2020届全国高考数学（文）刷题1 1（2019模拟题）模拟重组卷（八）（解析版）

2020届全国高考数学（文）刷题1+1（2019模拟题）模拟重组卷（八）（解析版）
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·江西分宜中学、玉山一中、临川一中等九校联考)已知m，n∈R，集合A＝{2，log7m}，集合B＝{m，n}，若A∩B＝{1}，则m＋n＝(　　)
A．1 B．2 C．4 D．8
答案　D
解析　因为A∩B＝{1}，则log7m＝1，m＝7，B＝{m，n}＝{7，n}，n＝1，则m＋n＝8.故选D.
2．(2019·无锡一中三模)已知i为虚数单位，且复数z满足z(1＋i)＝2＋i2019，则的值为(　　)
A. B.
C. D．2
答案　B
解析　z(1＋i)＝2＋i2019，∴z＝＝＝＝－i，＝＝＝，故选B.
3．(2019·厦门一中三模)古希腊数学家阿基米德用穷竭法建立了这样的结论：“任何由直线和抛物线所包围的弓形，其面积都是其同底同高的三角形面积的三分之四．”如图，已知直线x＝2交抛物线y2＝4x于A，B两点，点A，B在y轴上的射影分别为D，C.从长方形ABCD中任取一点，则根据阿基米德这一理论，该点位于阴影部分的概率为(　　)

A. B.
C. D.
答案　B
解析　在抛物线y2＝4x中，取x＝2，可得y＝±2，∴S矩形ABCD＝8，由阿基米德理论可得弓形面积为××8＝，则阴影部分的面积为S＝8－＝.由测度比为面积比可得，该点位于阴影部分的概率为＝.故选B.
4．(2019·全国卷Ⅱ)在“一带一路”知识测验后，甲、乙、丙三人对成绩进行预测．
甲：我的成绩比乙高．
乙：丙的成绩比我和甲的都高．
丙：我的成绩比乙高．
成绩公布后，三人成绩互不相同且只有一个人预测正确，那么三人按成绩由高到低的次序为(　　)
A．甲、乙、丙 B．乙、甲、丙
C．丙、乙、甲 D．甲、丙、乙
答案　A
解析　由于三人成绩互不相同且只有一个人预测正确．若甲预测正确，则乙、丙预测错误，于是三人按成绩由高到低的次序为甲、乙、丙；若甲预测错误，则甲、乙按成绩由高到低的次序为乙、甲，又假设丙预测正确，则乙、丙按成绩由高到低的次序为丙、乙，于是甲、乙、丙按成绩由高到低排序为丙、乙、甲，从而乙的预测也正确，与事实矛盾；若甲、丙预测错误，则可推出乙的预测也错误．综上所述，三人按成绩由高到低的次序为甲、乙、丙．故选A.
5．(2019·梧州一模)函数f (x)＝(e是自然对数的底数)的图象大致为(　　)

答案　A
解析　f (x)的定义域是{x|x≠0}，关于原点对称，f (－x)＝＝＝－＝－f (x)，则函数f (x)是奇函数，图象关于原点对称，排除B，C.当x＞1时，f (x)＞0，排除D，故选A.
6．(2019·莱阳一中一模)已知△ABC中，sinA＋2sinBcosC＝0，b＝c，则tanA的值是(　　)
A. B. C. D.
答案　A
解析　∵sinA＋2sinBcosC＝0，∴sin(B＋C)＋2sinBcosC＝0，∴3sinBcosC＋cosBsinC＝0，由cosB≠0，cosC≠0，化为3tanB＝－tanC，又b＝c，∴B为锐角，C为钝角，∴tanA＝－tan(B＋C)＝－＝＝≤＝，当且仅当tanB＝时，取等号，∴tanA的最大值是.
7．(2019·莆田三模)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)

