2020届全国高考数学（理）刷题1 1（2019模拟题）模拟重组卷（二）（解析版）

2020届全国高考数学（理）刷题1+1（2019模拟题）模拟重组卷（二）（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·合肥一中模拟)设z＝，是z的共轭复数，则z·＝(　　)
A．－1 B．i C．1 D．4
答案　C
解析　z＝＝＝i，则＝－i，故z·＝i·(－i)＝1，故选C.
2．(2019·德州二模)已知全集U＝Z，A＝{1,2,3,4}，B＝{x|(x＋1)(x－3)>0，x∈Z}，则集合A∩(∁UB)的子集的个数为(　　)
A．2 B．4 C．8 D．16
答案　C
解析　由题意可得，∁UB＝{x|(x＋1)(x－3)≤0，x∈Z}＝{x|－1≤x≤3，x∈Z}＝{－1,0,1,2,3}，则集合A∩(∁UB)＝{1,2,3}，故其子集的个数为23＝8，故选C.
3．(2019·浙江高考)渐近线方程为x±y＝0的双曲线的离心率是(　　)
A. B．1 C. D．2
答案　C
解析　由题意可得＝1，∴e＝ ＝＝.故选C.
4．(2019·陕西宝鸡质检)函数f(x)＝ln x－x2的图象大致是(　　)

答案　B
解析　∵f(x)＝ln x－x2(x>0)，∴f′(x)＝－x(x>0)，则当x∈(0,1)时，f′(x)>0，函数f(x)为增函数；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，函数f(x)为减函数；当x＝1时，f(x)取最大值，f(1)＝－.故选B.
5．(2019·邢台一中一模)已知向量a＝(m,3)，b＝(3，－n)，若a＋2b＝(7,1)，则mn＝(　　)
A．－1 B．0 C．1 D．2
答案　C
解析　∵a＋2b＝(7,1)，∴得m＝n＝1，
∴mn＝1.故选C.
6．(2019·江南十校模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b＝2，c＝3，B＝2C，则cos2C的值为(　　)
A. B. C. D.
答案　B
解析　由正弦定理可得，＝，即＝＝＝＝2cosC＝⇒cosC＝，
∴cos2C＝2cos2C－1＝2×－1＝，故选B.
7．(2019·南昌模拟)根据某校10位高一同学的身高，设计一个程序框图，用Ai(i＝1,2，…，10)表示第i个同学的身高，计算这些同学身高的方差，则程序框图①中要补充的语句是(　　)

A．B＝B＋Ai B．B＝B＋A
C．B＝(B＋Ai－A)2 D．B＝B2＋A
答案　B
解析　由s2＝
＝
＝
＝－2，
循环退出时i＝11，知2＝2.
∴B＝A＋A＋…＋A，
故程序框图①中要补充的语句是B＝B＋A.故选B.
8．(2019·西安交大附中二模)中国古代儒家要求学生掌握六种基本才能：礼、乐、射、御、书、数．“礼”，礼节，即今德育；“乐”，音乐；“射”和“御”，射箭和驾驭马车的技术，即今体育和劳动；“书”，书法，即今文学；“数”，算法，即今数学．某校国学社团周末开展“六艺”课程讲座活动，每天连排六节，每艺一节，排课有如下要求：“礼”必须排在第一，“数”不能排在最后，“射”和“御”要相邻，则“六艺”讲座不同的排课顺序共有(　　)
A．18种 B．36种 C．72种 D．144种
答案　B
解析　因为“礼”必须排在第一，故只需考虑其余5种基本才能的排法即可．如果“射”或“御”排在最后，那么“射”和“御”有2种排法，即A种，余下3种才能共有A种排法，故此时共有AA＝12种排法；
如果“射”和“御”均不在最后，那么“射”和“御”有3×2＝6种排法，中间还余两个位置，两个位置可选一个给“数”，有2种排法，余下两个位置放置最后的两个基本才能，有A种排法，故共有24种排法，
综上，共有36种排法，故选B.
9．(2019·上饶一模)在空间四边形ABCD中，若AB＝BC＝CD＝DA＝AC＝BD，且E，F分别是AB，CD的中点，则异面直线AC与EF所成的角为(　　)
A．30° B．45° C．60° D．90°
答案　B
解析　在图1中连接DE，EC，
∵AB＝BC＝CD＝DA＝AC＝BD，得△DEC为等腰三角形，
设空间四边形ABCD的边长为2，即AB＝BC＝CD＝DA＝AC＝BD＝2，
在△DEC中，DE＝EC＝，CF＝1，得EF＝.

