2020高考理科数学必刷套题(含2019高考真题及模拟题).pdf

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2020高考理科数学必刷套题(含2019高考真题及模拟题)
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题),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,,
只有一项是符合题目要求的.
1.(2019·湖南长郡中学一模)已知集合A={x|x>a},B={x|x2-4x+3≤0},若A∩B
=B,则实数a的取值范围是()
>≥≤<1
答案D
解析因为B={x|1≤x≤3},A∩B=B,所以a<.
a-2i
2.(2019·广东汕头二模)若复数(a∈R)为纯虚数,则|3-ai|=()
1+i

答案A
a-2ia--a-+-a-
解析==,
1+i+-2
a-2
=0,
a-2i2
a
因为复数(∈R)为纯虚数,所以
1+i-a-2
≠0.
2
a-2=0,

即解得a=2,
a+2≠0.
所以|3-ai|=|3-2i|=32+-2=.
3.(2019·江淮十校模拟)为了解户籍、性别对生育二胎选择倾向的影响,某地从育龄
人群中随机抽取了容量为200的调查样本,其中城镇户籍与农村户籍各100人;男性120
人,女性80人,绘制不同群体中倾向选择生育二胎与倾向选择不生育二胎的人数比例图(如
图所示),其中阴影部分表示倾向选择生育二胎的对应比例,则下列叙述中错误的是()


1
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,男性人数与女性人数相同
,农村户籍人数少于城镇户籍人数
答案C
解析由比例图可知,是否倾向选择生育二胎与户籍、性别有关,倾向选择不生育二胎
的人员中,农村户籍人数少于城镇户籍人数,倾向选择生育二胎的人员中,男性人数为
×120=96人,×80=48人,男性人数与女性人数不相同,故C错误,
故选C.
4.(2019·咸阳模拟)设等差数列{a}的前n项和为S,若a=4,S=72,则a=()
nn4910

答案D
a=a+3d=4,

41
解析由于数列是等差数列,故解得a=-8,d=4,故a=
S=9a+36d=72,110
91
a+9d=-8+36=.
1
5.(2019·淮南一模)已知函数f(x)=xlnx,若直线l过点(0,-e),且与曲线y=f(x)
相切,则直线l的斜率为()
A.-.-
答案B
解析函数f(x)=xlnx的导数为f′(x)=lnx+1,设切点为(m,n),则n=mlnm,
n+emlnm+e
可得切线的斜率为k=1+lnm,∴1+lnm==,解得m=e,k=1+lne=2,
mm
故选B.
→2→→→1→
6.(2019·郑州质检)如图,在△ABC中,AN=NC,P是BN上一点,若AP=tAB+AC,
33
则实数t的值为()
2213
.
3564
答案C
→→→→→→→→→→→2
解析由题意及图,AP=AB+BP=AB+mBN=AB+m(AN-AB)=mAN+(1-m)AB,又AN=
3
2
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1-m=t,
→→2→→2→→→→1→5
NC,∴AN=AC,∴AP=mAC+(1-m)AB,又AP=tAB+AC,∴21解得m=,
553m=,6

