2020屆全國(guó)高考數(shù)學(xué)(理)刷題11(2019模擬題)模擬重組卷(七)(解析版)

1、頁(yè)1第2020屆全國(guó)高考數(shù)學(xué)（理）刷題1+1（2019模擬題）模擬重組卷（七）（解析版）本試卷分第 I 卷（選擇題）和第 II 卷（非選擇題）兩部分.滿分 150 分，考試時(shí)間 120 分鐘.第I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.i 51. （2019 宣城二調(diào)）復(fù)數(shù)百（i 是虛數(shù)單位）的虛部是（ ）A. 3i B. 6i C. 3 D. 6答案 Ci 一 5 （i 一 5（1 i）i 一 5解析 復(fù)數(shù) 二二一 2+ 3i.復(fù)數(shù)（i 是虛數(shù)單位）的虛部是 3.故選 C.1 + i（1

2、+ i【1 i）1 + i2. （2019 廣東汕頭模擬）已知集合 A= 0,1,2，若 AH?ZB = ?（Z 是整數(shù)集合），則集合 B 可以為（）aA . x|x= 2a， a AB. x|x= 2，a A2C . x|x= a 1， a ND. x|x= a，a N答案 C解析 由題意知，集合 A= 0,1,2，可知x|x= 2a，a = 0,2,4，此時(shí) AH?ZB = 1工、_ 一_a?，A 不滿足題意；x|x= 2，a = 1,2,4，貝UAH?ZB = 0工?，B 不滿足題意；x|x= a 一21, a = 1,0,1,2, 3,，則 AH?ZB = ?，C 滿足題意；x|x=

3、a，aJ = 0,1,4,9,16,， 則AH?ZB= 2工?，D 不滿足題意.故選 C.3.（2019 衡陽(yáng)聯(lián)考）比較甲、乙兩名學(xué)生的數(shù)學(xué)學(xué)科素養(yǎng)的各項(xiàng)能力指標(biāo)值（滿分為 5 分, 分值高者為優(yōu)），繪制了如圖所示的六維能力雷達(dá)圖，例如圖中甲的數(shù)學(xué)抽象指標(biāo)值為4,乙 的頁(yè)2第數(shù)學(xué)抽象指標(biāo)值為 5,則下面敘述正確的是（）頁(yè)3第A 乙的邏輯推理能力優(yōu)于甲的邏輯推理能力B 甲的數(shù)學(xué)建模能力指標(biāo)值優(yōu)于乙的直觀想象能力指標(biāo)值C 乙的六維能力指標(biāo)值整體水平優(yōu)于甲的六維能力指標(biāo)值整體水平D 甲的數(shù)學(xué)運(yùn)算能力指標(biāo)值優(yōu)于甲的直觀想象能力指標(biāo)值答案 C解析 甲的邏輯推理能力指標(biāo)值為 4,優(yōu)于乙的邏輯推理能力指標(biāo)值

4、 3,故 A 錯(cuò)誤；甲的數(shù)學(xué)建模能力指標(biāo)值為 3,乙的直觀想象能力指標(biāo)值為 5,所以乙的直觀想象能力指標(biāo)值優(yōu)于1甲的數(shù)學(xué)建模能力指標(biāo)值，故 B 錯(cuò)誤；甲的六維能力指標(biāo)值的平均值為 6X(4 + 3+ 4+ 5+ 3 +231234)=,乙的六維能力指標(biāo)值的平均值為 6X(5 + 4+ 3+ 5 + 4+ 3) = 4,因?yàn)槭?4,故 C 正確; 甲的數(shù)學(xué)運(yùn)算能力指標(biāo)值為 4,甲的直觀想象能力指標(biāo)值為 5,所以甲的數(shù)學(xué)運(yùn)算能力指標(biāo)值 不優(yōu)于甲的直觀想象能力指標(biāo)值，故 D 錯(cuò)誤故選 C.4.(2019 東北三校模擬)已知 cos：a+詁 3 則 sin?a診()頁(yè)4第4nA.4nB.2nC.g D

