2021届高考数学一轮专题重组卷第二部分素养提升练四理含解析20201219195.doc
2021届高考数学一轮专题重组卷第二部分素养提升练含解析打包8套
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2021
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素养提升练(一)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)43233294.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，a55，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()a44cosb44sinc22cosd22sin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(aop)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(，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，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)(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zyx(其中e2.71828)，根据(2)的结果，要使该企业下一年的年利润最大，预计下一年应投入多少研发费用？附：对于一组数据(u1，v1)，(u2，v2)，(un，vn)，其回归直线vu的斜率和截距的最小二乘估计分别为，.解(1)由散点图知，选择回归类型ycxd更适合(2)对ycxd两边取对数，得ln yln cdln x，即vln cdu.由表中数据得，.所以ln 1.51.51，所以e.所以年研发费用x与年销售量y的回归方程为yex.(3)由(2)知，z27xx，求导得z9x1，令z9x10，得x27，函数z27xx在(0,27)上单调递增，在(27，)上单调递减，所以当x27时，年利润z取最大值5.4亿元答：要使得年利润取最大值，预计下一年度投入2.7亿元19(本小题满分12分)(2019青岛二模)如图，在圆柱w中，点o1，o2分别为上、下底面的圆心，平面mnfe是轴截面，点h在上底面圆周上(异于n，f)，点g为下底面圆弧的中点，点h与点g在平面mnfe的同侧，圆柱w的底面半径为1.(1)若平面fnh平面nhg，证明：ngfh；(2)若直线o1h平面fge，求h到平面fge的距离解(1)证明：由题知平面fnh平面nhg，平面fnh平面nhgnh，因为nhfh，又因为fh平面fhn，所以fh平面nhg，所以fhng.(2)连接o1o2，如图所示，因为o1o2ef，o1o2平面fge，ef平面fge，所以o1o2平面fge；又因为直线o1h平面fge，o1ho1o2o1，所以平面o1ho2平面fge，所以h到平面fge的距离等于o2到平面fge的距离；取线段eg的中点v，连接o2v，因为o2veg，o2vef，egefe，所以o2v平面fge，所以h到平面fge的距离为o2v，在等腰直角三角形eo2g中，o2eo2g1，所以o2v，所以所求的距离为.20(本小题满分12分)(2019福州一模)已知抛物线c1：x22py(p0)和圆c2：(x1)2y22，倾斜角为45的直线l1过c1的焦点且与c2相切(1)求p的值；(2)点m在c1的准线上，动点a在c1上，c1在a点处的切线l2交y轴于点b，设，求证：点n在定直线上，并求该定直线的方程解(1)依题意设直线l1的方程为yx，由已知得：圆c2：(x1)2y22的圆心c2(1,0)，半径r，因为直线l1与圆c2相切，所以圆心到直线l1：yx的距离d，即，解得p6或p2(舍去)所以p6.(2)证法一：依题意设m(m，3)，由(1)知抛物线c1的方程为x212y，所以y，所以y，设a(x1，y1)，则以a为切点的切线l2的斜率为k，所以切线l2的方程为yx1(xx1)y1.令x0，yxy112y1y1y1，即l2交y轴于b点，坐标为(0，y1)，所以(x1m，y13)，(m，y13)，(x12m,6)，(x1m,3)设n点坐标为(x，y)，则y3，所以点n在定直线y3上证法二：设m(m，3)，由(1)知抛物线c1的方程为x212y，设a(x1，y1)，以a为切点的切线l2的方程为yk(xx1)y1，联立得，x212，因为144k248kx14x0，所以k，所以切线l2的方程为yx1(xx1)y1.