53
1
t=,故选C.
6
7.(2019·山西太原一模)如图是某几何体的三视图,其中网格纸上小正方形的边长为
1,则该几何体的体积为()
4050
.
33
答案D
解析其直观图为四棱锥E-ABCD,由题意得
11150
V=××4×4+×2×2×5=.故选D.
3223
x2y2
8.(2019·华师附中模拟)设F,F分别是椭圆+=1(a>b>0)的左、右焦点,若在直
12a2b2
a2
线x=(其中c2+b2=a2)上存在点P,使线段PF的垂直平分线经过点F,则椭圆离心率的
c12
取值范围是()
2332
A.0,B.0,C.,1D.,1
2332
答案C
a2
解析由题意得F(-c,0),F(c,0),设点P,m,则由中点公式可得线段PF的中
12c1
3
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1
m-0
a2-c21m-02
点K,m,∵线段PF的斜率与KF的斜率之积等于-1,即·=-1,
2c212a2a2-c2
+c-c
c2c
a2a2
∴m2=-+c·-3c≥0,∴a4-2a2c2-3c4≤0,∴3e4+2e2-1≥0,
cc
13
∴e2≥或e2≤-1(舍去),∴e≥.
33
3
又椭圆的离心率0<e<1,故≤e<1,故选C.
3
xxx
e,≤0,
9.(2019·重庆模拟)已知函数f(x)=
2-|x-1|,x>0,
若函数g(x)=f(x)-m有两个零点x,x,则x+x=()
1212
1
+
e
1
+
e
答案D
解析当x≤0时,f′(x)=(x+1)ex,当x<-1时,f′(x)<0,故f(x)在(-∞,-1)
上为减函数,当-1<x<0时,f′(x)>0,故f(x)在(-1,0)上为增函数,所以当x≤0时,f(x)
1
的最小值为f(-1)=-.又在R上,f(x)的图象如图所示,
e
因为g(x)有两个不同的零点,所以方程f(x)=m有两个不同的解,即直线y=m与y=
1
f(x)有两个不同交点且交点的横坐标分别为x,x,故1<m<2或m=0或m=-.若1<m<2,
12e
111
则x+x=2;若m=0,则x+x=3;若m=-,则x+x=-1+3+=2+.综上,x+
1212e12ee1
1
x的值为2或3或2+,故选D.
2e
10.(2019·黑龙江模拟)如图,若在矩形OABC中随机撒一粒豆子,则豆子落在图中阴
影部分的概率为()
4
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22
-B.
ππ
22
-
π2π2
答案A
π

解析S=π×1=π,又πsinxdx=-cosx=-(cosπ-cos0)=2,
矩形
00
π-22
∴S=π-2,∴豆子落在图中阴影部分的概率为=1-.故选A.
阴影ππ
x2y2
11.(2019·昌平期末)设点F,F分别为椭圆C:+=1的左、右焦点,点P是椭圆
1295
→→
C上任意一点,若使得PF·PF=m成立的点恰好是4个,则实数m的值可以是()
12
1

2
答案B
x2y2
解析∵点F,F分别为椭圆C:+=1的左、右焦点,即F(-2,0),F(2,0),a2
129512
→→→→
=9,b2=5,c2=4,c=2,设P(x,y),PF=(-2-x,-y),PF=(2-x,-y),由PF·PF
0010020012
x2y29m-9→→
=m可得x2+y2=m+4,又∵P在椭圆上,即0+0=1,∴x2=,要使得PF·PF=m成
00950412
9m-9
立的点恰好是4个,则0<<9,解得1<m<5,∴.
4
12.(2019·安徽淮北、宿州二模)已知正四面体的中心与球心O重合,正四面体的棱长
为26,球的半径为5,则正四面体表面与球面的交线的总长度为()

答案A
解析∵正四面体A-BCD的中心与球心O重合,正四面体的棱长为26,取CD的中点
E,连接BE,AE,过A作AF⊥底面BCD,交BE于F,则BE=AE=62-62=32,
2
BF=BE=22,
3
5
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AF=62-22=4,设正四面体内切球半径为r,则(4-r)2=(22)2+r2,
解得正四面体内切球半径为r=1,∵球的半径为5,∴由球的半径知球被平面截得小圆半
径为r=5-1=2,故球被正四面体一个平面截曲线为三段圆弧,且每段弧所对中心角为
1
30°
30°,∴正四面体表面与球面的交线的总长度为4×3××2π×2=.
360°
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.
x-y+1≤0,