5、. n答案 B解析 根據(jù)圖中三視圖可知幾何體的直觀圖如圖所示，為圓柱的一半，可得幾何體的體12積為 2 1X nX4= 2n故選 B.6.（2019 全國(guó)卷U）下列函數(shù)中，以 2 為周期且在區(qū)間丁，訂單調(diào)遞增的是（）A . f(x)= |cos2x|B. f(x) = |sin2x|C. f(x)= cosXID. f(x) = sin|x|答案 A解析 作出函數(shù) f(x) = |cos2x|的圖象，如圖.8一9-D.8_ 9G7- 9B7- 9A答案 B丄na+7故選B.5.(2019達(dá)州一診)如圖虛線網(wǎng)格的最小正方形邊長(zhǎng)為1,實(shí)線是某幾何體的三視圖，這個(gè)幾何體的體積為()解析-cosa+n

6、b3 sin ga n)=-COS?a f += COS?a+事=12coS頁(yè)5第由圖象可知 f（x）= |cos2x|的周期為，在區(qū)間丁，扌上單調(diào)遞增.nf n ni同理可得 f（x） = |sin2x|的周期為 2,在區(qū)間 4, 2 上單調(diào)遞減，f（x）= cosxi 的周期為 2 冗 f（x）=sin|x|不是周期函數(shù)，排除 B，C，D.故選 A.7. （2019 鎮(zhèn)海中學(xué)模擬）已知正項(xiàng)等比數(shù)列an滿足 a?= as+ 2a5,若存在兩項(xiàng) am，an，使得 aman= 16a2，則十+半的最小值為（）頁(yè)6第化簡(jiǎn)得 q2 q 2 = 0,解得 q= 2 或 q= 1(舍去),因?yàn)?aman

7、= 16ai,所以(aiqm1)(aiqn1)= 16ai,則 qm+n2= 16,解得 m+ n=6,所以 m+8.（2019 安徽蕪湖二模）一元線性同余方程組問(wèn)題最早可見(jiàn)于中國(guó)南北朝時(shí)期（公元 5 世紀(jì)）的數(shù)學(xué)著作孫子算經(jīng)卷下第二十六題，叫做“物不知數(shù)”問(wèn)題，原文如下：有物不知數(shù)，三三數(shù)之剩二，五五數(shù)之剩三，問(wèn)物幾何？即，一個(gè)整數(shù)除以三余二，除以五余三，求這個(gè)整數(shù)設(shè)這個(gè)整數(shù)為 a,當(dāng) a 2,2019時(shí)，符合條件的 a 共有（）A . 133 個(gè) B . 134 個(gè) C. 135 個(gè) D . 136 個(gè)答案 C解析 由題設(shè) a= 3m + 2= 5n + 3, m, n CN ,貝 U 3

8、m= 5n+1.當(dāng) m= 5k, n 不存在；當(dāng) m=5k+ 1, n 不存在；當(dāng) m= 5k+ 2, n = 3k+ 1,滿足題意；當(dāng) m= 5k + 3, n 不存在；當(dāng) m= 5k共 135 個(gè).故選 C.px+ 2y 0,9.（2019 湖南百所重點(diǎn)中學(xué)診測(cè)）若變量 x, y 滿足約束條件 x y0,由 a7= a6+ 2a5, 得 a6q= a6+2a6q9=n=1 16(m+n)m+10+m+ 4, n 不存在；故 2 a= 15k+ 8 0,答案 A6,3）,則z=亡僅在點(diǎn) A-1,1 處取得最大值的概率為（頁(yè)8第10. (2019 肇慶二模)已知 x= 1 是 f(x)= x2

9、 (a+ 3)x+ 2a+ 3ex的極小值點(diǎn)，則實(shí)數(shù) a 的 取值范圍是()A.(1，+*)B.(1，+x)C.( x，1)D.( x，1)答案 D解析 根據(jù)題意求函數(shù) f(x)的導(dǎo)數(shù) f (x)，根據(jù) x= 1 是 f(x)的極小值點(diǎn)，得出 x1 時(shí)f (x)1 時(shí) f (x)0，由此可得出實(shí)數(shù) a 的取值范圍.函數(shù) f(x) = x2(a+ 3)x+ 2a+x2x23 e，貝 U f (x)= x (a+ 1)x+ a e，令 f (x) = 0，得 x (a+ 1)x+ a= 0，極值點(diǎn)是 x= 1 和x= a,僅當(dāng) a 1，15.（2019 吉林一模）設(shè)函數(shù) f（x） = 若 f（m）

