（2019高考题 2019模拟题）2020高考数学 基础巩固练（一）文（含解析）

1基础巩固练(一)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·安徽第二次联考)已知集合A＝{x|x－20}，B＝{x|－32x6}，则A∩B＝()A.x－32x3B．{x|－2x2}C.x－32x2D．{x|－2x3}答案C解析∵A＝{x|x2}，B＝x－32x3，∴A∩B＝x－32x2.故选C.2．(2019·哈尔滨三中二模)若i为虚数单位，则2－3i1＋i＝()A.12－52iB．－12－52iC.12＋52iD．－12＋52i答案B解析2－3i1＋i＝－3i－＋－＝－12－52i.故选B.3．(2019·合肥二模)如表是某电器销售公司2018年度各类电器营业收入占比和净利润占比统计表：空调类冰箱类小家电类其他类营业收入占比90.10%4.98%3.82%1.10%净利润占比95.80%－0.48%3.82%0.86%则下列判断中不正确的是()A．该公司2018年度冰箱类电器销售亏损B．该公司2018年度小家电类电器营业收入和净利润相同C．该公司2018年度净利润主要由空调类电器销售提供D．剔除冰箱类电器销售数据后，该公司2018年度空调类电器销售净利润占比将会降低答案B解析根据表中数据知，该公司2018年度冰箱类电器销售净利润所占比为－0.48%，是2亏损的，A正确；小家电类电器营业收入所占比和净利润所占比是相同的，但收入与净利润不一定相同，B错误；该公司2018年度净利润空调类电器销售所占比为95.80%，是主要利润来源，C正确；剔除冰箱类电器销售数据后，该公司2018年度空调类电器销售净利润占比将会降低，D正确．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.所以在区间[－2,2]上任意取一个数x，使不等式x2－x0成立的概率为1－02－－＝14.故选D.5．(2019·青岛一模)已知双曲线C：x2a2－y2b2＝1(a0，b0)，O为坐标原点，过C的右顶点且垂直于x轴的直线交C的渐近线于A，B两点，过C的右焦点且垂直于x轴的直线交C的渐近线于M，N两点，若△OAB与△OMN的面积比为1∶9，则双曲线C的渐近线方程为()A．y＝±2xB．y＝±22xC．y＝±23xD．y＝±8x答案B解析由相似三角形的面积比等于相似比的平方，则19＝a2c2，∴a2＋b2a2＝9⇒b2＝8a2，∴ba＝22，∴双曲线C的渐近线方程为y＝±22x，故选B.6．(2019·江西南康中学二模)偶函数f(x)＝x(ex－ae－x)的图象在x＝1处的切线斜率为()A．2eB．eC．2eD．e＋1e答案A3解析偶函数f(x)＝x(ex－ae－x)，可得f(－x)＝f(x)，即－x(e－x－aex)＝x(ex－ae－x)，可得(a－1)x·(ex＋e－x)＝0，对x∈R恒成立，则a＝1，函数f(x)＝x(ex－e－x)，f′(x)＝x(ex＋e－x)＋ex－e－x，则f′(1)＝2e.故选A.7．(2019·长沙一模)在△ABC中，AB＝10，BC＝6，CA＝8，且O是△ABC的外心，则CA→·AO→＝()A．16B．32C．－16D．－32答案D解析∵AB2＝BC2＋CA2，∴△ABC是以AB为斜边的直角三角形，∴外心O是AB的中点，CA→·AO→＝CA→·12AB→＝12CA→·(CB→－CA→)＝12CA→·CB→－12CA→2＝－12×82＝－32，故选D.8．(2019·郑州一模)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某个几何体的三视图，则该几何体的表面积为()A．(4＋45)π＋42B．(4＋45)π＋4＋42C．12π＋12D．12π＋4＋42答案A解析由题意可知，几何体下部是圆锥，上部是四棱柱(如图)，可得几何体的表面积为4π＋12×4π×20＋1×42＝(4＋45)π＋42.故选A.9．(2019·深圳一模)在平面直角坐标系xOy中，设角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，若角α的终边过点P(2，－1)，则sin(π－2α)的值为()4A．－45B．－35C.35D.45答案A解析∵角α的顶点与原点O重合，始边与x轴非负半轴重合，终边过点P(2，－1)，∴x＝2，y＝－1，|OP|＝5，∴sinα＝y|OP|＝－15，cosα＝x|OP|＝25，则sin2α＝2sinαcosα＝2×－15×25＝－45，∴sin(π－2α)＝sin2α＝－45.故选A.10．(2019·宜宾二模)在△ABC中，A，B，C的对边分别是a，b，c，且b＝2，B＝60°，△ABC的面积为3，则a＋c＝()A．4B.14C．2D．4＋23答案A解析△ABC中，b＝2，B＝60°，所以△ABC的面积为S＝12acsinB＝12ac·32＝3，解得ac＝4.又b2＝a2＋c2－2accosB，即4＝a2＋c2－ac＝(a＋c)2－3ac＝(a＋c)2－12，所以(a＋c)2＝16，解得a＋c＝4.故选A.11．(2019·荆州中学一模)已知log12(x＋y＋4)log12(3x＋y－2)，若x－yλ＋9λ恒成立，则λ的取值范围是()A．(－∞，1)∪(9，＋∞)B．(1,9)C．(0,1)∪(9，＋∞)D．(0,1]∪[9，＋∞)答案D解析由题意得x，y的约束条件x＋y＋40，3x＋y－20，x＋y＋43x＋y－2.画出不等式组x＋y＋40，3x＋y－20，x3表示的可行域如图中阴影部分所示，5在可行域内平移直线z＝x－y，当直线在可行域内无限接近经过3x＋y－2＝0与x＝3的交点A(3，－7)时，目标函数z＝x－y的最大值无限接近3＋7＝10.