2020届全国高考数学（文）刷题1 1（2019模拟题）模拟重组卷（一）（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（一）（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·辽宁马鞍山一中三模)设集合M＝{x|x2－2x－3＜0}，N＝{x|2x＜2}，则M∩(∁RN)等于(　　)
A．[－1,1] B．(－1,0)
C．[1,3) D．(0,1)
答案　C
解析　由M＝{x|x2－2x－3＜0}＝{x|－1＜x＜3}，又N＝{x|2x＜2}＝{x|x＜1}，全集U＝R，所以∁RN＝{x|x≥1}．所以M∩(∁RN)＝{x|－1＜x＜3}∩{x|x≥1}＝[1,3)．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(2－i)z＝3＋2i，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(2－i)z＝3＋2i，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Ⅱ)已知向量a＝(2,3)，b＝(3,2)，则|a－b|＝(　　)
A. B．2 C．5 D．50
答案　A
解析　∵a－b＝(2,3)－(3,2)＝(－1,1)，∴|a－b|＝＝.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P＝1－＝.故选B.
5．(2019·全国卷Ⅲ)函数y＝在[－6,6]的图象大致为(　　)

答案　B
解析　∵y＝f (x)＝，x∈[－6,6]，∴f (－x)＝＝－＝－f (x)，∴f (x)是奇函数，排除C.当x＝4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. cm2
C. 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×(12＋15＋20)＋×4π×32－3×π×32＝94－.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(x－b)2＋y2＝16截得的最短弦长为(　　)

A．4 B．2
C. D．2
答案　A
解析　模拟程序的运行，可得k＝1，S＝1，S＝1，不满足条件S＞6，执行循环体，k＝2，S＝2，不满足条件S＞6，执行循环体，k＝3，S＝6，不满足条件S＞6，执行循环体，k＝4，S＝15，满足条件S＞6，退出循环．输出k的值为4，即b＝4，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|＝2＝4.故选A.
8．(2019·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则(　　)
A．an＝2n－5 B．an＝3n－10
C．Sn＝2n2－8n D．Sn＝n2－2n
答案　A
解析　设首项为a1，公差为d.由S4＝0，a5＝5可得解得所以an＝－3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝n×(－3)＋×2＝n2－4n.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β.图中阴影区域的面积的最大值为(　　)

A．4β＋4cosβ
B．4β＋4sinβ
C．2β＋2cosβ
D．2β＋2sinβ
答案　B
解析　解法一：如图1，设圆心为O，连接OA，OB，OP.

∵∠APB＝β，∴∠AOB＝2β，∴S阴影＝S△AOP＋S△BOP＋S扇形AOB＝×2×2sin∠AOP＋×2×2sin∠BOP＋×2β×22＝2sin∠AOP＋2sin∠BOP＋4β＝2sin∠AOP＋2sin(2π－2β－∠AOP)＋4β＝2sin∠AOP－2sin(2β＋∠AOP)＋4β＝2sin∠AOP－2(sin2β·cos∠AOP＋cos2β·sin∠AOP)＋4β＝2sin∠AOP－2sin2β·cos∠AOP－2cos2β·sin∠AOP＋4β＝2(1－cos2β)sin∠AOP－2sin2β·cos∠AOP＋4β＝2×2sin2β·sin∠AOP－2×2sinβ·cosβ·cos∠AOP＋4β＝4sinβ(sinβ·sin∠AOP－cosβ·cos∠AOP)＋4β＝4β－4sinβ·cos(β＋∠AOP)．∵β为锐角，∴sinβ>0.∴当cos(β＋∠AOP)＝－1，即β＋∠AOP＝π时，阴影区域面积最大，为4β＋4sinβ.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＝β，

