高考数学讲练试题基础巩固练二理含高考模拟题.docx
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高考数学讲练试题基础巩固练二理含高考模拟题
（刷题1+1）2020高考数学讲练试题基础巩固练
（二）理（含2019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．（2019·北京高考）已知复数z＝2＋i，则z·
＝（ ）
A.
B.
C．3D．5
答案 D
解析 解法一：
∵z＝2＋i，∴
＝2－i，
∴z·
＝（2＋i）（2－i）＝5.故选D.
解法二：
∵z＝2＋i，∴z·
＝|z|2＝5.故选D.
2．（2019·浙江高考）已知全集U＝{－1,0,1,2,3}，集合A＝{0，1,2}，B＝{－1,0,1}，则（∁UA）∩B＝（ ）
A．{－1}B．{0,1}
C．{－1,2,3}D．{－1,0,1,3}
答案 A
解析 ∵U＝{－1,0,1,2,3}，A＝{0,1,2}，∴∁UA＝{－1，3}．又∵B＝{－1,0,1}，∴（∁UA）∩B＝{－1}．故选A.
3．（2019·湛江二模）某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是（ ）
答案 B
解析 由正视图排除A，C；由侧视图排除D，故B正确．
4．（2019·内蒙古呼和浩特市高三3月第一次质量普查）在等比数列{an}中，a2－a1＝2，且2a2为3a1和a3的等差中项，则a4为（ ）
A．9B．27C．54D．81
答案 B
解析 根据题意，设等比数列{an}的公比为q，若2a2为3a1和a3的等差中项，则有2×2a2＝3a1＋a3，变形可得4a1q＝3a1＋a1q2，即q2－4q＋3＝0，解得q＝1或3；又a2－a1＝2，即a1（q－1）＝2，则q＝3，a1＝1，则an＝3n－1，则有a4＝33＝27.故选B.
5．（2019·绍兴市适应性试卷）函数f（x）＝（x3－x）ln|x|的图象是（ ）
答案 C
解析 因为函数f（x）的定义域关于原点对称，且f（－x）＝－（x3－x）ln|x|＝－f（x），∴函数是奇函数，图象关于原点对称，排除B，函数的定义域为{x|x≠0}，由f（x）＝0，得（x3－x）ln|x|＝0，即（x2－1）ln|x|＝0，即x＝±1，即函数f（x）有两个零点，排除D，f
（2）＝6ln2>0，排除A.故选C.
6．（2019·四川省内江二模）如果执行下面的程序框图，输出的S＝110，则判断框处为（ ）
A．k<10?
B．k≥11?
C．k≤10?
D．k>11?
答案 C
解析 由程序框图可知，该程序是计算S＝2＋4＋…＋2k＝
＝k（k＋1），由S＝k（k＋1）＝110，得k＝10，则当k＝10时，k＝k＋1＝10＋1＝11不满足条件，所以条件为“k≤10？
”．故选C.
7．（2019·九江二模）勒洛三角形是由德国机械工程专家、机构运动学家勒洛（1829～1905）首先发现，所以以他的名字命名，其作法为：
以等边三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段弧，三段弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形，现在勒洛三角形内部随机取一点，则此点取自等边三角形内部的概率为（ ）
A.
B.
C.
D.
答案 B
解析 如题图，设BC＝2，以B为圆心的扇形的面积为
＝
，又∵△ABC的面积为
×
×2×2＝
，∴勒洛三角形的面积为3个扇形面积减去2个正三角形的面积，即为
×3－2
＝2π－2
，故在勒洛三角形中随机取一点，此点取自等边三角形的概率为
＝
，故选B.
8．（2019·淄博一模）已知M（－4,0），N（0,4），点P（x，y）的坐标x，y满足
则
·
的最小值为（ ）
A.
B.
C．－
D．－
答案 C
解析 由点P（x，y）的坐标x，y满足
作出可行域如图中阴影部分，
则
·
＝（x＋2）2＋（y－2）2－8的最小值为点A（－2,2）到直线3x－4y＋12＝0的距离的平方再减8，由d＝
＝
，可得（x＋2）2＋（y－2）2－8的最小值为－
.故选C.
9．（2019·临沂一模）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a＝3，c＝2
，bsinA＝acos
，则b＝（ ）
A．1B.
C.
D.
答案 C
解析 在△ABC中，由正弦定理得
＝
，得bsinA＝asinB，又bsinA＝acos
，∴asinB＝acos
，即sinB＝cos
＝cosBcos
－sinBsin
＝
cosB－
sinB，∴tanB＝
，又B∈（0，π），∴B＝
.∵在△ABC中，a＝3，c＝2
，由余弦定理得b＝
＝
＝
.故选C.
10．（2019·山东济南高三3月模拟）若函数f（x）＝sin
（ω>0）在[0，π]上的值域为
，则ω的最小值为（ ）
A.
B.
C.
D.
答案 A
解析 ∵0≤x≤π，∴－
≤ωx－
≤ωπ－
，而f（x）的值域为
，发现f（0）＝sin
＝－
，
∴
≤ωπ－
≤
，整理得
≤ω≤
.则ω的最小值为
.故选A.
11．（2019·石家庄模拟）已知双曲线
－
＝1（a>0，b>0）的左、右焦点分别为F1，F2，点A为双曲线右支上一点，线段AF1交左支于点B，若AF2⊥BF2，且|BF1|＝
|AF2|，则该双曲线的离心率为（ ）
A.
B.
C.