令x0，得切线l2交y轴于b点，坐标为(0，y1)，所以(x1m，y13)，(m，y13)，(x12m,6)，(x1m,3)，设n点坐标为(x，y)，则y3，所以点n在定直线y3上21(本小题满分12分)(2019长沙一模)已知函数f (x)ln xax，g(x)xln x(a1)x.(1)试讨论f (x)的单调性；(2)记f (x)的零点为x0，g(x)的极小值点为x1，当a(1,4)时，求证：x0x1.解(1)f(x)a(x0)，若a0，则f(x)0，f (x)在(0，)递增若a0，则ax2x10有一正一负两根，且正根是，当x时，f(x)0，f (x)递增；当x时，f(x)0，f (x)递减综上，a0时，f (x)在(0，)递增；a0时，f (x)在递增，在递减(2)证明：g(x)xln x(a1)x，则g(x)ln xa(x0)，故g(x)在(0，)递增，又g(1)a10，gln 24a0，故g(x)存在零点x2，且g(x)在(0，x2)递减，在(x2，)递增，x2即是g(x)的极小值点，故x2x1，由g(x1)0知，ln x1a0，故f (x1)ln x1ax1ln x1x1(1x1)ln x1，又x1x2，故f (x1)(1x1)ln x10f (x0)，由(1)知，a0时，f (x)在(0，)递增，故x0x1.(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44：坐标系与参数方程(2019咸阳二模)以坐标原点o为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线c的极坐标方程为.(1)求曲线c的直角坐标方程；(2)设过点p(1,0)且倾斜角为45的直线l和曲线c交于a，b两点，求|pa|pb|的值解(1)曲线c的极坐标方程为，转换为直角坐标方程为1，(2)过点p(1,0)且倾斜角为45的直线l，转换为参数方程为(t为参数)，把直线l的参数方程代入1，得到t23t90(t1和t2为a，b对应的参数)，所以t1t2，t1t2，则|pa|pb|t1t2|.23(本小题满分10分)选修45：不等式选讲(2019咸阳二模)已知函数f (x)|x2|m(xr)，且f (x2)0的解集为1,1(1)求实数m的值；(2)设a，b，cr，且a2b2c2m，求a2b3c的最大值解(1)由题意可得f (x2)|x|m，故由f (x2)0，可得|x|m，解得mxm.再根据f (x2)0的解集为1,1，可得m1.(2)若a，b，cr，且a2b2c21，由柯西不等式可得：a2b3c，故a2b3c的最大值为.素养提升练(一)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湖南长郡中学一模)已知集合ax|xa，bx|x24x30，若abb，则实数a的取值范围是()aa3 ba3 ca1 da1答案d解析因为bx|1x3，abb，所以ab0)的左、右焦点，若在直线x(其中c2b2a2)上存在点p，使线段pf1的垂直平分线经过点f2，则椭圆离心率的取值范围是()a. b. c. d.答案c解析由题意得f1(c,0)，f2(c,0)，设点p，则由中点公式可得线段pf1的中点k，线段pf1的斜率与kf2的斜率之积等于1，即1，m20，a42a2c23c40，3e42e210，e2或e21(舍去)，e.又椭圆的离心率0e1，故e1，故选c.9(2019重庆模拟)已知函数f(x)若函数g(x)f(x)m有两个零点x1，x2，则x1x2()a2 b2或2c2或3 d2或3或2答案d解析当x0时，f(x)(x1)ex，当x1时，f(x)0，故f(x)在(，1)上为减函数，当1x0，故f(x)在(1,0)上为增函数，所以当x0时，f(x)的最小值为f(1).又在r上，f(x)的图象如图所示，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ym与yf(x)有两个不同交点且交点的横坐标分别为x1，x2，故1m2或m0或m.若1m2，则x1x22；若m0，则x1x23；若m，则x1x2132.综上，x1x2的值为2或3或2，故选d.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()a1 bc d1答案a解析s矩形1，又 sinxdxcosx(coscos0)2，s阴影2，豆子落在图中阴影部分的概率为1.