高考数学 素养提升练（四）文（含解析）-人教高三全册数学试题

素养提升练(四)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·福州一中二模)已知i为虚数单位，则eq\f(i,1＋i)的实部与虚部之积等于()A．－eq\f(1,4)B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,4)iD．－eq\f(1,4)i答案B解析因为eq\f(i,1＋i)＝eq\f(i1－i,1＋i1－i)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)i，所以eq\f(i,1＋i)的实部与虚部之积为eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4).故选B.2．(2019·天津高考)设x∈R，则“0<x<5”是“|x－1|<1”的()A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件答案B解析由|x－1|<1可得0<x<2，所以“|x－1|<1的解集”是“0<x<5的解集”的真子集．故“0<x<5”是“|x－1|<1”的必要而不充分条件．故选B.3．(2019·全国卷Ⅲ)《西游记》《三国演义》《水浒传》和《红楼梦》是中国古典文学瑰宝，并称为中国古典小说四大名著．某中学为了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了100位学生，其中阅读过《西游记》或《红楼梦》的学生共有90位，阅读过《红楼梦》的学生共有80位，阅读过《西游记》且阅读过《红楼梦》的学生共有60位，则该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为()A．0.5B．0.6C．0.7D．0.8答案C解析解法一：设调查的100位学生中阅读过《西游记》的学生人数为x，则x＋80－60＝90，解得x＝70，所以该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为eq\f(70,100)＝0.7.故选C.解法二：用Venn图表示调查的100位学生中阅读过《西游记》和《红楼梦》的人数之间的关系如图，易知调查的100位学生中阅读过《西游记》的学生人数为70，所以该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为eq\f(70,100)＝0.7.故选C.4．(2019·郴州三模)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，且当x＞0时，f(x)＝x2－x，则函数f(x)的图象在点(－1，f(－1))处的切线方程是()A．x＋y－2＝0B．x＋y＝0C．x＋y＋1＝0D．x＋y＋2＝0答案C解析因为函数f(x)是定义在R上的偶函数，当x＜0时，－x＞0，f(x)＝f(－x)＝x2＋x，f′(x)＝2x＋1，则f′(－1)＝－1.因为f(－1)＝0，所以函数f(x)的图象在点(－1，f(－1))处的切线方程是x＋y＋1＝0.故选C.5．(2019·盐城二模)刘徽《九章算术·商功》中将底面为长方形，两个三角面与底面垂直的四棱锥体叫做阳马．如图，是一个阳马的三视图，则其外接球的体积为()A.eq\r(3)πB.eq\f(\r(3)π,2)C．3πD．4π答案B解析由题意可知阳马为四棱锥，且四棱锥的底面为长方体的一个底面，四棱锥的高为长方体的一棱长，且阳马的外接球也是长方体的外接球；由三视图可知四棱锥的底面是边长为1的正方形，四棱锥的高为1，∴长方体的一个顶点处的三条棱长分别为1,1,1，∴长方体的对角线为eq\r(3)，∴外接球的半径为eq\f(\r(3),2)，∴外接球的体积为V＝eq\f(4π,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))3＝eq\f(\r(3)π,2).故选B.6．(2019·安阳二模)如图，原点O是△ABC内一点，顶点A在x上，∠AOB＝150°，∠BOC＝90°，|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝2，|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝1，|eq\o(OC,\s\up6(→))|＝1，若eq\o(OC,\s\up6(→))＝λeq\o(OA,\s\up6(→))＋μeq\o(OB,\s\up6(→))，则eq\f(μ,λ)＝()A．－eq\f(\r(3),3)B.eq\f(\r(3),3)C．