∴∠AOB＝2β.∵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AP＝BP时，满足条件，此时S阴影＝S扇形AOB＋S△AOP＋S△BOP＝×2β·22＋2××22·sin＝4β＋4sinβ.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x∈[m，m＋1]时，不等式f (2m－x)＜f (x＋m)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x≤0时，f (x)＝x＋4单调递减，且f (x)≥f (0)＝5；当x＞0时，f (x)＝－x3－x＋5，∴f′(x)＝－3x2－1＜0，f (x)单调递减，且f (x)＜f (0)＝5；所以函数f (x)＝在x∈R上单调递减，因为f (2m－x)＜f (x＋m)，所以2m－x＞x＋m，即2x＜m，在x∈[m，m＋1]上恒成立，所以2(m＋1)＜m，解得m＜－2.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(a＞0，b＞0)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∠MF2N＝60°，则双曲线的离心率为(　　)
A. B．3 C．2 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∠MF2N＝60°，故∠F1MF2＝60°，对△F1MF2用余弦定理，得到|MF1|2＋|MF2|2－|F1F2|2＝2|MF1|·|MF2|·cos∠F1MF2，结合|PF1|＝3|PF2|，可得|MF1|＝a，|MF2|＝3a，|F1F2|＝2c，代入上式中，得到a2＋9a2－4c2＝3a2，即7a2＝4c2，结合离心率满足e＝，即可得出e＝，故选D.
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．(2019·四川省二诊)已知角α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α的终边上，则sin＝________.
答案　
解析　∵角α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α的终边上，
∴tanα＝，∴α＝＋2kπ，k∈Z，
则sin＝sin＝sin＝.
14．(2019·全国卷Ⅰ)曲线y＝3(x2＋x)ex在点(0,0)处的切线方程为________．
答案　y＝3x
解析　y′＝3(2x＋1)ex＋3(x2＋x)ex＝ex(3x2＋9x＋3)，∴斜率k＝e0×3＝3，∴切线方程为y＝3x.
15．(2019·石家庄一模)已知直线x＋ay＋3＝0与圆O：x2＋y2＝4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x＋ay＋3＝0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＝π，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AB＝CD＝2r，
当BC＝AD＝2r时，圆柱的体积最大，
此时R2＋R2＝4r2，即R＝r，
圆柱体积V＝πr2·2r＝π，
解得r＝，∴R＝r＝.
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·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4cosAcosC＝3，b＝，求△ABC的周长．
解　(1)由三角形的面积公式可得S△ABC＝bcsinA，
∴2csinBsinA＝b，由正弦定理可得2sinCsinBsinA＝sinB，∵sinB≠0，∴sinAsinC＝.
(2)∵4cosAcosC＝3，∴cosAcosC＝，
∴cosAcosC－sinAsinC＝－＝，
∴cos(A＋C)＝，∴cosB＝－，
∵0＜B＜π，∴sinB＝，
∵＝＝＝＝4，
∴sinAsinC＝＝，∴ac＝8，
∵b2＝a2＋c2－2accosB＝(a＋c)2－2ac－2accosB，
∴(a＋c)2＝15＋12＝27，∴a＋c＝3.
∴a＋b＋c＝3＋.
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(i＝1,2，…，10)的数据，得到如下散点图．

(1)利用散点图判断，y＝a＋bx和y＝c·xd(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ui＝ln xi，vi＝ln yi，得到相关统计量的值如下表：
uivi
ui
vi
u
30.5
15
15
46.5
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z＝y－x(其中e＝2.71828…)，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v＝α＋βu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y＝c·xd更适合．
(2)对y＝c·xd两边取对数，得ln y＝ln c＋dln x，即v＝ln c＋du.
由表中数据得，
＝＝＝.
所以ln ＝－＝1.5－×1.5＝1，所以＝e.
所以年研发费用x与年销售量y的回归方程为y＝e·x.
(3)由(2)知，z＝27x－x，求导得z′＝9x－1，
令z′＝9x－1＝0，得x＝27，
函数z＝27x－x在(0,27)上单调递增，在(27，＋∞)上单调递减，
所以当x＝27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：NG⊥FH；
(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NHG＝NH，
因为NH⊥FH，又因为FH⊂平面FHN，
所以FH⊥平面NHG，
所以FH⊥NG.
(2)连接O1O2，如图所示，