故选a.11(2019昌平期末)设点f1，f2分别为椭圆c：1的左、右焦点，点p是椭圆c上任意一点，若使得m成立的点恰好是4个，则实数m的值可以是()a. b3 c5 d8答案b解析点f1，f2分别为椭圆c：1的左、右焦点，即f1(2,0)，f2(2,0)，a29，b25，c24，c2，设p(x0，y0)，(2x0，y0)，(2x0，y0)，由m可得xym4，又p在椭圆上，即1，x，要使得m成立的点恰好是4个，则09，解得1m5，m的值可以是3.故选b.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2，球的半径为，则正四面体表面与球面的交线的总长度为()a4 b8 c12 d12答案a解析正四面体abcd的中心与球心o重合，正四面体的棱长为2，取cd的中点e，连接be，ae，过a作af底面bcd，交be于f，则beae3，bfbe2，af4，设正四面体内切球半径为r，则(4r)2(2)2r2，解得正四面体内切球半径为r1，球的半径为，由球的半径知球被平面截得小圆半径为r12，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30，正四面体表面与球面的交线的总长度为44.故选a.第卷(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(2019临沂质检)设x，y满足约束条件则z2x3y的最小值为_答案8解析画出不等式组表示的平面区域，如图阴影部分所示，由图形知，当目标函数z2x3y过点a时，z取得最小值由求得a(1,2)，所以z2x3y的最小值是21328.14(2019金山中学模拟)数列an且an若sn为数列an的前n项和，则s2018_.答案解析数列an且an当n为奇数时，an；当n为偶数时，ansin，所以s2018(a1a3a5a2017)(a2a4a6a2018)(1010)1.15(2019岳阳二模)将多项式a6x6a5x5a1xa0分解因式得(x2)(x2)5，则a5_.答案8解析(x2)(x2)5(x24)(x2)4，(x2)4展开式中的x3系数为c218.所以a58.16(2019东莞期末)已知函数f(x)sinxcos2x(xr)，则f(x)的最小值为_答案1解析函数f(x)sinxcos2xsinx(12sin2x)sinx2sin3x，令tsinx1,1，则h(t)t2t3，h(t)16t2，当1t时，h(t)0，h(t)在上单调递减；当t时，h(t)0，h(t)在上单调递增；当t1时，h(t)0，h(t)在上单调递减所以函数的最小值是h或h(1)，h(1)1h23，故函数f(x)的最小值为1.三、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)(2019全国卷)abc的内角a，b，c的对边分别为a，b，c.设(sinbsinc)2sin2asinbsinc.(1)求a；(2)若ab2c，求sinc.解(1)由已知得sin2bsin2csin2asinbsinc，故由正弦定理得b2c2a2bc.由余弦定理得cosa.因为0a180，所以a60.(2)由(1)知b120c，由题设及正弦定理得sinasin(120c)2sinc，即coscsinc2sinc，可得cos(c60).因为0c120，所以sin(c60)，故sincsin(c6060)sin(c60)cos60cos(c60)sin60.18(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；(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(n1,2,3,4,5)时，日平均派送量为(502n)单若将频率视为概率，回答下列问题：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；结合中的数据，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：0.620.36,1.421.96,2.626.76,3.4211.56,3.6212.96,4.6221.16,15.62243.36,20.42416.16,44.421971.36)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y100n，nn.