2020届全国高考数学(理)刷题1-1(2019模拟题)模拟重组卷(四)(解析版)

页1第2020届全国高考数学（理）刷题1+1（2019模拟题）模拟重组卷（四）（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·福州一中二模)已知i为虚数单位，则i1＋i的实部与虚部之积等于()A．－14B.14C.14iD．－14i答案B解析因为i1＋i＝i1－i1＋i1－i＝12＋12i，所以i1＋i的实部与虚部之积为12×12＝14.故选B.2．(2019·汉中二模)已知集合A＝{x|x2－5x＋40，x∈Z}，B＝{m,2}，若A⊆B，则m＝()A．1B．2C．3D．4答案C解析A＝{x|1x4，x∈Z}＝{2,3}，又A⊆B，∴m＝3.故选C.3．(2019·皖江名校联考)2018年9～12月某市邮政快递业务量完成件数较2017年9～12月同比增长25%，该市2017年9～12月邮政快递业务量柱形图及2018年9～12月邮政快递业务量结构扇形图如图所示，根据统计图，给出下列结论：①2018年9～12月，该市邮政快递业务量完成件数约1500万件；②2018年9～12月，该市邮政快递同城业务量完成件数与2017年9～12月相比有所减少；③2018年9～12月，该市邮政快递国际及港澳台业务量同比增长超过75%，其中正确结论的个数为()A．3B．2C．1D．0答案B页2第解析2017年的快递业务总数为242.4＋948＋9.6＝1200万件，故2018年的快递业务总数为1200×1.25＝1500万件，故①正确．由此2018年9～12月同城业务量完成件数为1500×20%＝300万件＞242.4万件，所以比2017年有所提升，故②错误.2018年9～12月国际及港澳台业务量为1500×1.4%＝21万件，21÷9.6＝2.1875，故该市邮政快递国际及港澳台业务量同比增长超过75%，故③正确．综上所述，正确的结论有2个，故选B.4．(2019·株洲一模)在区间[－2,2]上任意取一个数x，使不等式x2－x0成立的概率为()A.16B.12C.13D.14答案D解析由x2－x0，得0x1.∴在区间[－2,2]上任意取一个数x，使不等式x2－x0成立的概率为1－02－－2＝14.故选D.5．(2019·安阳一模)设F1，F2分别为离心率e＝5的双曲线C：x2a2－y2b2＝1(a0，b0)的左、右焦点，A1，A2分别为双曲线C的左、右顶点，以F1，F2为直径的圆交双曲线的渐近线l于M，N两点，若四边形MA2NA1的面积为4，则b＝()A．2B．22C．4D．42答案A解析由题意知e＝5＝ca，∴ba＝2，故渐近线方程为y＝2x，以F1，F2为直径的圆的方程为x2＋y2＝c2，联立x2＋y2＝c2，y＝2x，得y＝±2c5，由双曲线与圆的对称性知四边形MA2NA1为平行四边形，不妨设yM＝2c5，则四边形MA2NA1的面积S＝2a×2c5＝4，得ac＝5，又5＝ca，得a＝1，c＝5，b＝2，故选A.6．(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－5B．an＝3n－10C．Sn＝2n2－8nD．Sn＝12n2－2n答案A解析设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.由S4＝0，a5＝5可得a1＋4d＝5，4a1＋6d＝0，解得页3第a1＝－3，d＝2.所以an＝－3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝n×(－3)＋nn－12×2＝n2－4n.故选A.7．(2019·马鞍山一模)函数f(x)＝sinxx＋x2－2|x|的大致图象为()答案D解析f(1)＝sin1＋1－2＝sin1－10，排除B，C，当x＝0时，sinx＝x＝0，则x→0时，sinxx→1，f(x)→1＋0＝1，排除A，故选D.8．(2019·南宁二模)已知△ABC的一内角A＝π3，O为△ABC所在平面上一点，满足|OA|＝|OB|＝|OC|，设AO→＝mAB→＋nAC→，则m＋n的最大值为()A.23B．1C.43D．2答案A解析由题意可知，O为△ABC外接圆的圆心，如图所示，在圆O中，∠CAB所对应的圆心角为2π3，点B，C为定点，点A为优弧上的动点，则点A，B，C，O满足题中的已知条件，延长AO交BC于点D，设AO→＝λAD→，由题意可知，AD→＝1λAO→＝mλAB→＋nλAC→，由于B，C，D三点共线，据此可得，mλ＋nλ＝1，则m＋n＝λ，则m＋n的页4第最大值即λ＝|AO→||AD→|的最大值，由于|AO→|为定值，故|AD→|最小时，m＋n取得最大值，由几何关系易知当AB＝AC时，|AD→|取得最小值，此时λ＝|AO→||AD→|＝23.故选A.9．(2019·合肥二模)已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，右顶点为A，上顶点为B，以线段F1A为直径的圆交线段F1B的延长线于点P，若F2B∥AP，则该椭圆的离心率是()A.33B.23C.32D.22答案D解析解法一：如图所示，以线段F1A为直径的圆的方程为x－a－c22＋y2＝a＋c22，化为x2－(a－c)x＋y2－ac＝0.直线F1B的方程为bx－cy＋bc＝0，联立bx－cy＋bc＝0，x2－a－cx＋y2－ac＝0，解得Pac2－b2ca2，abc－b3＋a2ba2，kAP＝abc＋bc2ac2－b2c－a3，kF2B＝－bc.∵F2B∥AP，∴ac＋c2ac2－b2c－a3＝－1c，化为e2＝12，e∈(0,1)，解得e＝22.故选D.解法二：F1A为圆的直径，∴∠F1PA＝90°.