A. B. C. D.
答案　C
解析　根据几何体的三视图可知，该几何体为正方体截去一个三棱锥与一个三棱柱，则该几何体的体积为V＝23－××22×2－2××1×1＝.故选C.
8．(2019·四川二诊)在数列{an}中，已知a1＝1，且对于任意的m，n∈N*，都有am＋n＝am＋an＋mn，则数列{an}的通项公式为(　　)
A．an＝n B．an＝n＋1
C．an＝ D．an＝
答案　D
解析　令m＝1，得an＋1＝an＋n＋1，∴an＋1－an＝n＋1，∴a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n，∴an－1＝2＋3＋4＋…＋n，∴an＝1＋2＋3＋4＋…＋n＝.故选D.
9．(2019·湖北六市联考)将直线x＋y－1＝0绕点(1,0)沿逆时针方向旋转15°得到直线l，则直线l与圆(x＋3)2＋y2＝4的位置关系是(　　)
A．相交 B．相切
C．相离 D．相交或相切
答案　B
解析　依题意得，直线l的倾斜角为150°，所以直线l的方程是y＝tan150°(x－1)＝－(x－1)，即x＋y－1＝0，圆心(－3,0)到直线l的距离d＝＝2，故直线l与圆相切．
10．(2019·上饶一模)已知定义在R上的函数满足f (x＋1)＝f (x－1)，f (x)＝若关于x的不等式f (x)＋a(x－2018)≤0在(2018,2020]上恒成立，则实数a的取值范围为(　　)
A．(－∞，2] B．(－∞，2)
C. D.
答案　C
解析　f (x)＝

可得当0＜x≤1时，f (x)递增，且f (x)∈(－4，－3]；当1＜x≤2时，f (x)＝ln (x－1)－5≤－5.由f (x＋1)＝f (x－1)，可得f (x＋2)＝f (x)，即f (x)的最小正周期为2，关于x的不等式f (x)＋a(x－2018)≤0在(2018,2020]上恒成立，即f (x)在(2018,2020]上的图象在直线y＝－a(x－2018)的下方．可得当2018＜x≤2019时，f (x)＝2x－2018－5∈(－4，－3]；当2019＜x≤2020时，f (x)＝ln (x－2019)－5≤－5，如上图，直线y＝－a(x－2018)恒过定点(2018,0)，当直线经过点(2020，－5)时，即－5＝－2a，解得a＝，由图象可得a≤时，直线恒在f (x)在(2018,2020]上图象的上方，故选C.
11．(2019·徐州一中二模)已知正三棱柱ABC－A1B1C1中，所有棱长为4，M，N分别为AB，BC上的点，且满足AM＝BN，当三棱锥B1－BMN的体积最大时，三棱锥B1－BMN的外接球的表面积为(　　)

A. B．4π
C. D.
答案　D
解析　正三棱柱ABC－A1B1C1中，所有棱长为4，∠ABC＝60°，设AM＝BN＝x(0＜x＜4)，则V＝×4×(4－x)xsin＝(4－x)x×≤×2＝，当且仅当4－x＝x即x＝2时取等号，可知△BMN为等腰三角形，R＝＝＝，S＝4πR2＝4π×2＝，故选D.
12．(2019·北大附中一模)已知函数f′(x)是奇函数f (x)(x∈R)的导函数，且满足当x＞0时，ln x·f′(x)＜－f (x)，则(x－2019)f (x)＞0的解集为(　　)
A．(－1,0)∪(1,2019)
B．(－2019，－1)∪(1,2019)
C．(0,2019)
D．(－1,1)
答案　C
解析　设g(x)＝ln x·f (x)，则g′(x)＝·f (x)＋ln x·f′(x)＜0，可知函数g(x)在x＞0时单调递减，又g(1)＝0，可知函数g(x)＝ln x·f (x)在(0,1)上大于零，且ln x＜0，可知f (x)＜0；在(1，＋∞)上，g(x)<0，f (x)＜0；当x＝1时，f′(1)ln 1＜－f (1)，可得f (1)＜0，可知函数f (x)在(0，＋∞)上均有f (x)＜0，而函数f (x)为奇函数，可知f (x)在(－∞，0)上均有f (x)＞0，可知(x－2019)f (x)＞0，即(无解)或可知不等式的解集为(0,2019)．
第Ⅱ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·南昌二中模拟)已知＝(1,2)，＝(2,3)，向量m＝(a,2)与垂直，则向量m的模为________．
答案　2
解析　由已知得＝－＝(1,1)，因为m＝(a,2)与垂直，所以m·＝(a,2)·(1,1)＝a＋2＝0，解得a＝－2，则m＝(－2,2)，|m|＝2.
14．(2019·东北三校联考)已知x，y满足约束条件则z＝3x＋y的最大值为________．
答案　3
解析　根据约束条件可以画出可行域，如图中阴影部分所示：