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(2)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频率0.20.30.20.20.1所以y甲的分布列为y甲152154156158160p0.20.30.20.20.1所以e(y甲)1520.21540.31560.21580.21600.1155.4，s0.2(152155.4)20.3(154155.4)20.2(156155.4)20.2(158155.4)20.1(160155.4)26.44；y乙的分布列为y乙140152176200p0.50.20.20.1所以e(y乙)1400.51520.21760.22000.1155.6，s0.5(140155.6)20.2(152155.6)20.2(176155.6)20.1(200155.6)2404.64.答案一：由可知，e(y甲)e(y乙)，但两者相关不大，且s远小于s，即甲方案中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：由可知，e(y甲)0)的焦点过点f的直线交抛物线于a，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，且q在点f的右侧记afg，cqg的面积分别为s1，s2.(1)求p的值及抛物线的准线方程；(2)求的最小值及此时点g的坐标解(1)由题意得1，即p2.所以抛物线的准线方程为x1.(2)设a(xa，ya)，b(xb，yb)，c(xc，yc)，重心g(xg，yg)令ya2t，t0，则xat2.由于直线ab过f，故直线ab的方程为xy1，代入y24x，得y2y40，故2tyb4，即yb，所以b.又xg(xaxbxc)，yg(yaybyc)及重心g在x轴上，得2tyc0，得c，g.所以直线ac的方程为y2t2t(xt2)，得q(t21,0)由于q在焦点f的右侧，故t22.从而2.令mt22，则m0，2221.当m时，取得最小值1，此时g(2,0)21(本小题满分12分)(2019山西太原一模)已知函数f(x)ln xax2(2a)x，ar.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a时，若对于任意x1，x2(1，)(x1x2)，都存在x0(x1，x2)，使得f(x0)，证明：0，当a0时，f(x)0在(0，)上恒成立，f(x)在(0，)上单调递增；当a0时，令f(x)0，则0x；令f(x).f(x)在上单调递增，在上单调递减(2)证明：当a1，则g(t)0，g(t)g(1)0，ff(x0)0，f1，则h(x)2a110，h(x)f(x)在(1，)上单调递增，x0.(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44：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(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，曲线c的极坐标方程为(1cos2)8cos.(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.解(1)当时，l：x1.当时，l：ytan(x1)由(1cos2)8cos得22sin28cos，因为xcos，ysin，所以c的直角坐标方程为y24x.(2)将直线l的参数方程代入曲线c的直角坐标方程，得(sin2)t2(4cos)t40，则t1t2，t1t2，因为|ab|t1t2|8，所以sin或，因为00的解集；(2)若在xr上f(x)1恒成立，求实数a的取值范围解(1)a1时，f(x)0可得|2x1|x2|，即(2x1)2(x2)2，化简得(3x3)(x1)0，所以不等式f(x)0的解集为(，1)(1，)(2)当a4时，f(x)由函数单调性可得f(x)minf21，解得6a4时，f(x)由函数单调性可得，f(x)minf21，解得4a2.综上，实数a的取值范围为6，2素养提升练(三)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濮阳市二模)已知集合ax|x0，bx|log2(3x1)2，则()aab(0，) babcabr dab答案a解析依题意，得bx|log2(3x1)2x|03x14，所以ab，ab(0，)故选a.2(2019成都外国语学校一模)已知复数z1，z2在复平面内的对应点关于虚轴对称，z13i(i为虚数单位)，则()a.i bici d.i答案b解析复数z1，z2在复平面内的对应点关于虚轴对称，且z13i，z23ii.故选b.3(2019合肥一中模拟)若sin，那么cos的值为()a. b c. d答案d解析由题意可得cossinsinsin.故选d.4(2019全国卷)两位男同学和两位女同学随机排成一列，则两位女同学相邻的概率是()a. b. c. d.