－eq\r(3)D.eq\r(3)答案D解析建立如图所示的直角坐标系，则A(2,0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(\r(3),2)))，因为eq\o(OC,\s\up6(→))＝λeq\o(OA,\s\up6(→))＋μeq\o(OB,\s\up6(→))，由向量相等的坐标表示可得：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2λ－\f(\r(3)μ,2)＝－\f(1,2)，,\f(μ,2)＝－\f(\r(3),2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝－1，,μ＝－\r(3)，))即eq\f(μ,λ)＝eq\r(3).故选D.7．(2019·德州模拟)P是双曲线eq\f(x2,3)－eq\f(y2,4)＝1的右支上一点，F1，F2分别为双曲线的左、右焦点，则△PF1F2的内切圆的圆心横坐标为()A.eq\r(3)B．2C.eq\r(7)D．3答案A解析如图所示，F1(－eq\r(7)，0)，F2(eq\r(7)，0)，内切圆与x轴的切点是点H，PF1，PF2与内切圆的切点分别为M，N，由双曲线的定义可得|PF1|－|PF2|＝2a＝2eq\r(3)，由圆的切线长定理知，|PM|＝|PN|，故|MF1|－|NF2|＝2eq\r(3)，即|HF1|－|HF2|＝2eq\r(3)，设内切圆的圆心横坐标为x，则点H的横坐标为x，故(x＋eq\r(7))－(eq\r(7)－x)＝2eq\r(3)，∴x＝eq\r(3).故选A.8．(2019·德阳联考)执行如图所示的程序框图，若输入m＝1，n＝3，输出的x＝1.75，则空白判断框内应填的条件为()A．|m－n|<1? B．|m－n|<0.5?C．|m－n|<0.2? D．|m－n|<0.1?答案B解析输入m＝1，n＝3.第一次执行，x＝2,22－3>0，n＝2，返回；第二次执行，x＝eq\f(3,2)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2－3<0，m＝eq\f(3,2)，返回；第三次执行，x＝eq\f(3＋4,4)＝eq\f(7,4)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4)))2－3>0，n＝eq\f(7,4).输出x＝1.75，故第三次执行后应满足判断框，此时m－n＝eq\f(3,2)－eq\f(7,4)＝－eq\f(1,4)，故选B.9．(2019·全国卷Ⅲ)已知曲线y＝aex＋xlnx在点(1，ae)处的切线方程为y＝2x＋b，则()A．a＝e，b＝－1B．a＝e，b＝1C．a＝e－1，b＝1D．a＝e－1，b＝－1答案D解析y′＝aex＋lnx＋1，k＝y′|x＝1＝ae＋1，∴切线方程为y－ae＝(ae＋1)(x－1)，即y＝(ae＋1)x－1.又∵切线方程为y＝2x＋b，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ae＋1＝2，,b＝－1，))即a＝e－1，b＝－1.故选D.10．(2019·汉中质检)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝eq\r(2)，BC＝2，点D为BC的中点，则异面直线AD与A1C所成的角为()A.eq\f(π,2)B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,4)D.eq\f(π,6)答案B解析取B1C1的中点D1，连接A1D1，CD1，DD1，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，点D为BC∴AA1＝DD1且AA1∥DD1，∴AD∥A1D1且AD＝A1D1，∴∠CA1D1就是异面直线AD与A1C所成的角，AB＝AC＝eq\r(2)，BC＝2可以求出AD＝A1D1＝1，在Rt△CC1D1中，由勾股定理可求出CD1＝eq\r(3)，在Rt△AA1C中，由勾股定理可求出A1C＝2，显然△A1D1C是直角三角形，sin∠CA1D1＝eq\f(CD1,A1C)＝eq\f(\r(3),2)，∴∠CA1D1＝eq\f(π,3)，故选B.11．(2019·四川绵阳二诊)已知椭圆C：eq\f(x2,m)＋eq\f(y2,m－4)＝1(m＞4)的右焦点为F，点A(－2,2)为椭圆C内一点．若椭圆C上存在一点P，使得|PA|＋|PF|＝8，则m的取值范围是()A．(6＋2eq\r(5)，25]B．[9,25]C．(6＋2eq\r(5)，20]D．[3,5]答案A解析由椭圆方程，得：c＝eq\r(m－m－4)＝2，所以，椭圆的左焦点为E(－2,0)，点A在点E的正上方，所以，AE＝2，由椭圆的定义，得：2a＝|PE|＋|PF|≤|PA|＋|AE|＋|PF|＝10，即a≤5，所以，m＝a2≤25当P，A，E在一条直线上，且PE垂直x轴时，取等号，2a＝|PE|＋|PF|≥|PA|－|AE|＋|PF|＝6，即a≥3，所以，m＝a2≥9，但因为点A(－2,2)在椭圆内部，所以，当x＝－2时，|y|＞2，即由eq\f(4,m)＋eq\f(y2,m－4)＝1，得|y|＝eq\r(m－4－\f(4m－4,m))＞2，化简，得m2－12m＋16＞0，解得m＞6＋2eq\r(5).