由z＝3x＋y，可知直线y＝－3x＋z过A(1,0)时，z有最大值为3×1＋0＝3.
15．(2019·江苏高考)在平面直角坐标系xOy中，P是曲线y＝x＋(x>0)上的一个动点，则点P到直线x＋y＝0的距离的最小值是________．
答案　4
解析　解法一：由题意可设P(x0>0)，
则点P到直线x＋y＝0的距离d＝＝≥＝4，当且仅当2x0＝，即x0＝时取等号．故所求最小值是4.
解法二：设P(x0>0)，则曲线在点P处的切线的斜率为k＝1－.令1－＝－1，结合x0>0得x0＝，∴P(，3)，曲线y＝x＋(x>0)上的点P到直线x＋y＝0的最短距离即为此时点P到直线x＋y＝0的距离，故dmin＝＝4.
16．(2019·扬州中学模拟)已知双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，直线MN过F2，且与双曲线右支交于M，N两点，若cos∠F1MN＝cos∠F1F2M，＝，则双曲线的离心率等于________．
答案　2
解析　如图，由cos∠F1MN＝cos∠F1F2M可得∠F1MN＝∠F1F2M，

∴|F1M|＝|F1F2|＝2c，
|F1N|＝2|F1M|＝4c，
由双曲线的定义可得|MF2|＝2c－2a，|NF2|＝4c－2a，
∴|MN|＝6c－4a，
在△F1MN中，由余弦定理得
cos∠F1MN＝
＝，
在△F1F2M中，由余弦定理得
cos∠F1F2M＝＝，
∵cos∠F1MN＝cos∠F1F2M，
∴＝，整理得3c2－7ac＋2a2＝0，
∴3e2－7e＋2＝0，解得e＝2或e＝(舍去)．
∴双曲线的离心率等于2.
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·太原一模)如图，已知△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且asinA＋(c－a)sinC＝bsinB，点D是AC的中点，DE⊥AC，交AB于点E，且BC＝2，DE＝.

(1)求B；
(2)求△ABC的面积．
解　(1)∵asinA＋(c－a)sinC＝bsinB，
且＝＝，可得：a2＋c2－ac＝b2，
由余弦定理得：cosB＝＝，
∵0＜B＜π，
∴B＝60°.
(2)连接CE，如图，D是AC的中点，

DE⊥AC，
∴AE＝CE，
∴CE＝AE＝＝，
在△BCE中，由正弦定理得＝＝，
∴＝，∴cosA＝，
∵0＜A＜180°，
∴A＝45°，
∴∠ACB＝75°，
∴∠BCE＝∠ACB－∠ACE＝30°，∴∠BEC＝90°，
∴CE＝AE＝，AB＝AE＋BE＝＋1，
∴S△ABC＝AB·CE＝.
18．(本小题满分12分)(2019·东北三省三校三模)哈师大附中高三学年统计学生的最近20次数学周测成绩(满分150分)，现有甲、乙两位同学的20次成绩如茎叶图所示．