13.(2019·临沂质检)设x,y满足约束条件2x-y≥0,

x≤2,
则z=2x+3y的最小值为________.
答案8
x-y+1≤0,

解析画出不等式组2x-y≥0,表示的平面区域,如图阴影部分所示,

x≤2
由图形知,当目标函数z=2x+3y过点A时,z取得最小值.
x-y+1=0,

由求得A(1,2),
2x-y=0,
所以z=2x+3y的最小值是2×1+3×2=8.
14.(2019·金山中学模拟)数列{a}且a=
nn
6
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1
,n为奇数,
n2+2n
若S为数列{a}的前n项和,则S=________.
nnn2018
π
sin,n为偶数,
4
3028
答案
2019
1
,n为奇数,
n2+2n
解析数列{a}且a=
nnn
π
sin,n为偶数,
4
1111
①当n为奇数时,a==-;
nn2+2n2nn+2
nπ
②当n为偶数时,a=sin,
n4
1
所以S=(a+a+a+…+a)+(a+a+a+…+a)=
2018135201724620182
1111110093028
1-+-+…+-+(1+0-1+…+0)=+1=.
3352017201920192019
15.(2019·岳阳二模)将多项式ax6+ax5+…+ax+a分解因式得(x-2)(x+2)5,则
6510
a=________.
5
答案8
解析(x-2)(x+2)5=(x2-4)(x+2)4,(x+2)4展开式中的x3系数为C1·21=
4
a=8.
5
16.(2019·东莞期末)已知函数f(x)=sinx·cos2x(x∈R),则f(x)的最小值为
________.
答案-1
解析函数f(x)=sinx·cos2x=sinx(1-2sin2x)=sinx-2sin3x,令t=sinx∈[-
1,1],
则h(t)=t-2t3,h′(t)=1-6t2,
66
当-1≤t<-时,h′(t)<0,h(t)在-1,-上单调递减;
66
6666
当-≤t<时,h′(t)≥0,h(t)在-,上单调递增;
6666
66
当≤t≤1时,h′(t)≤0,h(t)在,1上单调递减.
66
6
所以函数的最小值是h-或h(1),
6
7
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6666
h(1)=-1<h-=--2-3=-,
6669
故函数f(x)的最小值为-1.
三、解答题:、~21题为必
考题,、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·全国卷Ⅰ)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,
(sinB-sinC)2=sin2A-sinBsinC.
(1)求A;
(2)若2a+b=2c,求sinC.
解(1)由已知得sin2B+sin2C-sin2A=sinBsinC,
故由正弦定理得b2+c2-a2=bc.
b2+c2-a21
由余弦定理得cosA==.
2bc2
因为0°<A<180°,所以A=60°.
(2)由(1)知B=120°-C,
由题设及正弦定理得2sinA+sin(120°-C)=2sinC,
631
即+cosC+sinC=2sinC,
222
2
可得cos(C+60°)=-.
2
2
因为0°<C<120°,所以sin(C+60°)=,
2
故sinC=sin(C+60°-60°)=sin(C+60°)cos60°-cos(C+60°)sin60°=
6+2
.
4
18.(本小题满分12分)(2019·石家庄一模)小明在石家庄市某物流公司找到了一份派
送员的工作,该公司给出了甲、乙两种日薪薪酬方案,其中甲方案:底薪100元,每派送一
单奖励1元;乙方案:底薪140元,每日前55单没有奖励,超过55单的部分每单奖励12
元.
(1)请分别求出甲、乙两种薪酬方案中日薪y(单位:元)与派送单数n的函数关系式;
8
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(2)根据该公司所有派送员100天的派送记录,得到了如图所示的派送量指标的频率分
布直方图,并发现每名派送员的日平均派送单数满足以下条件:当某天的派送量指标在
n-n
,(n=1,2,3,4,5)时,日平均派送量为(50+2n)单.
105
若将频率视为概率,回答下列问题:
①根据以上数据,设一名派送员的日薪为Y(单位:元),试分别求出甲、乙两种方案中
日薪Y的分布列、数学期望及方差;
②结合①中的数据,利用统计的知识,帮助小明分析,他选择哪种薪酬方案比较合适,
并说明你的理由.
(参考数据:=,=,=,=,=,=
,=,=,=)
解(1)甲方案中派送员日薪y(单位:元)与派送单数n的函数关系式为y=100+n,n
∈N.
乙方案中派送员日薪y(单位:元)与派送单数n的函数关系式为y=
n≤55,n∈N,


12n-n>55,n∈N
(2)①由已知,在这100天中,该公司的一名派送员的日平均派送单数满足下表:
派送单数5254565860

所以Y的分布列为
甲
Y152154156158160
甲

所以E(Y)=152×+154×+156×+158×+160×=,
甲
s2=×(152-)2+×(154-)2+×(156-)2+×(158-
甲
)2+×(160-)2=;
Y的分布列为
乙
Y140152176200
乙