答案d解析设两位男同学分别为a，b，两位女同学分别为a，b，则用“树形图”表示四位同学排成一列所有可能的结果如图所示由图知，共有24种等可能的结果，其中两位女同学相邻的结果(画“”的情况)共有12种，故所求概率为.故选d.5(2019全国卷)函数f (x)在，的图象大致为()答案d解析f (x)f (x)，f (x)为奇函数，排除a.当x时，f ()0，排除b，c.故选d.6(2019江南十校联考)已知边长为1的菱形abcd中，bad60，点e满足2，则的值是()a b c d答案d解析由题意可得大致图象如下：；，()|2|2，又|1，|cosbad.1.故选d.7(2019河南九师联盟联考)下面框图的功能是求满足135n111111的最小正整数n，则空白处应填入的是()a输出i2 b输出ic输出i1 d输出i2答案d解析根据程序框图得到循环是：m1，i3；m13，i5；m135，i7；m1357，i9；m135(n2)，in之后进入判断，不符合题意时，输出，输出的是i2.故选d.8(2019天津高考)已知alog27，blog38，c0.30.2，则a，b，c的大小关系为()acba babccbca dcalog242，blog381，c0.30.20.301，cba.故选a.9(2019漳州一模)我国古代数学名著算法统宗中有如下问题：“诸葛亮领八员将，每将又分八个营，每营里面排八阵，每阵先锋有八人，每人旗头俱八个，每个旗头八队成，每队更该八个甲，每个甲头八个兵”则该问题中将官、先锋、旗头、队长、甲头、士兵共有()a(878)人 b(898)人c8(878)人 d8(8984)人答案d解析由题意可得将官、营、阵、先锋、旗头、队长、甲头、士兵依次成等比数列，且首项为8，公比也为8，所以将官、先锋、旗头、队长、甲头、士兵共有：8848586878888(8984)，故选d.10(2019深圳调研)已知a，b，c为球o的球面上的三个定点，abc60，ac2，p为球o的球面上的动点，记三棱锥pabc的体积为v1，三棱锥oabc的体积为v2，若的最大值为3，则球o的表面积为()a. b. c. d6答案b解析由题意，设abc的外接圆圆心为o，其半径为r，球o的半径为r，且|oo|d，依题意可知max3，即r2d，显然r2d2r2，故rr，又由2r，故r，球o的表面积为4r2r2.故选b.11(2019西工大附中模拟)设f1，f2是双曲线c：1(a0，b0)的两个焦点，p是c上一点，若|pf1|pf2|6a，且pf1f2的最小内角为30，则c的离心率为()a. b. c. d.答案c解析因为f1，f2是双曲线的两个焦点，p是双曲线上一点，且满足|pf1|pf2|6a，不妨设p是双曲线右支上的一点，由双曲线的定义可知|pf1|pf2|2a，所以|f1f2|2c，|pf1|4a，|pf2|2a，ac，|pf2|f1f2|，|pf2|为pf1f2的最小边，pf1f2的最小内角pf1f230，根据余弦定理，|pf2|2|f1f2|2|pf1|22|f1f2|pf1|cospf1f2，即4a24c216a222c4a，c22ca3a20，ca，所以e.故选c.12(2019四川诊断)已知定义在r上的函数f (x)关于y轴对称，其导函数为f(x)当x0时，不等式xf(x)1f (x)若xr，不等式exf (ex)exaxaxf (ax)0恒成立，则正整数a的最大值为()a1 b2 c3 d4答案b解析xf(x)1f (x)，xf(x)1f (x)0，令f (x)xf (x)1，则f(x)xf(x)f (x)10，又f (x)是定义在r上的偶函数，f (x)是定义在r上的奇函数，f (x)是定义在r上的单调递增函数，又exf (ex)axf (ax)exax，可化为exf (ex)1axf (ax)1，即f (ex)f (ax)，又f (x)是在r上的单调递增函数，exax0恒成立，令g(x)exax，则g(x)exa，a0，g(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增，g(x)minaaln a0，则1ln a0，0ae，正整数a的最大值为2.故选b.第卷(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(2019武威十八中一模)学校艺术节对a，b，c，d四件参赛作品只评一件一等奖，在评奖揭晓前，甲、乙、丙、丁四位同学对这四件参赛作品预测如下：甲说：“是c或d作品获得一等奖”；乙说：“b作品获得一等奖”；丙说：“a，d两件作品未获得一等奖”；丁说：“是c作品获得一等奖”评奖揭晓后，发现这四位同学中只有两位说的话是对的，则获得一等奖的作品是_答案b解析若a为一等奖，则甲、乙、丙、丁的说法均错误，不满足题意；若b为一等奖，则乙、丙的说法正确，甲、丁的说法错误，满足题意；若c为一等奖，则甲、丙、丁的说法均正确，不满足题意；若d为一等奖，则乙、丙、丁的说法均错误，不满足题意；综上所述，故b获得一等奖14(2019全国卷)记sn为等差数列an的前n项和若a35，a713，则s10_.