(1)根据茎叶图求甲、乙两位同学成绩的中位数，并将同学乙的成绩的频率分布直方图填充完整；
(2)根据茎叶图比较甲、乙两位同学数学成绩的平均值及稳定程度(不要求计算出具体值，给出结论即可)；
(3)现从甲、乙两位同学不低于140分的成绩中任意选出2个成绩，记事件A为“其中2个成绩分别属于不同的同学”，求事件A发生的概率．
解　(1)甲同学成绩的中位数是＝119，乙同学成绩的中位数是128.乙的成绩的频率分布直方图补充后如图．

(2)从茎叶图可以看出，乙同学成绩的平均分比甲同学成绩的平均分高，
且乙同学的成绩比甲同学的成绩更稳定集中．
(3)甲同学不低于140分的成绩有2个设为a，b，乙同学不低于140分的成绩有3个，设为c，d，e.
现从甲、乙两位同学不低于140分的成绩中任意选出2个有：(a，b)，(a，c)，(a，d)，(a，e)，(b，c)，(b，d)，(b，e)，(c，d)，(c，e)，(d，e)，共10种，
其中2个成绩分属不同同学的情况有：(a，c)，(a，d)，(a，e)，(b，c)，(b，d)，(b，e)，共6种．
因此事件A发生的概率P(A)＝＝.
19．(本小题满分12分)(2019·株洲一模)如图，平面ABCD⊥平面ADEF，其中四边形ABCD为矩形，四边形ADEF为直角梯形，AF∥DE，AF⊥FE，AF＝2EF＝2DE＝2.

(1)求证：平面BFD⊥平面ABCD；
(2)若三棱锥B－ADF的体积为，求BD与平面BAF所成角的正弦值．
解　(1)证明：如图，作DH⊥AF于H，
∵AF⊥FE，AF＝2EF＝2DE＝2.
∴四边形DEFH是正方形，
∴HF＝DH＝1，∠HDF＝45°，
∵AF＝2，∴AH＝1，∴∠ADH＝45°.
∴∠ADF＝90°，即DF⊥AD，
∵平面ABCD⊥平面ADEF，AD为两个面的交线，
∴FD⊥平面ABCD.
∴平面BFD⊥平面ABCD.
(2)因为平面ABCD⊥平面ADEF，AB⊥AD，