因为O1O2∥EF，O1O2⊄平面FGE，EF⊂平面FGE，
所以O1O2∥平面FGE；
又因为直线O1H∥平面FGE，O1H∩O1O2＝O1，
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O2V⊥EG，O2V⊥EF，EG∩EF＝E，
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，O2E＝O2G＝1，
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：x2＝2py(p＞0)和圆C2：(x＋1)2＋y2＝2，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y＝x＋，由已知得：圆C2：(x＋1)2＋y2＝2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：y＝x＋的距离d＝＝，即＝，解得p＝6或p＝－2(舍去)．
所以p＝6.
(2)证法一：依题意设M(m，－3)，由(1)知抛物线C1的方程为x2＝12y，
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y＝x1(x－x1)＋y1.令x＝0，y＝－x＋y1＝－×12y1＋y1＝－y1，即l2交y轴于B点，坐标为(0，－y1)，所以＝(x1－m，y1＋3)，
＝(－m，－y1＋3)，∴＝＋＝(x1－2m,6)，∴＝＋＝(x1－m,3)．
设N点坐标为(x，y)，则y＝3，所以点N在定直线y＝3上．
证法二：设M(m，－3)，由(1)知抛物线C1的方程为x2＝12y，①
设A(x1，y1)，以A为切点的切线l2的方程为y＝k(x－x1)＋y1，②
联立①②得，x2＝12，
因为Δ＝144k2－48kx1＋4x＝0，所以k＝，
所以切线l2的方程为y＝x1(x－x1)＋y1.
令x＝0，得切线l2交y轴于B点，坐标为(0，－y1)，
所以＝(x1－m，y1＋3)，＝(－m，－y1＋3)，
∴＝＋＝(x1－2m,6)，
∴＝＋＝(x1－m,3)，
设N点坐标为(x，y)，则y＝3，
所以点N在定直线y＝3上．
21．(本小题满分12分)(2019·长沙一模)已知函数f (x)＝ln x＋ax－，g(x)＝xln x＋(a－1)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：x0＞x1.
解　(1)f′(x)＝＋a＋＝(x＞0)，
若a≥0，则f′(x)＞0，f (x)在(0，＋∞)递增．
若a＜0，则ax2＋x＋1＝0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，a≥0时，f (x)在(0，＋∞)递增；
a＜0时，f (x)在递增，在递减．
(2)证明：g(x)＝xln x＋(a－1)x＋，则g′(x)＝ln x－＋a(x＞0)，
故g′(x)在(0，＋∞)递增，
又g′(1)＝a－1＞0，g′＝－ln 2－4＋a＜0，
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x2＝x1，
由g′(x1)＝0知，ln x1－＋a＝0，
故f (x1)＝ln x1＋ax1－＝ln x1＋x1－＝(1－x1)ln x1，
又x1＝x2∈，故f (x1)＝(1－x1)ln x1＜0＝f (x0)，
由(1)知，a＞0时，f (x)在(0，＋∞)递增，
故x0＞x1.
(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·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t2＋3t－9＝0(t1和t2为A，B对应的参数)，
所以t1＋t2＝－，t1t2＝－，
则|PA|＋|PB|＝|t1－t2|＝＝.
23．(本小题满分10分)[选修4－5：不等式选讲]
(2019·咸阳二模)已知函数f (x)＝|x－2|－m(x∈R)，且f (x＋2)≤0的解集为[－1,1]．
(1)求实数m的值；
(2)设a，b，c∈R＋，且a2＋b2＋c2＝m，求a＋2b＋3c的最大值．
解　(1)由题意可得f (x＋2)＝|x|－m，故由f (x＋2)≤0，可得|x|≤m，解得－m≤x≤m.
再根据f (x＋2)≤0的解集为[－1,1]，可得m＝1.
(2)若a，b，c∈R＋，且a2＋b2＋c2＝1，
∴由柯西不等式可得：
a＋2b＋3c≤·＝，
故a＋2b＋3c的最大值为.