在图2中取AD的中点M，连接MF，EM，
∵E，F分别是AB，CD的中点，
∴MF＝1，EM＝1，∠EFM是异面直线AC与EF所成的角．
在△EMF中可由余弦定理得
cos∠EFM＝＝＝，
∴∠EFM＝45°，即异面直线AC与EF所成的角为45°.故选B.
10．(2019·广大附中模拟)已知函数f(x)＝sin(2x＋φ)＋acos(2x＋φ)(0<φ<π)的最大值为2，且满足f(x)＝f，则φ＝(　　)
A. B. C.或 D.或
答案　D
解析　∵函数f(x)＝sin(2x＋φ)＋acos(2x＋φ)(0<φ<π)的最大值为2，∴＝2，∴a＝±，
∴f(x)＝sin(2x＋φ)±cos(2x＋φ)＝2sin，
又∵f(x)＝f，
∴直线x＝是函数f(x)的一条对称轴，
∴2×＋φ±＝＋kπ(k∈Z)，
∴φ＝±＋kπ(k∈Z)，
又∵0<φ<π，∴φ＝或.故选D.
11．(2019·临沂检测)已知函数g(x)＝f(x)＋x2是奇函数，当x>0时，函数f(x)的图象与函数y＝log2x的图象关于y＝x对称，则g(－1)＋g(－2)＝(　　)
A．－7 B．－9 C．－11 D．－13
答案　C
解析　∵x>0时，f(x)的图象与函数y＝log2x的图象关于y＝x对称，
∴x>0时，f(x)＝2x，则g(x)＝2x＋x2，
又g(x)是奇函数，∴g(－1)＋g(－2)＝－[g(1)＋g(2)]＝－(2＋1＋4＋4)＝－11.故选C.
12．(2019·济南模拟)设F1，F2分别是椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，过F2的直线交椭圆于A，B两点，且·＝0，＝2，则椭圆E的离心率为(　　)
A. B. C. D.
答案　C
解析　∵＝2，设BF2＝x，则AF2＝2x，
由椭圆的定义，可以得到AF1＝2a－2x，BF1＝2a－x，
∵·＝0，∴AF1⊥AF2，
在Rt△AF1B中，有(2a－2x)2＋(3x)2＝(2a－x)2，解得x＝，∴AF2＝，AF1＝，
在Rt△AF1F2中，有2＋2＝(2c)2，整理得＝，∴e＝＝.故选C.
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·江西八校联考)若函数f(x)＝ln (ex＋1)＋ax为偶函数，则dx＝________.
答案　e2
解析　因为f(x)是偶函数，所以f(－x)＝f(x)恒成立，即ln (ex＋1)＋ax＝ln (e－x＋1)－ax恒成立，2ax＝ln ＝ln ＝－x恒成立，所以a＝－.dx＝(ln x＋x2) ＝ln e＋e2－ln 1－12＝e2.
14．(2019·浙江高考)在二项式(＋x)9的展开式中，常数项是________，系数为有理数的项的个数是________．
答案　16　5
解析　由二项展开式的通项公式可知Tr＋1＝C·()9－r·xr，r∈N,0≤r≤9，当为常数项时，r＝0，T1＝C·()9·x0＝()9＝16.
当项的系数为有理数时，9－r为偶数，
可得r＝1,3,5,7,9，即系数为有理数的项的个数是5.
15．(2019·江南十校模拟)已知＝，且tan(α＋β)＝，则tanβ的值为________．
答案　－1
解析　∵＝＝＝，∴tanα＝2，又tan(α＋β)＝＝＝，解得tanβ＝－1.
16．(2019·湘潭一模)在三棱锥D－ABC中，CD⊥底面ABC，AC⊥BC，AB＝BD＝5，BC＝4，则此三棱锥的外接球的表面积为________．
答案　34π
解析　由题意可得AC＝CD＝＝3，故三棱锥D－ABC的外接球的半径R＝＝，则其表面积为4π×2＝34π.
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·唐山一模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋＝n＋1.
(1)求Sn，an；
(2)若bn＝(－1)n－1·，{bn}的前n项和为Tn，求Tn.
解　(1)令n＝1，得a1＋＝2，(＋2)(－1)＝0，得a1＝1，
所以＝n，即Sn＝n2.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，
当n＝1时，a1＝1适合上式，
所以an＝2n－1.
(2)bn＝(－1)n－1·＝(－1)n－1·＝(－1)n－1·.
当n为偶数时，Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝－＋－＋…－＝1－＝，
当n为奇数时，Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝－＋－＋…＋＝1＋＝，
综上所述，Tn＝