10、1，貝 U 實(shí)數(shù) m 的取值范圍是J -x，x1,可得 f(x)=的圖象與 尸 1 的交點(diǎn)分別為(0,1), (e,1),1 -x, x1，則實(shí)數(shù) m 的取值范圍是(g, 0)U(e,+x).2 216. (2019 全國(guó)卷!)已知雙曲線 C: a2-存=1(a0, b0)的左、右焦點(diǎn)分別為 Fi, F2,過(guò)Fi的直線與 C 的兩條漸近線分別交于 A, B 兩點(diǎn)若 FA=AB, FB RB = 0,則 C 的離心率為_(kāi) .答案 2解析解法一：由 FtA=AB,得 A 為 F1B 的中點(diǎn).又TO為 F1F2的中點(diǎn)，OA /BF2.又FTBF2B=0,EBF2= 9062= OB, QBF2=/O

11、F2B.又EOA=ZBOF2,ZF1OA=/OF2B,啟 OF2=/OF2B=/OBF2,BF2為等邊三角形.頁(yè)12第如圖 1 所示，不妨設(shè) B 為|,點(diǎn) B 在直線 y= ax 上，書=.3,離心率 e= a=p1+訴 2.解法二：BR2B=0, EBF2= 90.在 RtAFiBF2中，O 為 F1F2的中點(diǎn),|OF2| = |OB 匸 c.如圖 2,作 BH _ix 軸于 H，由 li為雙曲線的漸近線，可得且 |BHj2+|OH|2_|OBj2_ c2,/|BH|_b, |OH|_a,B(a, b), F2(c,0).又 VRA_ AB,. A 為 F1B 的中點(diǎn).葉bbOAHB,._,

12、c_ 2a,ac a離心率 e_ ：_ 2.a三、解答題：共 70 分.解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟.第 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 湖南永州三模）已知數(shù)列an的前 n 項(xiàng)和 Sn滿足 Sn_ 2ann（n|BH|_bjoHra，1721 題為必頁(yè)13第* N ）.頁(yè)14第證明：數(shù)列an+ 1為等比數(shù)列;若數(shù)列bn為等差數(shù)列，且 b3= a2, b7= a3,求數(shù)列解 證明：當(dāng) n= 1 時(shí)，ai= 2ai- 1,ai= 1.當(dāng) n2 時(shí)，Sn-i 2an-1 (n

13、1),an= 2an 2an1 1，/an+ 1 2(an1+ 1),數(shù)列an+ 1是首項(xiàng)、公比都為 2 的等比數(shù)列.由(1)得，an+ 1 2，即 an 2 1 ,b3 3， b7 7，.+ 2d 3， b1+ 6d 7，b d 1，bn n，1 1 1 1; =bnbn+1n n + 1nn+ 118. （本小題滿分 12 分）（2019 汕頭一模）我市南澳縣是廣東唯一的海島縣，海區(qū)面積廣闊,發(fā)展太平洋牡蠣養(yǎng)殖業(yè)具有得天獨(dú)厚的優(yōu)勢(shì)， 所產(chǎn)的“南澳牡蠣”是中國(guó)國(guó)家地理標(biāo)志產(chǎn)品,產(chǎn)量高、肉質(zhì)肥、營(yíng)養(yǎng)好，素有“海洋牛奶精品”的美譽(yù)根據(jù)養(yǎng)殖規(guī)模與以往的養(yǎng)殖經(jīng)驗(yàn)， 產(chǎn)自某南澳牡蠣養(yǎng)殖基地的單個(gè)“南澳