所以m的取值范围是(6＋2eq\r(5)，25]．故选A.12．(2019·镇海中学一模)已知正项等比数列{an}满足a7＝a6＋2a5，若存在两项am，an，使得aman＝16aeq\o\al(2,1)，则eq\f(1,m)＋eq\f(9,n)的最小值为()A.eq\f(3,2)B.eq\f(11,4)C.eq\f(8,3)D.eq\f(10,3)答案B解析设正项等比数列{an}的公比为q，且q＞0，由a7＝a6＋2a5，得a6q＝a6＋eq\f(2a6,q)，化简得q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(舍去)，因为aman＝16aeq\o\al(2,1)，所以(a1qm－1)·(a1qn－1)＝16aeq\o\al(2,1)，则qm＋n－2＝16，解得m＋n＝6，所以eq\f(1,m)＋eq\f(9,n)＝eq\f(1,6)(m＋n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(9,n)))＝eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10＋\f(n,m)＋\f(9m,n)))≥eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10＋2\r(\f(n,m)·\f(9m,n))))＝eq\f(8,3)，当且仅当eq\f(n,m)＝eq\f(9m,n)时取等号，此时eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(n,m)＝\f(9m,n)，,m＋n＝6，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝\f(3,2)，,n＝\f(9,2)，))因为m，n取整数，所以均值不等式等号条件取不到，则eq\f(1,m)＋eq\f(9,n)＞eq\f(8,3)，验证可得，当m＝2，n＝4时，eq\f(1,m)＋eq\f(9,n)取最小值为eq\f(11,4)，故选B.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·江苏高考)已知一组数据6,7,8,8,9,10，则该组数据的方差是________．答案eq\f(5,3)解析这组数据的平均数为8，故方差为s2＝eq\f(1,6)×[(6－8)2＋(7－8)2＋(8－8)2＋(8－8)2＋(9－8)2＋(10－8)2]＝eq\f(5,3).14．(2019·郑州一模)不等式x(sinθ－cos2θ＋1)≥－3对任意θ∈R恒成立，则实数x的取值范围是________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，12))解析当x＝0时，x(sinθ－cos2θ＋1)≥－3恒成立；当x＞0时，sinθ＋sin2θ≥－eq\f(3,x)，由sinθ＋sin2θ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinθ＋\f(1,2)))2－eq\f(1,4)，可得sinθ＝－eq\f(1,2)时，取得最小值－eq\f(1,4)，sinθ＝1时，取得最大值2，即有－eq\f(1,4)≥－eq\f(3,x)，解得0＜x≤12；当x＜0时，可得sinθ＋sin2θ≤－eq\f(3,x)，即有2≤－eq\f(3,x)，解得－eq\f(3,2)≤x＜0，综上可得，实数x的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，12)).15．(2019·佛山二模)设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1，x≥0，,x＋2，x＜0，))若函数y＝f(x)－a有两个不同的零点，则实数a的取值范围是________．答案[0,2)解析若函数y＝f(x)－a有两个不同的零点，得y＝f(x)－a＝0，即f(x)＝a有两个不同的根，即函数f(x)与y＝a有两个不同的交点，作出函数f(x)的图象如图：当x≥0时，f(x)≥0，当x＜0时，f(x)＜2，则要使函数f(x)与y＝a有两个不同的交点，则0≤a＜2，即实数a的取值范围是[0,2)．16．(2019·佛山二模)某工厂现将一棱长为eq\r(3)的正四面体毛坯件切割成一个圆柱体零件，则该圆柱体体积的最大值为________．答案eq\f(\r(2)π,27)解析圆柱体体积最大时，圆柱的底面圆心为正四面体的底面中心O′，圆柱的上底面与棱锥侧面的交点N在侧面的中线AM上．