18．(本小题满分12分)(2019·长沙一模)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥AD，底面四边形ABCD为直角梯形，AD＝λBC，AD∥BC，∠BCD＝90°，M为线段PB上一点．

(1)若λ＝，则在线段PB上是否存在点M，使得AM∥平面PCD？若存在，请确定M点的位置；若不存在，请说明理由；
(2)已知PA＝2，AD＝1，若异面直线PA与CD成90°角，二面角B－PC－D的余弦值为－，求CD的长．
解　(1)延长BA，CD交于点E，连接PE，则PE⊂平面PCD.若AM∥平面PCD.
由平面PBE∩平面PCD＝PE，AM⊂平面PBE，则AM∥PE.由AD＝BC，AD∥BC，
则＝＝.故点M是线段PB上靠近点P的一个三等分点．
(2)∵PA⊥AD，PA⊥CD，AD∩CD＝D，AD⊂平面ABCD，CD⊂平面ABCD，则PA⊥平面ABCD，以点A为坐标原点，以AD，AP所在的直线分别为y轴、z轴，过点A与平面PAD垂直的直线为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

则P(0,0,2)，D(0,1,0)，C(t,1,0)，B，则＝，＝(t,1，－2)，＝(－t,0,0)．
设平面PBC和平面PCD的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)．
由n1⊥，n1⊥得
即
令x1＝1，则z1＝，故n1＝.
同理可求得n2＝(0,2,1)．
设二面角B－PC－D的大小为θ，
于是|cosθ|＝，则＝，
解得t＝±2(负值舍去)，故t＝2.
∴CD＝2.
19．(本小题满分12分)(2019·郑州二模)目前，浙江和上海已经成为新高考综合试点的“排头兵”，有关其他省份新高考改革的实施安排，教育部部长在十九大上做出明确表态：到2020年，我国将全面建立起新的高考制度．新高考规定：语文、数学和英语是考生的必考科目，考生还需从物理、化学、生物、历史、地理和政治六个科目中选取三个科目作为选考科目．若一个学生从六个科目中选出了三个科目作为选考科目，则称该学生的选考方案确定；否则，称该学生选考方案待确定．例如，学生甲选择“物理、化学和生物”三个选考科目，则学生甲的选考方案确定，“物理、化学和生物”为其选考方案．
某校为了解高一年级840名学生选考科目的意向，随机选取60名学生进行了一次调查，统计选考科目人数如表：

