin∠ACD)，所以eq\f(3,\f(\r(3),2))＝eq\f(\r(3),sin∠ACD)，所以sin∠ACD＝eq\f(1,2).因为AD＜AC，所以∠ACD＜60°，所以∠ACD＝30°.18．(本小题满分12分)(2020·株洲一模)经过多年的努力，炎陵黄桃在国内乃至国际上逐渐打开了销路，成为炎陵部分农民脱贫致富的好产品．为了更好地销售，现从某村的黄桃树上随机摘下了100个黄桃进行测重，其质量分布在区间[200,500]内(单位：克)，统计质量的数据作出其频率分布直方图如图所示：(1)按分层抽样的
方法
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从质量落在[350,400)，[400,450)的黄桃中随机抽取5个，再从这5个黄桃中随机抽取2个，求这2个黄桃质量至少有一个不小于400克的概率；(2)以各组数据的中间数值代表这组数据的平均水平，以频率代表概率，已知该村的黄桃树上大约还有100000个黄桃待出售，某电商提出两种收购
方案
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：A．所有黄桃均以20元/千克收购；B．低于350克的黄桃以5元/个收购，高于或等于350克的以9元/个收购．请你通过计算为该村选择收益最好的方案．(参考数据：225×0.05＋275×0.16＋325×0.24＋375×0.3＋425×0.2＋475×0.05＝354.5)解 (1)由题得，黄桃质量在[350,400)和[400,450)的比例为3∶2，∴应分别在质量为[350,400)和[400,450)的黄桃中各抽取3个和2个．记抽取质量在[350,400)的黄桃为A1，A2，A3，质量在[400,450)的黄桃为B1，B2，则从这5个黄桃中随机抽取2个的情况共有以下10种：A1A2，A1A3，A2A3，A1B1，A2B1，A3B1，A1B2，A2B2，A3B2，B1B2，其中质量至少有一个不小于400克的有7种情况，故所求概率为eq\f(7,10).(2)方案B好，理由如下：由频率分布直方图可知，黄桃质量在[200,250)的频率为50×0.001＝0.05.同理，黄桃质量在[250,300)，[300,350)，[350,400)，[400,450)，[450,500]的频率依次为0.16,0.24,0.3,0.2,0.05.若按方案B收购：∵黄桃质量低于350克的个数为(0.05＋0.16＋0.24)×100000＝45000个，黄桃质量不低于350克的个数为55000个，∴收益为45000×5＋55000×9＝720000元．若按方案A收购：根据题意，各段黄桃个数依次为5000,16000,24000,30000,20000,5000，于是总收益为(225×5000＋275×16000＋325×24000＋375×30000＋425×20000＋475×5000)×20÷1000＝709000(元)．∴方案B的收益比方案A的收益高，应该选择方案B.19．(本小题满分12分)(2020·韶关一模)如图，在几何体ABCDEF中，DE＝2，DE∥BF，DE⊥平面ABCD，四边形ABCD是菱形，AB＝5，AC＝8.(1)求证：AC⊥EF；(2)求点B到平面ADE的距离．解 (1)证明：∵DE⊥底面ABCD，AC⊂底面ABCD，∴DE⊥AC.在菱形ABCD中，BD⊥AC，又∵DE∩BD＝D，∴AC⊥平面BDEF.又∵EF⊂平面BDEF，∴AC⊥EF.(2)设点B到平面ADE的距离为d，连接BE.在菱形ABCD中，设AC∩BD＝O.AC⊥BD，AB＝5，AC＝8.∴BD＝2OB＝2eq\r(AB2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AC,2)))2)＝2eq\r(52－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,2)))2)＝6.∵DE⊥底面ABCD，∴VE－ABD＝eq\f(1,3)S△ABD×DE＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×BD×AO×DE＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×6×4×2＝8.∵DE⊥底面ABCD，AD⊂底面ABCD，∴DE⊥AD.∴VB－ADE＝eq\f(1,3)×S△ADE×d＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×AD×DE×d＝eq\f(1,6)×5×2d＝eq\f(5,3)d.∵VE－ABD＝VB－ADE，即d＝eq\f(24,5).所以，点B到平面ADE的距离为eq\f(24,5).20．(本小题满分12分)(2020·四川绵阳二诊)已知椭圆C：eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1的左、右焦点分别为F1，F2，直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于A，B两点．O为坐标原点．(1)若直线l过点F1，且|AB|＝eq\f(8\r(2),3)，求k的值；(2)若以AB为直径的圆过原点O，试探究点O到直线AB的距离是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．解 (1)由椭圆C：eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1，得a2＝8，b2＝4，则c＝eq\r(a2－b2)＝2.因为直线l过点F1(－2,0)，所以m＝2k，即直线l的方程为y＝k(x＋2)．设A(x1，y1)，B(x2，y2)．联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，))整理得(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－8＝0.∴x1＋x2＝eq\f(－8k2,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(8k2－8,1＋2k2).