14、牡蠣”質(zhì)量（g）在正常環(huán)境下服從正態(tài)分布 N（32，佝.（1）購(gòu)買 10 只該基地的“南澳牡蠣”，會(huì)買到質(zhì)量小于 20 g 的牡蠣的可能性有多大？2019 年該基地考慮增加人工投入， 現(xiàn)有以往的人工投入增量 x （萬(wàn)人） 與年收益增量 y （萬(wàn) 元）的數(shù)據(jù)如下：的前 n 項(xiàng)和 T(1n11、112 丿 +(2-3 +-+nn+ 11n+ 1 Tn=1年收益增h加TTJL）頁(yè)15第人工投入增量 x（萬(wàn)人）234681013年收益增量 y（萬(wàn)兀）13223142505658該基地為了預(yù)測(cè)人工投入增量為 16 人時(shí)的年收益增量，建立了 y 與 x 的兩個(gè)回歸模型:頁(yè)16第模型：由最小二乘公式可求得

15、y 與 x 的線性回歸方程：y=4.1x+ 11.8;模型：由散點(diǎn)圖的樣本點(diǎn)分布，可以認(rèn)為樣本點(diǎn)集中在曲線：y= b x+ a 的附近，對(duì)人工投入增量 x 做變換，令 t= ,x，則 y= b t+ a,且有 t = 2.5, y = 38.9,二- -7 8 92刀(ti t )(yi y) = 81.0，刀(tit)= 3.8.i=1i=1(1) 根據(jù)所給的統(tǒng)計(jì)量，求模型中 y 關(guān)于 x 的回歸方程(精確到 0.1)；(2) 根據(jù)下列表格中的數(shù)據(jù)，比較兩種模型的相關(guān)指數(shù)R，并選擇擬合精度更高、更可靠的模型，預(yù)測(cè)人工投入增量為 16 人時(shí)的年收益增量.附：若隨機(jī)變量 ZN(仏)，則 P(廠

16、3(Zvy+3 = 0.9974,0.9987 0.9871;樣本(ti，n刀 tityiyyi)(i = 1,2，n)的最小二乘估計(jì)公式為 b =n， a= y b t，另：刻畫回歸刀(ti可i=1nA2刀(yiyq效果的相關(guān)指數(shù)R2=1 鼻.2刀 yiyi=1解(1)由已知，單個(gè)“南澳牡蠣”質(zhì)量EN(32,16)，則 尸 32，(= 4，由正態(tài)分布的對(duì)稱性可知,P( &20) = 2 1 P(20 1) = 1 P(X= 0)= 1 (1 0.0013)10= 1 0.9871 = 0.0129,二這 10只“南7刀(ti T )(yi y ) = 81.0,i=1回歸模型模型模型

17、回歸方程A= 4.1x+ 11.8y=+ a7A2刀(yiyi)182.479.2頁(yè)17第澳牡蠣”中，會(huì)買到質(zhì)量小于 20 g 的牡蠣的可能性僅為 1.29%._2” 八刀(ti t ) = 3.8，有 6 =i=1(2)(i)由 T=2.5,y = 38.9,頁(yè)18第7刀 tiTyi- y匸181. 一 門 口 八一A7 3 8 &21.3，且 a= y b t 38.9 21.3X2.5 14.4,-T)2.i1.模型中 y 關(guān)于 x 的回歸方程為 y 21.3 x 14.4.182 479 22(ii )由表格中的數(shù)據(jù)，有 182.479.2,即 - -，模型的 R 小于模2 2

18、LyiyLyiyi1i1型，說(shuō)明回歸模型刻畫的擬合效果更好.當(dāng) X 16 時(shí)，模型的收益增量的預(yù)測(cè)值為 y 21.3X16 14.4 21.3X4 14.4 70.8（萬(wàn) 元），這個(gè)結(jié)果比模型的預(yù)測(cè)精度更高、更可靠.19. （本小題滿分 12 分） （2019 哈爾濱三中模擬）如圖所示， 在四棱臺(tái) ABCD A1B1C1D1中,AA1丄底面 ABCD，四邊形 ABCD 為菱形，/ BAD 120, AB AA1 2A1B1 2.（1）若 M 為 CD 的中點(diǎn)，求證：AM 丄平面 AA1B1B;求直線 DD1與平面 A1BD 所成角的正弦值.解（1）證明：四邊形 ABCD 為菱形，/BAD 12