D．3
答案 B
解析 因|BF1|＝
|AF2|，设|AF2|＝3t，
则|BF1|＝t，t>0，
由双曲线的定义可得
|BF2|＝|BF1|＋2a＝t＋2a，|AF1|＝|AF2|＋2a＝3t＋2a，
则|AB|＝|AF1|－|BF1|＝2t＋2a，
由AF2⊥BF2，可得（2a＋2t）2＝（3t）2＋（t＋2a）2，
解得t＝
a，则在直角三角形ABF2中，cosA＝
＝
＝
，
在△AF1F2中，可得cosA＝
＝
＝
，化为c2＝
a2，则e＝
＝
＝
.故选B.
12．（2019·北京高考）数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线C：
x2＋y2＝1＋|x|y就是其中之一（如图）．给出下列三个结论：
①曲线C恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；
②曲线C上任意一点到原点的距离都不超过
；
③曲线C所围成的“心形”区域的面积小于3.
其中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①B．②C．①②D．①②③
答案 C
解析 由x2＋y2＝1＋|x|y，当x＝0时，y＝±1；当y＝0时，x＝±1；当y＝1时，x＝0，±1.故曲线C恰好经过6个整点：
A（0,1），B（0，－1），C（1,0），D（1,1），E（－1,0），F（－1,1），所以①正确．由基本不等式，当y>0时，x2＋y2＝1＋|x|y＝1＋|xy|≤1＋
，所以x2＋y2≤2，所以
≤
，故②正确．如图，
由①知长方形CDFE面积为2，三角形BCE面积为1，所以曲线C所围成的“心形”区域的面积大于3，故③错误．故选C.
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．（2019·烟台一模）已知（a－x）（2＋x）5的展开式中x3的系数为40，则实数a的值为________．
答案 3
解析 ∵（a－x）（2＋x）5＝（a－x）（32＋80x＋80x2＋40x3＋10x4＋x5）的展开式中x3的系数为40a－80＝40，∴a＝3.
14．（2019·揭阳一模）在曲线f（x）＝sinx－cosx，x∈
的所有切线中，斜率为1的切线方程为________．
答案 x－y－1＝0
解析 由f（x）＝sinx－cosx，得f′（x）＝cosx＋sinx＝
sin
，
由
sin
＝1，得sin
＝
，
∵x∈
，∴x＋
∈
，
∴x＋
＝
，即x＝0.∴切点为（0，－1），切线方程为y＋1＝x，即x－y－1＝0.
15．（2019·唐山一模）在四面体ABCD中，AB＝BC＝1，AC＝
，且AD⊥CD，该四面体外接球的表面积为________．
答案 2π
解析 如图，∵AB＝BC＝1，AC＝
，∴AB⊥BC，又AD⊥CD，∴AC的中点即为外接球的球心，外接球的半径为
，
∴S球＝4π×
＝2π.
16．（2019·河南省十所名校高三尖子生第二次联考）若函数y＝f（x）的图象存在经过原点的对称轴，则称y＝f（x）为“旋转对称函数”，下列函数中是“旋转对称函数”的有________．（填写所有正确结论的序号）
①y＝
②y＝cos
；③y＝ln（e
x＋1）．
答案 ①②
解析 对于①，y＝ex（x≤0）的反函数为y＝lnx（0关于直线y＝x对称，故①是“旋转对称函数”．
对于②，令y＝f（x）＝cos
，则f（－x）＝cos
＝cos
＝cos
＝f（x），所以函数y＝cos
是偶函数，它的图象关于y轴对称，故②是“旋转对称函数”．
对于③，y＝ln（e
＋1）>lne
＝
x，当x→＋∞时，y→
x，则函数y＝ln（e
＋1）的图象只可能关于直线y＝
x对称，又y＝ln（e
＋1）>ln1＝0，当x→－∞时，y→0，这与函数y＝ln（e
＋1）的图象关于直线y＝
x对称矛盾，故③不是“旋转对称函数”．
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）（2019·四川攀枝花高三第二次统考）已知数列{an}中，a1＝1，an－an－1＝2n－1（n∈N*，n≥2）．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设bn＝
，求数列{bn}的通项公式及其前n项和Tn.
解
（1）当n≥2时，由于an－an－1＝2n－1，a1＝1，
所以an＝（an－an－1）＋（an－1－an－2）＋…＋（a2－a1）＋a1＝1＋3＋…＋（2n－1）＝n2，
又a1＝1满足上式，故an＝n2（n∈N*）．
（2）bn＝
＝
＝
＝
.
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝
＝
＝
.
18．（本小题满分12分）（2019·石家庄质量检测）如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1，侧面ABB1A1为菱形，A1C＝BC.
（1）求证：
A1B⊥平面AB1C；
（2）若∠ABB1＝60°，∠CBA＝∠CBB1，AC⊥B1C，求二面角B－AC－A1的余弦值．
解
（1）证明：
因为侧面ABB1A1为菱形，
所以A1B⊥AB1，记A1B∩AB1＝O，连接CO，
因为A1C＝BC，BO＝A1O，
所以A1B⊥CO，又AB1∩CO＝O，
所以A1B⊥平面AB1C.
（2）解法一：
因为∠CBA＝∠CBB1，AB＝BB1，BC＝BC，所以△CBA≌△CBB1，所以AC＝B1C.
又O是AB1的中点，所以CO⊥AB1，
又A1B⊥CO，A1B∩AB1＝O，
所以CO⊥平面ABB1A1.
令BB1＝2，因为∠ABB1＝60°，侧面ABB1A1为菱形，AC⊥B1C，O为AB1的中点，
所以CO＝1.
如图，以O为坐标原点，OB所在的直线为x轴，OB1所在的直线为y轴，OC所在的直线为z轴建立空间直角坐标系．
则O（0,0,0），A（0，－1,0），B（
，0,0
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