由弦长公式|AB|＝eq\r(1＋k2[x1＋x22－4x1x2])＝eq\f(8\r(2),3)，代入整理得eq\f(1＋k2,1＋2k2)＝eq\f(2,3)，解得k2＝1.∴k＝±1.(2)设直线l方程y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，))整理得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－8＝0.∴x1＋x2＝eq\f(－4km,2k2＋1)，x1x2＝eq\f(2m2－8,2k2＋1).以AB为直径的圆过原点O，即eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝0.∴eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝0.将y1＝kx1＋m，y2＝kx2＋m代入，整理得(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0.将x1＋x2＝eq\f(－4km,2k2＋1)，x1x2＝eq\f(2m2－8,2k2＋1)代入，整理得3m2＝8k2＋8.设点O到直线AB的距离为d，于是d2＝eq\f(m2,k2＋1)＝eq\f(8,3)，故点O到直线AB的距离是定值，该定值为d＝eq\f(2\r(6),3).21．(本小题满分12分)(2020·江西联考)已知函数f(x)＝3x－eq\f(1,x)＋blnx.(1)当b＝－4时，求函数f(x)的极小值；(2)若∃x∈[1，e]，使得4x－eq\f(1,x)－f(x)＜－eq\f(1＋b,x)成立，求b的取值范围．解 (1)当b＝－4时，f′(x)＝eq\f(－4,x)＋eq\f(1,x2)＋3＝eq\f(3x－1x－1,x2).令f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,3)或x＝1.所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．所以f(x)在x＝1处取得极小值为f(1)＝2.(2)由∃x∈[1，e]，使得4x－eq\f(1,x)－f(x)＜－eq\f(1＋b,x)⇒4x－eq\f(1,x)－f(x)＋eq\f(1＋b,x)＜0⇒4x－eq\f(1,x)－3x＋eq\f(1,x)－blnx＋eq\f(1＋b,x)＜0，即x－blnx＋eq\f(1＋b,x)＜0.设h(x)＝x－blnx＋eq\f(1＋b,x)，则只需要函数h(x)＝x－blnx＋eq\f(1＋b,x)在[1，e]上的最小值小于零．又h′(x)＝1－eq\f(b,x)－eq\f(1＋b,x2)＝eq\f(x2－bx－1＋b,x2)＝eq\f(x＋1[x－1＋b],x2)，令h′(x)＝0，得x＝－1(舍去)或x＝1＋b.①当1＋b≥e，即b≥e－1时，h(x)在[1，e]上单调递减，故h(x)在[1，e]上的最小值为h(e)，由h(e)＝e＋eq\f(1＋b,e)－b＜0，可得b＞eq\f(e2＋1,e－1).因为eq\f(e2＋1,e－1)＞e－1，所以b＞eq\f(e2＋1,e－1).②当1＋b≤1，即b≤0时，h(x)在[1，e]上单调递增，故h(x)在[1，e]上的最小值为h(1)，由h(1)＝1＋1＋b＜0，可得b＜－2(满足b≤0)．③当1＜1＋b＜e，即0＜b＜e－1时，h(x)在(1,1＋b)上单调递减，在(1＋b，e)上单调递增，故h(x)在[1，e]上的最小值为h(1＋b)＝2＋b－bln(1＋b)．因为0＜ln(1＋b)＜1，所以0＜bln(1＋b)＜b，所以2＋b－bln(1＋b)＞2，即h(1＋b)＞2，不满足题意，舍去．综上可得，b＜－2或b＞eq\f(e2＋1,e－1)，所以实数b的取值范围为(－∞，－2)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2＋1,e－1)，＋∞)).(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](2020·宝鸡二模)点P是曲线C1：(x－2)2＋y2＝4上的动点，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，以极点O为中心，将点P逆时针旋转90°得到点Q，设点Q的轨迹为曲线C2.(1)求曲线C1，C2的极坐标方程；(2)射线θ＝eq\f(π,2)(ρ＞0)与曲线C1，C2分别交于A，B两点，设定点M(2,0)，求△MAB的面积．解 (1)曲线C1的极坐标方程为ρ＝4cosθ.设Q(ρ，θ)，则Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ρ，θ－\f(π,2)))，则有ρ＝4coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,2)))＝4sinθ.所以曲线C2的极坐标方程为ρ＝4sinθ.(2)把θ＝eq\f(π,2)代入C1得ρ1＝0，即Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，把θ＝eq\f(π,2)代入C2得ρ2＝4，即Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(π,2))).∴△MAB是直角三角形，直角边长为4,2，S△MAB＝eq\f(1,2)×4×2＝4.23．(本小题满分10分)[选修4－5：不等式选讲](2020·宝鸡二模)设函数f(x)＝x2－x－1.(1)解不等式：|f(x)|＜1；(2)若|x－a|＜1，求证：|f(x)－f(a)|＜2(|a|＋1)．解 (1)由|f(x)|＜1得－1＜f(x)＜1，即－1＜x2－x－1＜1，所以原不等式的解集为(－1,0)∪(1,2)．(2)证明：因为|x－a|＜1，所以|f(x)－f(a)|＝|x2－a2＋a－x|＝|(x－a)(x＋a－1)|＝|x－a||x＋a－1|<|x＋a－1|＝|(x－a)＋2a－1|≤|x－a|＋|2a|＋1＜|2a|＋2＝2(|a|＋1)．
浙公网安备 33021202002483