答案100解析an为等差数列，a35，a713，公差d2，首项a1a32d5221，s1010a1d100.15(2019淮北一中模拟)若实数x，y满足约束条件则zln yln x的最小值是_答案ln 3解析根据题中所给的约束条件，画出可行域，如图中阴影部分所示又因为zln yln xln ，当取最小值时z取最小值，根据表示的是点(x，y)与原点连线的斜率，根据图形可知，在点c处取得最小值，解方程组解得c(3,1)，此时z取得最小值ln ln 3.16(2019浙江高考)已知椭圆1的左焦点为f，点p在椭圆上且在x轴的上方若线段pf的中点在以原点o为圆心，|of|为半径的圆上，则直线pf的斜率是_答案解析如图，左焦点f (2,0)，右焦点f(2,0)线段pf的中点m在以o(0,0)为圆心，2为半径的圆上，因此om2.在ffp中，om綊pf，所以pf4.根据椭圆的定义，得pfpf6，所以pf2.又因为ff4，所以在rtmff中，tanpff，即直线pf的斜率是.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)(2019北京高考)在abc中，a3，bc2，cosb.(1)求b，c的值；(2)求sin(bc)的值解(1)由余弦定理b2a2c22accosb，得b232c223c.因为bc2，所以(c2)232c223c，解得c5，所以b7.(2)由cosb得sinb.由正弦定理得sincsinb.在abc中，b是钝角，所以c为锐角，所以cosc.所以sin(bc)sinbcosccosbsinc.18(本小题满分12分)(2019济南市模拟)如图1所示，在等腰梯形abcd中，abcd，bad45，ab2cd4，点e为ab的中点将ade沿de折起，使点a到达p的位置，得到如图2所示的四棱锥pebcd，点m为棱pb的中点(1)求证：pd平面mce；(2)若平面pde平面ebcd，求三棱锥mbce的体积解(1)在题图1中，因为beabcd且becd，所以四边形ebcd是平行四边形如图，连接bd，交ce于点o，连接om，所以点o是bd的中点，又点m为棱pb的中点，所以ompd，因为pd平面mce，om平面mce，所以pd平面mce.(2)在题图1中，因为ebcd是平行四边形，所以debc，因为四边形abcd是等腰梯形，所以adbc，所以adde，因为bad45，所以adde.所以pdde，又平面pde平面ebcd，且平面pde平面ebcdde，所以pd平面ebcd.由(1)知ompd，所以om平面ebcd，在等腰直角三角形ade中，因为ae2，所以adde，所以ompdad，sbcesade1，所以v三棱锥mbcesbceom.19(本小题满分12分)(2019蚌埠二模)随着人民生活水平的日益提高，某小区居民拥有私家车的数量与日俱增由于该小区建成时间较早，没有配套建造地下停车场，小区内无序停放的车辆造成了交通的拥堵该小区的物业公司统计了近五年小区登记在册的私家车数量(累计值，如124表示2016年小区登记在册的所有车辆数，其余意义相同)，得到如下数据：编号x12345年份20142015201620172018数量y(单位：辆)3495124181216(1)若私家车的数量y与年份编号x满足线性相关关系，求y关于x的线性回归方程，并预测2020年该小区的私家车数量；(2)小区于2018年底完成了基础设施改造，划设了120个停车位为解决小区车辆乱停乱放的问题，加强小区管理，物业公司决定禁止无车位的车辆进入小区由于车位有限，物业公司决定在2019年度采用网络竞拍的方式将车位对业主出租，租期一年，竞拍方式如下：截至2018年已登记在册的私家车业主拥有竞拍资格；每车至多申请一个车位，由车主在竞拍网站上提出申请并给出自己的报价，根据物价部门的规定，竞价不得超过1200元；申请阶段截止后，将所有申报的业主报价自高到低排列，排在前120位的业主以其报价成交；若最后出现并列的报价，则以提出申请的时间在前的业主成交为预测本次竞拍的成交最低价，物业公司随机抽取了有竞拍资格的40位业主进行竞拍意向的调查，统计了他们的拟报竞价，得到如下频率分布直方图：()求所抽取的业主中有意向竞拍报价不
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