《刷题1+12020高考数学讲练试题素养提升练一文含2019高考+模拟题201909100191》由会员分享，可在线阅读，更多相关《刷题1+12020高考数学讲练试题素养提升练一文含2019高考+模拟题201909100191（13页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、（刷题1+1）2020高考数学讲练试题 素养提升练（一）文（含2019高考+模拟题）本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分满分150分，考试时间120分钟第卷(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辽宁马鞍山一中三模)设集合Mx|x22x30，Nx|2x2，则M(RN)等于()A1,1 B(1,0)C1,3) D(0,1)答案C解析由Mx|x22x30x|1x3，又Nx|2x2x|x1，全集UR，所以RNx|x1所以M(RN)x|1x3x|x11,3)故选C.2(2019江西师大附中三模)已知i
2、为虚数单位，复数z满足(2i)z32i，则z在复平面内对应的点位于()A第一象限 B第二象限C第三象限 D第四象限答案A解析复数z满足(2i)z32i，z，则z在复平面内对应的点为，在第一象限故选A.3(2019全国卷)已知向量a(2,3)，b(3,2)，则|ab|()A. B2 C5 D50答案A解析ab(2,3)(3,2)(1,1)，|ab|.故选A.4(2019咸阳二模)已知甲、乙、丙三人去参加某公司面试，他们被公司录取的概率分别为，且三人录取结果相互之间没有影响，则他们三人中至少有一人被录取的概率为()A. B.C. D.答案B解析甲、乙、丙三人去参加某公司面试，他们被公司录取的概率分
3、别为，且三人录取结果相互之间没有影响，他们三人中至少有一人被录取的对立事件是三人都没有被录取，他们三人中至少有一人被录取的概率为P1.故选B.5(2019全国卷)函数y在6,6的图象大致为()答案B解析yf (x)，x6,6，f (x)f (x)，f (x)是奇函数，排除C.当x4时，y(7,8)，排除A，D.故选B.6(2019三明一中二模)如图是某个几何体的三视图，根据图中数据(单位：cm)求得该几何体的表面积是()A. cm2 B. cm2C. cm2 D. cm2答案A解析由三视图可以看出，该几何体是一个长方体以一个顶点挖去一个八分之一的球体所以该几何体的表面积为2(121520)43
4、233294.故选A.7(2019咸阳一模)执行如图所示的程序框图，若输出的k的值为b，则过定点(4,2)的直线l与圆(xb)2y216截得的最短弦长为()A4 B2C. D2答案A解析模拟程序的运行，可得k1，S1，S1，不满足条件S6，执行循环体，k2，S2，不满足条件S6，执行循环体，k3，S6，不满足条件S6，执行循环体，k4，S15，满足条件S6，退出循环输出k的值为4，即b4，由题意过圆内定点P(4,2)的弦，只有和PC(C是圆心)垂直时才最短，定点P(4,2)是弦|AB|的中点，由勾股定理得，|AB|24.故选A.8(2019全国卷)记Sn为等差数列an的前n项和已知S40，a5
5、5，则()Aan2n5 Ban3n10CSn2n28n DSnn22n答案A解析设首项为a1，公差为d.由S40，a55可得解得所以an32(n1)2n5，Snn(3)2n24n.故选A.9(2019湖南百所重点中学诊测)若变量x，y满足约束条件且a(6,3)，则z仅在点A处取得最大值的概率为()A. B. C. D.答案A解析z可以看作点(x，y)和点(a,0)的斜率，直线AB与x轴交点为(2,0)，当a(2，1)时，z仅在点A处取得最大值，所以P.故选A.10(2019北京高考)如图，A，B是半径为2的圆周上的定点，P为圆周上的动点，APB是锐角，大小为.图中阴影区域的面积的最大值为()A
6、44cosB44sinC22cosD22sin答案B解析解法一：如图1，设圆心为O，连接OA，OB，OP.APB，AOB2，S阴影SAOPSBOPS扇形AOB22sinAOP22sinBOP2222sinAOP2sinBOP42sinAOP2sin(22AOP)42sinAOP2sin(2AOP)42sinAOP2(sin2cosAOPcos2sinAOP)42sinAOP2sin2cosAOP2cos2sinAOP42(1cos2)sinAOP2sin2cosAOP422sin2sinAOP22sincoscosAOP44sin(sinsinAOPcoscosAOP)444sincos(AO