(1)估计该学校高一年级选考方案确定的学生中选考生物的学生有多少人？
(2)将列联表填写完整，并通过计算判定能否有99.9%的把握认为选历史与性别有关？

选历史
不选历史
总计
选考方案确定的男生



选考方案确定的女生



总计



(3)从选考方案确定的16名男生中随机选出2名，设随机变量ξ＝求ξ的分布列及数学期望E(ξ)．
附：K2＝，n＝a＋b＋c＋d.
P(K2≥k0)
0.05
0.01
0.005
0.001
k0
3.841
6.635
7.879
10.828
解　(1)由题可知，选考方案确定的男生中确定选考生物的学生有8人，选考方案确定的女生中确定选考生物的学生有20人，则该学校高一年级选考方案确定的学生中选考生物的学生有××840＝392人．
(2)列联表如下，

选历史
不选历史
总计
选考方案确定的男生
4
12
16
选考方案确定的女生
16
4
20
总计
20
16
36
由列联表中数据得K2＝＝＝＝＝10.89＞10.828，
所以有99.9%的把握认为选历史与性别有关．
(3)由数据可知，选考方案确定的男生中有8人选择物理、化学和生物；有4人选择物理、化学和历史；有2人选择物理、化学和地理；有2人选择物理、化学和政治，由已知ξ的取值为0,1.
P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝0)＝1－P(ξ＝1)＝，
所以分布列为
ξ
0
1
P