所以E(Y)=140×+152×+176×+200×=,
乙
9
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s2=×(140-)2+×(152-)2+×(176-)2+×(200-
乙
)2=.
②答案一:由①可知,E(Y)<E(Y),但两者相关不大,且s2远小于s2,即甲方案中
甲乙甲乙
日薪的波动相对较小,所以小明选择甲方案比较合适.
答案二:由①可知,E(Y)<E(Y),即甲方案中日薪的期望小于乙方案中日薪的期望,
甲乙
所以小明选择乙方案比较合适.
19.(本小题满分12分)(2019·荆门调研)如图1,梯形ABCD中,AB∥CD,过A,B分
别作AE⊥CD,BF⊥CD,垂足分别为E,=AE=2,CD=5,已知DE=1,将梯形ABCD沿
AE,BF同侧折起,得空间几何体ADE-BCF,如图2.
(1)若AF⊥BD,证明:DE⊥平面ABFE;
(2)若DE∥CF,CD=3,线段AB上存在一点P,满足CP与平面ACD所成角的正弦值为
5
,求AP的长.
20
解(1)证明:由已知得四边形ABFE是正方形,且边长为2,在题图2中,AF⊥BE,
由已知得AF⊥BD,BE∩BD=B,∴AF⊥平面BDE,
又DE⊂平面BDE,∴AF⊥DE,
又AE⊥DE,AE∩AF=A,∴DE⊥平面ABFE.
(2)在题图2中,AE⊥DE,AE⊥EF,DE∩EF=E,即AE⊥平面DEFC,
在梯形DEFC中,过点D作DM∥EF交CF于点M,连接CE,
π
由题意得DM=2,CM=1,由勾股定理可得DC⊥CF,则∠CDM=,CE=2,
6
过E作EG⊥EF交DC于点G,可知GE,EA,EF两两垂直,
→→→
以E为坐标原点,以EA,EF,EG分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系,
10
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13
则A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,1,3),D0,-,,
22
→→13
AC=(-2,1,3),AD=-2,-,.
22
设平面ACD的一个法向量为n=(x,y,z),
→-2x+y+3z=0,
n·AC=0,
由得
13
→-2x-y+z=0,
n·AD=0,22
取x=1得n=(1,-1,3),
设AP=m,则P(2,m,0)(0≤m≤2),
→
得CP=(2,m-1,-3),
设CP与平面ACD所成的角为θ,
→|m|52
sinθ=|cos〈CP,n〉|==⇒m=.
5·7+m-2203
2
∴AP=.
3
20.(本小题满分12分)(2019·浙江高考)如图,已知点F(1,0)为抛物线y2=2px(p>0)
,B两点,点C在抛物线上,使得△ABC的重心G在x
轴上,直线AC交x轴于点Q,△AFG,△CQG的面积分别为S,S.
12
(1)求p的值及抛物线的准线方程;
S
(2)求1的最小值及此时点G的坐标.
S
2
p
解(1)由题意得=1,即p=2.
2
所以抛物线的准线方程为x=-1.
(2)设A(x,y),B(x,y),C(x,y),重心G(x,y).令y=2t,t≠0,则x=t2.
AABBCCGGAA
t2-1
由于直线AB过F,故直线AB的方程为x=y+1,
2t
t2-
代入y2=4x,得y2-y-4=0,
t
212
故2ty=-4,即y=-,所以B,-.
BBtt2t
112
又x=(x+x+x),y=(y+y+y)及重心G在x轴上,得2t-+y=0,
G3ABCG3ABCtC
11
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112t4-2t2+2
得C-t2,2-t,G,0.
tt3t2
所以直线AC的方程为y-2t=2t(x-t2),
得Q(t2-1,0).
由于Q在焦点F的右侧,故t2>
1
|FG|·|y|
S2A
1=
S1
2|QG|·|y|
2C
2t4-2t2+2
-1·|2t|
3t2
=
2t4-2t2+22
t2-1-·-2t
3t2t
2t4-t2t2-2
==2-.
t4-1t4-1
令m=t2-2,则m>0,
Sm11
1=2-=2-≥2-
Sm2+4m+333
2m++4
2m·+4
mm
3
=1+.
2
S3
当m=3时,1取得最小值1+,此时G(2,0).
S2
2
21.(本小题满分12分)(2019·山西太原一模)已知函数f(x)=lnx-ax2+(2-a)x,a
∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
1
(2)当a<-时,若对于任意x,x∈(1,+∞)(x<x),都存在x∈(x,x),使得f′(x)
212120120
fx-fxx+x
=21,证明:12<x.
x-x20
21
1x+ax-
解(1)由题意得f′(x)=-2ax+(2-a)=-,x>0,
xx
当a≤0时,f′(x)>0在(0,+∞)上恒成立,∴f(x)在(0,+∞)上单调递增;
11
当a>0时,令f′(x)>0,则0<x<;令f′(x)<0,则x>.
aa
11
∴f(x)在0,上单调递增,在,+∞上单调递减.
aa
1
(2)证明:∵当a<-时,
2
12
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fx-fx1x
21=ln2-a(x+x)+(2-a),
x-xx-xx21
21211
1
f′(x)=-2ax+(2-a),
0x0
0
1x1
∴ln2-a(x+x)=-2ax,
x-xx21x0
2110
x+x2121x
∴f′12-f′(x)=-a(x+x)--2ax=-ln2
20x+x21x0x+xx-xx
21021211
1x-xx
=21-ln2
x-xx+xx
21211
x
22-1
1xx
1-ln2
=,
x-xxx
212+11
x
1
xt-
令t=2,g(t)=-lnt,t>1,
xt+1
1
t-2
则g′(t)=-<0,∴g(t)<g(1)=0,
tt+2
x+x
∴f′12-f′(x)<0,
20
x+x
∴f′12<f′(x),
20
1
设h(x)=f′(x)=-2ax+(2-a),x>1,
x
1
则h′(x)=--2a>-1+1=0,
x2
∴h(x)=f′(x)在(1,+∞)上单调递增,
x+x
∴12<x.
20
(二)选考题:、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·甘肃天水一中三模)在平面直角坐标系xOy中,直线l的参数方程为
x=1+tcosα,