∵正四面体棱长为eq\r(3)，∴BM＝eq\f(3,2)，O′M＝eq\f(1,2)，BO′＝1，∴AO′＝eq\r(2)，设圆柱的底面半径为r，高为h，则0＜r＜eq\f(1,2).由三角形相似得：eq\f(r,\f(1,2))＝eq\f(\r(2)－h,\r(2))，即h＝eq\r(2)－2eq\r(2)r，圆柱的体积V＝πr2h＝eq\r(2)πr2(1－2r)，∵r2(1－2r)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r＋r＋1－2r,3)))3＝eq\f(1,27)，当且仅当r＝1－2r即r＝eq\f(1,3)时取等号．∴圆柱的最大体积为eq\f(\r(2)π,27).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·泸州模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知a＝6，cosA＝eq\f(1,8).(1)若b＝5，求sinC的值；(2)△ABC的面积为eq\f(15\r(7),4)，求b＋c的值．解(1)由cosA＝eq\f(1,8)，则0＜A＜eq\f(π,2)，且sinA＝eq\f(3\r(7),8)，由正弦定理可得，sinB＝eq\f(b,a)sinA＝eq\f(5\r(7),16)，因为b＜a，所以0＜B＜A＜eq\f(π,2)，所以cosB＝eq\f(9,16)，可得sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(\r(7),4).(2)S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)bc×eq\f(3\r(7),8)＝eq\f(15\r(7),4)，∴bc＝20，可得a2＝b2＋c2－2bccosA＝b2＋c2－2×20×eq\f(1,8)＝36，∴b2＋c2＝41，可得(b＋c)2＝b2＋c2＋2bc＝41＋40＝81，∴b＋c＝9.18．(本小题满分12分)(2019·海淀区一模)据《人民网》报道，“美国国家航空航天局(NASA)发文称，相比20年前世界变得更绿色了，卫星资料显示中国和印度的行动主导了地球变绿．”据统计，中国新增绿化面积的42%来自于植树造林，下表是中国十个地区在2017年植树造林的相关数据．(造林总面积为人工造林、飞播造林、新封山育林、退化林修复、人工更新的面积之和)单位：公顷(1)请根据上述数据，分别写出在这十个地区中人工造林面积与造林总面积的比值最大和最小的地区；(2)在这十个地区中，任选一个地区，求该地区人工造林面积与造林总面积的比值不足50%的概率是多少？(3)从上表新封山育林面积超过十万公顷的地区中，任选两个地区，求至少有一个地区退化林修复面积超过五万公顷的概率．解(1)人工造林面积与造林总面积的比值最大的地区为甘肃省，人工造林面积与造林总面积的比值最小的地区为青海省．(2)设在这十个地区中，任选一个地区，该地区人工造林面积占总面积的比值不足50%为事件A，在十个地区中，有3个地区(重庆、新疆、青海)人工造林面积占总面积比不足50%，则P(A)＝eq\f(3,10).(3)设至少有一个地区退化林修复面积超过五万公顷为事件B，新封山育林面积超过十万公顷有4个地区：内蒙、河北、新疆、青海，分别设为a1，a2，a3，a4，其中退化林修复面积超过五万公顷有2个地区：内蒙，河北，即a1，a2.从4个地区中任取2个地区共有6种情况，(a1，a2)，(a1，a3)，(a1，a4)，(a2，a3)，(a2，a4)，(a3，a4)其中至少有一个地区退化林修复面积超过五万公顷共有5种情况，(a1，a2)，(a1，a3)，(a1，a4)，(a2，a3)，(a2，a4)，则P(B)＝eq\f(5,6).19．(本小题满分12分)(2019·昆明一模)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，M是AB(1)证明：BC1∥平面MCA1；(2)若AB＝A1M＝2MC＝2，BC＝eq\r(2)，求点C1到平面MCA1的距离．解(1)证明：如图，连接AC1，设AC1与A1C的交点为N，则N为AC1的中点，连接MN，因为M是AB的中点，所以MN∥BC1，又MN⊂平面MCA1，BC1⊄平面MCA1，所以BC1∥平面MCA1(2)因为AB＝2MC＝2，M是AB的中点，所以∠ACB＝90°，在直三棱柱中，A1M＝2，AM＝1，所以AA1＝eq\r(3)，又BC＝eq\r(2)，所以AC＝eq\r(2)，A1C＝eq\r(5)，所以∠A1MC＝90°.