E(ξ)＝0×＋1×＝.
20．(本小题满分12分)(2019·全国卷Ⅱ)已知点A(－2,0)，B(2,0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为－.记M的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程，并说明C是什么曲线；
(2)过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连接QE并延长交C于点G.
①证明：△PQG是直角三角形；
②求△PQG面积的最大值．
解　(1)由题设得·＝－，
化简得＋＝1(|x|≠2)，
所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．
(2)①证明：设直线PQ的斜率为k，则其方程为y＝kx(k>0)．
由得x＝±.
设u＝，则P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u,0)．
于是直线QG的斜率为，方程为y＝(x－u)．
由
得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0.①
设G(xG，yG)，则－u和xG是方程①的解，
故xG＝，由此得yG＝.
从而直线PG的斜率为＝－.
所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形．
②由①得|PQ|＝2u，|PG|＝，
所以△PQG的面积
S＝|PQ||PG|＝
＝.
设t＝k＋，
则由k>0得t≥2，当且仅当k＝1时取等号．
因为S＝在[2，＋∞)单调递减，
所以当t＝2，即k＝1时，S取得最大值，最大值为.
因此，△PQG面积的最大值为.
21．(本小题满分12分)(2019·南京市三模)已知函数f(x)＝ln x＋＋1，a∈R.
(1)若函数f(x)在x＝1处的切线为y＝2x＋b，求a，b的值；
(2)记g(x)＝f(x)＋ax，若函数g(x)在区间上有最小值，求实数a的取值范围；
(3)当a＝0时，关于x的方程f(x)＝bx2有两个不相等的实数根，求实数b的取值范围．
解　(1)f′(x)＝－，则f′(1)＝1－a＝2，
解得a＝－1，则f(x)＝ln x－＋1，
此时f(1)＝ln 1－1＋1＝0，则切点坐标为(1,0)，
代入切线方程，得b＝－2，
所以a＝－1，b＝－2.
(2)g(x)＝f(x)＋ax＝ln x＋＋ax＋1，
g′(x)＝－＋a＝.
①当a＝0时，g′(x)＝＞0，则g(x)在区间上为增函数，
则g(x)在区间上无最小值．
②当a≠0时，方程ax2＋x－a＝0的判别式Δ＝1＋4a2＞0，
则方程有两个不相等的实数根，设为x1，x2，
由根与系数的关系得x1x2＝－1，则两根一正一负，不妨设x1＜0＜x2.
设函数m(x)＝ax2＋x－a(x＞0)．
(ⅰ)若a＞0，
若x2∈，则m(0)＝－a＜0，m＝＋－a＞0，解得0＜a＜.
此时x∈(0，x2)时，m(x)＜0，则g(x)单调递减；
x∈时，m(x)＞0，则g(x)单调递增，
当x＝x2时，g(x)取极小值，即为最小值．
若x2≥，则x∈时，m(x)＜0，g(x)在上单调递减，无最小值．
(ⅱ)若a＜0，
x∈(0，x2)时，m(x)＞0，则g(x)单调递增；
x∈(x2，＋∞)时，m(x)＜0，则g(x)单调递减，
在区间上，g(x)不会有最小值．
所以a＜0不满足条件．
综上，当0＜a＜时，g(x)在区间上有最小值．
(3)当a＝0时，由方程f(x)＝bx2，
得ln x＋1－bx2＝0，
记h(x)＝ln x＋1－bx2，x＞0，
则h′(x)＝－2bx＝.
①当b≤0时，h′(x)＞0恒成立，即h(x)在(0，＋∞)上为增函数，则函数h(x)至多只有一个零点，即方程f(x)＝bx2至多只有一个实数根，所以b≤0不符合题意．
②当b＞0时，
当x∈时，h′(x)＞0，则函数h(x)单调递增；
当x∈时，h′(x)＜0，则函数h(x)单调递减，
则h(x)max＝h＝ln ＋.
要使方程f(x)＝bx2有两个不相等的实数根，
则h＝ln ＋＞0，解得0＜b＜.
(ⅰ)当0＜b＜时，h＝－＜0.
又2－2＝＜0，则＜ ，
所以存在唯一的x1′∈，使得h(x1′)＝0.
(ⅱ)h＝ln ＋1－＝－ln b＋1－，
记k(b)＝－ln b＋1－，0 因为k′(b)＝－＋＝，则k(b)在(0,1)上为增函数，在上为减函数，
则k(b)max＝k(1)＝0，则h≤0.
又2－2＝>0，即＞ ，
所以存在唯一的x2′∈，使得h(x2′)＝0.
综上，当0＜b＜时，方程f(x)＝bx2有两个不相等的实数根．
(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·玉溪一中模拟)在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为(t为参数)，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，并使得它与直角坐标系xOy有相同的长度单位，直线l的直角坐标方程为y＝x.
(1)求曲线C1的极坐标方程；
(2)若曲线C2的极坐标方程为ρ＋8cosθ＝0(ρ∈R)，与直线l在第三象限交于A点，直线l与C1在第一象限的交点为B，求|AB|.
解　(1)由题意知C1的直角坐标方程为x2＋＝1，由
可得C1的极坐标方程为ρ2cos2θ＋＝1，化简整理得＝cos2θ＋.
(2)由题意得直线l的极坐标方程为θ＝或ρ＝，不妨取ρ＝，
∴可得A.
同理可得B，
|AB|＝|ρA－ρB|＝4＋.
23．(本小题满分10分)[选修4－5：不等式选讲]
(2019·合肥冲刺)已知函数f(x)＝|x＋2|－|x－2|＋m(m∈R)．
(1)若m＝1，求不等式f(x)≥0的解集；
(2)若函数g(x)＝f(x)－x有三个零点，求实数m的取值范围．
解　(1)当m＝1时，f(x)＝
∵f(x)≥0，∴当x<－2时，x∈∅；
当－2≤x≤2时，2x＋1≥0得x≥－，
∴－≤x≤2，
当x>2时，f(x)≥0恒成立，
∴不等式的解集为.
(2)若函数g(x)＝f(x)－x有三个零点，
只需f(x)＝与y＝x有三个交点即可．
即f(x)每一段与y＝x各有一个交点．
当x<－2时，m－4＝x，即m＝x＋4，∴m<2；
当－2≤x≤2时，2x＋m＝x，即m＝－x，
∴－2≤m≤2；
当x>2时，m＋4＝x，即m＝x－4，∴m>－2.
∴综上所述，m的取值范围是－2