∵F2B∥AP，∴∠F1BF2＝90°，∴2a2＝(2c)2，页5第解得e＝22.故选D.10．(2019·郑州一模)已知函数f(x)＝sinx＋a，x≤0，cosx＋b，x0的图象关于y轴对称，则y＝sinx的图象向左平移________个单位，可以得到y＝cos(x＋a＋b)的图象．()A.π4B.π3C.π2D．π答案D解析函数f(x)＝sinx＋a，x≤0，cosx＋b，x0的图象关于y轴对称，故f(x)＝f(－x)，所以sin(x＋a)＝cos(－x＋b)＝cos(x－b)，整理得2kπ＋a＝π2－b(k∈Z)，所以a＋b＝2kπ＋π2(k∈Z)，则y＝cos(x＋a＋b)＝cosx＋2kπ＋π2＝－sinx，即y＝sinx的图象向左平移π个单位，得到y＝sin(x＋π)＝－sinx.故选D.11．(2019·大同一模)已知三棱锥P－ABC的四个顶点都在半径为3的球面上，AB⊥AC，则该三棱锥体积的最大值是()A.323B.163C.643D．64答案A解析设AB＝m，AC＝n，则S△ABC＝12mn，△ABC外接圆的直径为m2＋n2，如图，三棱锥P－ABC体积的最大值为13×12mn×PO1＝13×12mn×9－m2＋n24＋3≤13×m2＋n249－m2＋n24＋3，设t＝m2＋n24，则f(t)＝13t(9－t＋3)，f′(t)＝13页6第9－t－t29－t＋3，令f′(t)＝0，得t＝8，f(t)在(0,8)上递增，在[8,9]上递减，∴f(t)max＝f(8)＝323，即该三棱锥体积的最大值是323.故选A.12．(2019·天津高考)已知函数f(x)＝2x，0≤x≤1，1x，x1.若关于x的方程f(x)＝－14x＋a(a∈R)恰有两个互异的实数解，则a的取值范围为()A.54，94B.54，94C.54，94∪{1}D.54，94∪{1}答案D解析如图，分别画出两函数y＝f(x)和y＝－14x＋a的图象．(1)先研究当0≤x≤1时，直线y＝－14x＋a与y＝2x的图象只有一个交点的情况．当直线y＝－14x＋a过点B(1,2)时，2＝－14＋a，解得a＝94.所以0≤a≤94.(2)再研究当x1时，直线y＝－14x＋a与y＝1x的图象只有一个交点的情况：①相切时，由y′＝－1x2＝－14，得x＝2，此时切点为2，12，则a＝1.②相交时，由图象可知直线y＝－14x＋a从过点A向右上方移动时与y＝1x的图象只有一个交点．过点A(1，1)时，1＝－14＋a，解得a＝54.所以a≥54.结合图象可得，所求实数a的取值范围为54，94∪{1}．故选D.页7第第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·宝鸡二模)已知曲线f(x)＝23x3在点(1，f(1))处的切线的倾斜角为α，则sin2α－cos2α2sinαcosα＋cos2α的值为________．答案35解析因为曲线f(x)＝23x3，所以函数f(x)的导函数f′(x)＝2x2，可得f′(1)＝2，因为曲线f(x)＝23x3在点(1，f(1))处的切线的倾斜角为α，所以tanα＝f′(1)＝2，所以sin2α－cos2α2sinαcosα＋cos2α＝tan2α－12tanα＋1＝4－14＋1＝35.14．(2019·江苏高考)如图是一个算法流程图，则输出的S的值是________．答案5解析第一次循环，S＝12，x＝2；第二次循环，S＝12＋22＝32，x＝3；第三次循环，S＝32＋32＝3，x＝4；第四次循环，S＝3＋42＝5，满足x≥4，结束循环．故输出的S的值是5.15．(2019·郴州二模)某高校开展安全教育活动，安排6名老师到4个班进行讲解，要求1班和2班各安排一名老师，其余两个班各安排两名老师，其中刘老师和王老师不在一起，则不同的安排方案有________种．答案156解析安排6名老师到4个班，其中按1,1,2,2分法，共有C16C15C24C22＝180种，刘老师和王老师分配到一个班，共有C14C13A22＝24种，所以刘老师和王老师不在一起的安排方案有180－24＝156种．页8第16．(2019·海南二模)已知菱形ABCD，E为AD的中点，且BE＝3，则菱形ABCD面积的最大值为________．答案12解析设AE＝x，则AB＝AD＝2x，∵两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，∴AB＋AEBE，AB－AEBE，即2x＋x3，2x－x3⇒x1，x3，∴x∈(1,3)，设∠BAE＝θ，在△ABE中，由余弦定理可知9＝(2x)2＋x2－2·2x·xcosθ，即cosθ＝5x2－94x2，S菱形ABCD＝2x·2x·sinθ＝4x21－5x2－94x22＝－9x4－10x2＋9，令t＝x2，则t∈(1,9)，则S菱形ABCD＝－9[t－52－16]，当t＝5时，即x＝5时，S菱形ABCD有最大值12.三、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·潍坊市三模)设数列{an}满足a1·2a2·3a3·…·nan＝2n(n∈N*)．(1)求{an}的通项公式；(2)求数列2＋2n＋1an的前n项和Sn.解(1)由n＝1得a1＝2，因为a1·2a2·3a3·…·nan＝2n，当n≥2时，a1·2a2·3a3·…·(n－1)an－1＝2n－1，由两式作商得，an＝2n(n1且n∈N*)，又因为a1＝2符合上式，所以an＝2n(n∈N*)．(2)设bn＝2＋2n＋1an，则bn＝n＋n·2n，所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝(1＋2＋…＋n)＋(2＋2·22＋3·23＋…＋(n－1)·2n－1