由x－yλ＋9λ恒成立，即λ＋9λ≥10，即亦λ2－10λ＋9λ≥0.解得λ∈(0,1]∪[9，＋∞)．故选D.12．(2019·山东潍坊二模)已知函数f(x)＝2x－1，g(x)＝acosx＋2，x≥0，x2＋2a，x0(a∈R)，若对任意x1∈[1，＋∞)，总存在x2∈R，使f(x1)＝g(x2)，则实数a的取值范围是()A.－∞，12B.23，＋∞C.－∞，12∪[1,2]D.1，32∪74，2答案C解析对任意x1∈[1，＋∞)，则f(x1)＝2x1－1≥20＝1，即函数f(x1)的值域为[1，＋∞)，若对任意x1∈[1，＋∞)，总存在x2∈R，使f(x1)＝g(x2)，设函数g(x)的值域为A，则满足[1，＋∞)⊆A即可．当x＜0时，函数g(x)＝x2＋2a为减函数，则此时g(x)＞2a.当x≥0时，g(x)＝acosx＋2∈[2－|a|,2＋|a|]，①当2a＜1(如图中①曲线)，即a＜12时，满足条件[1，＋∞)⊆A，②当a≥12时，2a≥1，要使[1，＋∞)⊆A成立，则此时当x≥0时，g(x)＝acosx＋2∈[2－a,2＋a]，此时满足2－a≤1，2a≤2＋a(如图中②曲线)，即a≥1，a≤2，得1≤a≤2，综上a＜12或1≤a≤2，故选C.6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·内江一模)若函数f(x)满足f(x＋1)＝－f(x)，且f(0)＝2，则f(15)＝________.答案－2解析根据题意，函数f(x)满足f(x＋1)＝－f(x)，则有f(x＋2)＝－f(x＋1)＝f(x)，即函数是周期为2的周期函数，则f(15)＝f(1＋14)＝f(1)，又由f(1)＝－f(0)＝－2，故f(15)＝－2.14．(2019·北京高考)李明自主创业，在网上经营一家水果店，销售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃，价格依次为60元/盒、65元/盒、80元/盒、90元/盒．为增加销量，李明对这四种水果进行促销：一次购买水果的总价达到120元，顾客就少付x元．每笔订单顾客网上支付成功后，李明会得到支付款的80%.①当x＝10时，顾客一次购买草莓和西瓜各1盒，需要支付________元；②在促销活动中，为保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折，则x的最大值为________．答案①130②15解析①顾客一次购买草莓和西瓜各1盒时，总价为60＋80＝140(元)，达到120元，又∵x＝10，∴顾客需要支付140－10＝130(元)．②解法一：当单笔订单的总价达不到120元时，顾客不少付，则李明得到总价的80%；当单笔订单的总价达到120元时，顾客少付x元，设总价为a元(a≥120)，则李明每笔订单得到的金额与总价的比为a－xa＝0.81－xa，∴当a越小时，此比值越小．又a最小为120元(即买两盒草莓)，∴0.8(120－x)≥120×0.7，解得x≤15.7∴x的最大值为15.解法二：购买水果总价刚好达到120元时，顾客少付x元，这时x占全部付款的比例最高，此时如果满足李明所得金额是促销前总价的70%，那么其x值最大．由此列式得(120－x)×0.8＝120×0.7，解得x＝15.∴x的最大值为15.15．(2019·全国卷Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若a1＝1，S3＝34，则S4＝________.答案58解析设等比数列{an}的公比为q，则an＝a1qn－1＝qn－1.∵a1＝1，S3＝34，∴a1＋a2＋a3＝1＋q＋q2＝34，即4q2＋4q＋1＝0，∴q＝－12，∴S4＝1×1－－1241－－12＝58.16．(2019·全国卷Ⅱ)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1)．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有________个面，其棱长为________．(本题第一空2分，第二空3分)答案262－1解析先求面数，有如下两种方法．解法一：由“半正多面体”的结构特征及棱数为48可知，其上部分有9个面，中间部分有8个面，下部分有9个面，共有2×9＋8＝26个面．解法二：一般地，对于凸多面体，顶点数(V)＋面数(F)－棱数(E)＝2(欧拉公式)．由图形知，棱数为48的半正多面体的顶点数为24，故由V＋F－E＝2，得面数F＝2＋E－V＝2＋48－24＝26.8再求棱长．作中间部分的横截面，由题意知该截面为各顶点都在边长为1的正方形上的正八边形ABCDEFGH，如图，设其边长为x，则正八边形的边长即为半正多面体的棱长．连接AF，过H，G分别作HM⊥AF，GN⊥AF，垂足分别为M，N，则AM＝MH＝NG＝NF＝22x.又AM＋MN＋NF＝1，即22x＋x＋22x＝1.解得x＝2－1，即半正多面体的棱长为2－1.三、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·洛阳一模)在公差为d的等差数列{an}中，已知a1＝10，且a1,2a2＋2,5a3成等比数列，Sn为数列{an}的前n项和．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若d0，求Sn的最大值．解(1)由题意得5a3a1＝(2a2＋2)2，∵a1＝10，∴50(10＋2d)＝(22＋