19、0,連接 AC,貝 UACD 為等邊三角形,又.M 為 CD 的中點(diǎn)，：AM JCD，由 CD AB，AM !AB,AA1丄底面 ABCD, AM?底面 ABCD,/AMIAA1,XABnAA1 A,/AM 丄平面 AA1B1B.頁(yè)19第四邊形 ABCD 為菱形，/BAD 120,頁(yè)20第AB = AAi= 2A1B1= 2,DM=1,AM=. 3,：AMD=/BAM=90又-.AAi 底面 ABCD,分別以 AB, AM , AAi為 x 軸、y 軸、z 軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系 Axyz,則 Ai(0,0,2), B(2,0,0), D(-1,3, 0), Di-舟,于,2 ,乎,

20、2 !, BD 二(-3, V3, 0, A= (2,0,- 2),設(shè)平面 AiBD 的一個(gè)法向量 n = (x, y, z),y , 3x , 3z,令 x i,貝 U n (i, , 3, i),2220. (本小題滿分 12 分)(2019 南京市三模)在平面直角坐標(biāo)系 xOy 中，已知橢圓 C:拿+ *1(ab0)過(guò)點(diǎn) 1離心率為 A, B 分別是橢圓 C 的上、下頂點(diǎn)，M 是橢圓 C 上異于 A, B 的一點(diǎn).(1) 求橢圓 C 的方程；3x +7 3y 0,2x- 2z 0直線 DDi與平面 AiBD 所成角0的正弦值 sin0|cos O 時(shí)，求證：x 1 時(shí)，f(x)O；1當(dāng)

21、a 丄時(shí)，討論函數(shù) f(x)的極值點(diǎn)個(gè)數(shù).e1解(1)證明：由 f (x) = x e+ a(ln x+ 1),易知Dx+ a設(shè) g(x) = f (x),則 g (x)= ,當(dāng) aO 時(shí)，g (x)O,又 f1二 g e 二 O,Oxe 時(shí)，g(x)e 時(shí)，g(x)o,f 1、1、1 1即 f(x)在 o, e 上遞減，在 e，+上遞增，所以當(dāng) x 1 時(shí)，f(x)婦)=2eo 得證.聯(lián)立解得2 22yo+ xo+ xo+ 2yo20 xoyo 2xo+2yof頁(yè)26第1由(1)可得，當(dāng) aO 時(shí)，f(x)當(dāng)且僅當(dāng)在 x=e 處取得極小值，無(wú)極大值，故此時(shí)極值點(diǎn)個(gè)數(shù)為 1;1當(dāng)e a0 時(shí)，

22、易知 g(x)在(0, - a)上遞減，在(a,+)上遞增，1所以 g(x)min= g( a) = e + aln ( a),D11 1又設(shè) h(a)= -+ aln ( a)，其中一一三 a0,則 h (a)= 1 + In ( a)0，對(duì)一wa0 恒成eee立，所以 h(a)單調(diào)遞減，h(a) 0 即 f(x )在(0，+)上單調(diào)遞增，故此時(shí)極值點(diǎn)個(gè)數(shù)為0;11(ii)當(dāng)ea a0，g(x)在(a，+%)上遞增， DD1又 g e = 0，所以當(dāng)一 awxe 時(shí) g(x)一時(shí)，g(x)0，即 f(x)總在 x=一處取得極小值；又當(dāng) X0 且 x0 時(shí)，g(x)f+x，所 以存在唯一 xoqo， a)使得 g(xo) = 0，且當(dāng) Ox0，當(dāng) xoxv a 時(shí)，g(x)0，貝Uf(x)在 x=X0處取得極大值，故此時(shí)極值點(diǎn)個(gè)數(shù)為 2，1 1綜上，當(dāng) a=一時(shí)，f(x)的極值點(diǎn)個(gè)數(shù)為 0;當(dāng)一 ea0 時(shí)，f