(其中t为参数).以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,
y=tsinα
曲线C的极坐标方程为ρ(1-cos2θ)=8cosθ.
(1)求l和C的直角坐标方程;
(2)若l与C相交于A,B两点,且|AB|=8,求α.
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ππ
解(1)当α=时,l:x=≠时,l:y=tanα·(x-1).由ρ(1-cos2θ)
22
=8cosθ得2ρ2sin2θ=8ρcosθ,
因为x=ρcosθ,y=ρsinθ,
所以C的直角坐标方程为y2=4x.
(2)将直线l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程,得(sin2α)t2-(4cosα)t-4=0,
4cosα-4
则t+t=,tt=,
12sin2α12sin2α
4
因为|AB|=|t-t|=t+t2-4tt==8,
121212sin2α
222π3π
所以sinα=或-,因为0<α<π,所以sinα=,故α=或.
22244
23.(本小题满分10分)[选修4-5:不等式选讲]
(2019·甘肃天水一中三模)设函数f(x)=|2x+a|-|x-2|(a∈R,x∈R).
(1)当a=-1时,求不等式f(x)>0的解集;
(2)若在x∈R上f(x)≥-1恒成立,求实数a的取值范围.
解(1)a=-1时,f(x)>0可得|2x-1|>|x-2|,即(2x-1)2>(x-2)2,
化简得(3x-3)(x+1)>0,所以不等式f(x)>0的解集为(-∞,-1)∪(1,+∞).
(2)①当a<-4时,
-x-a-2,x<2,

a
-3x-a+2,2≤x≤-,aa
f(x)=2由函数单调性可得f(x)=f-=+
min22
a
x+a+2,x>-,
2
2≥-1,解得-6≤a<-4;
②当a=-4时,f(x)=|x-2|,f(x)=0≥-1,所以a=-4符合题意;
min
a
-x-a-2,x<-,
2

③当a>-4时,f(x)=a由函数单调性可得,f(x)
3x+a-2,-≤x≤2,min
2

x+a+2,x>2,
aa
=f-=--2≥-1,解得-4<a≤-2.
22
综上,实数a的取值范围为[-6,-2].
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