7、P)为锐角，sin0.当cos(AOP)1，即AOP时，阴影区域面积最大，为44sin.故选B.解法二：如图2，设圆心为O，连接OA，OB，OP，AB，则阴影区域被分成弓形AmB和ABP.APB，AOB2.弓形AmB的面积是定值，要使阴影区域面积最大，则只需ABP面积最大ABP底边AB长固定，只要ABP的底边AB上的高最大即可由图可知，当APBP时，满足条件，此时S阴影S扇形AOBSAOPSBOP222222sin44sin.这就是阴影区域面积的最大值故选B.11(2019福州一模)已知函数f (x)当xm，m1时，不等式f (2mx)f (xm)恒成立，则实数m的取值范围是()A(，4) B
8、(，2)C(2,2) D(，0)答案B解析当x0时，f (x)x4单调递减，且f (x)f (0)5；当x0时，f (x)x3x5，f(x)3x210，f (x)单调递减，且f (x)f (0)5；所以函数f (x)在xR上单调递减，因为f (2mx)f (xm)，所以2mxxm，即2xm，在xm，m1上恒成立，所以2(m1)m，解得m2.即m的取值范围是(，2)故选B.12(2019攀枝花二模)已知双曲线C：1(a0，b0)的左、右焦点分别为F1，F2，O为坐标原点，P为双曲线在第一象限上的点，直线PO，PF2分别交双曲线C的左、右支于另一点M，N，若|PF1|3|PF2|，且MF2N60，
9、则双曲线的离心率为()A. B3 C2 D.答案D解析由双曲线的定义可得|PF1|PF2|2a，由|PF1|3|PF2|，可得|PF2|a，|PF1|3a，结合双曲线性质可以得到|PO|MO|，而|F1O|F2O|，结合四边形对角线平分，可得四边形PF1MF2为平行四边形，结合MF2N60，故F1MF260，对F1MF2用余弦定理，得到|MF1|2|MF2|2|F1F2|22|MF1|MF2|cosF1MF2，结合|PF1|3|PF2|，可得|MF1|a，|MF2|3a，|F1F2|2c，代入上式中，得到a29a24c23a2，即7a24c2，结合离心率满足e，即可得出e，故选D.第卷(非选择
10、题，共90分)二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13(2019四川省二诊)已知角的顶点在坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，点P(1，)在角的终边上，则sin_.答案解析角的顶点在坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，点P(1，)在角的终边上，tan，2k，kZ，则sinsinsin.14(2019全国卷)曲线y3(x2x)ex在点(0,0)处的切线方程为_答案y3x解析y3(2x1)ex3(x2x)exex(3x29x3)，斜率ke033，切线方程为y3x.15(2019石家庄一模)已知直线xay30与圆O：x2y24相交于A，B两点(O为坐标原点)，且AOB为等边三角形，则实数
11、a的值为_答案解析圆心(0,0)到直线xay30的距离d，依题意，cos30，即，解得a.16(2019泉州市质检)如图所示，球O半径为R，圆柱O1O2内接于球O，当圆柱体积最大时，圆柱的体积V，则R_.答案解析设小圆O1，O2的半径为r，如图，作出球O及其内接圆柱的轴截面得到四边形ABCD，由题意得到ABCD2r，当BCAD2r时，圆柱的体积最大，此时R2R24r2，即Rr，圆柱体积Vr22r，解得r，Rr.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1721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)
12、(2019郑州一模)ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知ABC的面积为S，且满足sinB.(1)求sinAsinC；(2)若4cosAcosC3，b，求ABC的周长解(1)由三角形的面积公式可得SABCbcsinA，2csinBsinAb，由正弦定理可得2sinCsinBsinAsinB，sinB0，sinAsinC.(2)4cosAcosC3，cosAcosC，cosAcosCsinAsinC，cos(AC)，cosB，0B，sinB，4，sinAsinC，ac8，b2a2c22accosB(ac)22ac2accosB，(ac)2151227，ac3.abc3.18(本小题满
13、分12分)(2019厦门一模)某企业为确定下一年度投入某种产品的研发费用，需了解年研发费用x(单位：千万元)对年销售量y(单位：千万件)的影响，统计了近10年投入的年研发费用xi与年销售量yi(i1,2，10)的数据，得到如下散点图(1)利用散点图判断，yabx和ycxd(其中c，d为大于0的常数)哪一个更适合作为年研发费用x和年销售量y的回归方程类型(只要给出判断即可，不必说明理由)；(2)对数据作出如下处理：令uiln xi，viln yi，得到相关统计量的值如下表：uiviuiviu30.5151546.5根据(1)的判断结果及表中数据，求y关于x的回归方程；(3)已知企业年利润z(单位：千万元)与x，y的关系为zy