设点C1到平面MCA1的距离为h，因为AC1的中点N在平面MCA1上，所以点A到平面MCA1的距离也为h，三棱锥A1－AMC的体积V＝eq\f(1,3)S△AMC·AA1＝eq\f(\r(3),6)，△MCA1的面积S＝eq\f(1,2)A1M·MC＝1，则V＝eq\f(1,3)Sh＝eq\f(1,3)h＝eq\f(\r(3),6)，得h＝eq\f(\r(3),2)，故点C1到平面MCA1的距离为eq\f(\r(3),2).20．(本小题满分12分)(2019·深圳一模)设抛物线C：y2＝4x，直线l：x－my－2＝0与C交于A，B两点．(1)若|AB|＝4eq\r(6)，求直线l的方程；(2)点M为AB的中点，过点M作直线MN与y轴垂直，垂足为N，求证：以MN为直径的圆必经过一定点，并求出该定点坐标．解(1)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋2，,y2＝4x，))消去x并整理可得y2－4my－8＝0，显然Δ＝16m2＋32＞设A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴y1＋y2＝4m，y1y2＝－8∴|AB|＝eq\r(1＋m2)·eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝eq\r(1＋m2)·4eq\r(m2＋2)＝4eq\r(6)，∴m2＝1，即m＝±1，∴直线l的方程为x－y－2＝0或x＋y－2＝0.(2)证明：设AB的中点M的坐标为(xM，yM)，则yM＝eq\f(1,2)(y1＋y2)＝2m，∴xM＝myM＋2＝2m2∴M(2m2＋2,2由题意可得N(0,2m)设MN为直径的圆经过点P(x0，y0)，∴eq\o(PM,\s\up6(→))＝(2m2＋2－x0,2m－y0)，eq\o(PN,\s\up6(→))＝(－x0,2m－y0)，由题意可得eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))＝0，即(4－2x0)m2－4y0m＋xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)－2x0＝0，由题意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4－2x0＝0，,4y0＝0，,x\o\al(2,0)＋y\o\al(2,0)－2x0＝0，))解得x0＝2，y0＝0，∴定点(2,0)即为所求．21．(本小题满分12分)(2019·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝(x－1)lnx－x－1.证明：(1)f(x)存在唯一的极值点；(2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．证明(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝eq\f(x－1,x)＋lnx－1＝lnx－eq\f(1,x).因为y＝lnx在(0，＋∞)上单调递增，y＝eq\f(1,x)在(0，＋∞)上单调递减，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f′(1)＝－1<0，f′(2)＝ln2－eq\f(1,2)＝eq\f(ln4－1,2)>0，故存在唯一x0∈(1,2)，使得f′(x0)＝0.又当x<x0时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x>x0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，因此，f(x)存在唯一的极值点．(2)由(1)知f(x0)<f(1)＝－2，又f(e2)＝e2－3>0，所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α.由α>x0>1得eq\f(1,α)<1<x0.又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,α)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,α)－1))lneq\f(1,α)－eq\f(1,α)－1＝eq\f(fα,α)＝0，故eq\f(1,α)是f(x)＝0在(0，x0)的唯一根．综上，f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．(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·长春二模)在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝a＋\f(1,2)t，,y＝\f(\r(3),2)t))(t为参数)，以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ2＝eq\f(3,1＋2cos