所以AB⊥平面ADEF，VB－ADF＝S△ADF·AB＝××2×1·AB＝，
所以AB＝1，又∵AD2＝AF2－DF2＝22－2＝2，
∴BD＝＝
连接BH，易知∠DBH为BD与平面BAF所成的角，
在直角△BDH中，BD＝，DH＝1，
∴sin∠DBH＝＝，
所以BD与平面BAF所成角的正弦值为.
20．(本小题满分12分)(2019·天津高考)设椭圆＋＝1(a>b>0)的左焦点为F，左顶点为A，上顶点为B.已知|OA|＝2|OB|(O为原点)．
(1)求椭圆的离心率．
(2)设经过点F且斜率为的直线l与椭圆在x轴上方的交点为P，圆C同时与x轴和直线l相切，圆心C在直线x＝4上，且OC∥AP.求椭圆的方程．
解　(1)设椭圆的半焦距为c，由已知有a＝2b，又由a2＝b2＋c2，消去b得a2＝2＋c2，解得＝.
所以，椭圆的离心率为.
(2)由(1)知，a＝2c，b＝c，故椭圆方程为＋＝1.
由题意，F (－c,0)，则直线l的方程为y＝(x＋c)．
点P的坐标满足消去y并化简，
得到7x2＋6cx－13c2＝0，
解得x1＝c，x2＝－.
代入到l的方程，解得y1＝c，y2＝－c.
因为点P在x轴上方，所以P.
由圆心C在直线x＝4上，可设C(4，t)．
因为OC∥AP，且由(1)知A(－2c,0)，
故＝，解得t＝2.
因为圆C与x轴相切，所以圆C的半径为2.
又由圆C与l相切，得＝2，可得c＝2.
所以，椭圆的方程为＋＝1.
21．(本小题满分12分)(2019·济宁二模)已知函数f (x)＝xln x＋ax在x＝x0处取得极小值－1.
(1)求实数a的值；
(2)设g(x)＝xf (x)＋b(b＞0)，讨论函数g(x)的零点个数．
解　(1)易知函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1＋a.
∵函数f (x)＝xln x＋ax在x＝x0处取得极小值－1，
∴解得
当a＝－1时，f′(x)＝ln x，则当x∈(0,1)时，f′(x)＜0，x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，
∴f (x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴当x＝1时，函数f (x)取得极小值－1，
∴a＝－1.
(2)由(1)知函数g(x)＝xf (x)＋b＝x2ln x－x2＋b，定义域为(0，＋∞)．
g′(x)＝2xln x＋x－2x＝2x.
令g′(x)＝0，得x＝，易得g(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，
∴当x＝时，函数g(x)取得极小值(也是最小值)b－.当b－＞0，即b＞时，函数g(x)没有零点．
当b－＝0，即b＝时，函数g(x)有一个零点．
当b－＜0，即0＜b＜时，g(e)＝b＞0.
∴g()g(e)＜0，
故存在x1∈(，e)，使g(x1)＝0，
∴g(x)在(，e)上有一个零点x1.
设h(x)＝ln x＋－1，x∈(0,1)，
则h′(x)＝－＝.
当x∈(0,1)时，h′(x)＜0，
∴h(x)在(0,1)上单调递减．
∴h(x)＞h(1)＝0，即当x∈(0,1)时，ln x＞1－.
∴当x∈(0,1)时，g(x)＝x2ln x－x2＋b＞x2－x2＋b＝b－x.
取x′＝{b,1}min，则g(x′)＞0，
g()g(x′)＜0，
∴存在x2∈(x′，)，使函数g(x2)＝0，∴g(x)在(x′，)上有一个零点x2，
∴g(x)在(0，＋∞)上有两个零点x1，x2，
综上可得，当b＞时，函数g(x)没有零点，
当b＝时，函数g(x)有一个零点，
当0＜b＜时，函数g(x)有两个零点．
(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4－4：坐标系与参数方程]
(2019·合肥市第一次教学质量检测)在直角坐标系xOy中，曲线C1的方程为(α为参数)．以坐标原点O为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ＝2cosθ.
(1)求C1，C2交点的直角坐标；
(2)设点A的极坐标为，点B是曲线C2上的点，求△AOB面积的最大值．
解　(1)C1：x2＋y2＝1，C2：ρ＝2cosθ，∴ρ2＝2ρcosθ，
∴x2＋y2＝2x.
联立方程组解得或

∴所求交点的坐标为，.
(2)设B(ρ，θ)，则ρ＝2cosθ，
∴△AOB的面积S＝·|OA|·|OB|·sin∠AOB＝＝＝
∴当θ＝时，Smax＝2＋.
23．(本小题满分10分)[选修4－5：不等式选讲]
(2019·合肥市第一次教学质量检测)设函数f (x)＝|x＋1|.
(1)若f (x)＋2x＞2，求实数x的取值范围；
(2)设g(x)＝f (x)＋f (ax)(a＞1)，若g(x)的最小值为，求a的值．
解　(1)∵f (x)＋2x＞2，即|x＋1|＞2－2x，
当x≥－1时，原不等式化为x＋1>2－2x，解得x>；
当x<－1时，原不等式化为x＋1<2x－2，无解．
∴实数x的取值范围是.
(2)∵a＞1，∴－1＜－，
∴g(x)＝
易知函数g(x)在x∈上单调递减，在x∈上单调递增，
∴g(x)min＝g＝1－.
∴1－＝，解得a＝2.