1、素养提升练( 一)本试卷分第卷(选择题) 和第 卷( 非选择题)两部分满分 150 分，考试时间120 分钟第卷 (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|x22x30，Nx|2 x2，则 M (RN)等于( )A 1,1 B(1,0)C1,3) D(0,1)答案 C解析 由 M x|x22x30 x|1x3，又 Nx|2 x2 x|x1 ，全集 UR，所以 RN x|x1 所以 M( RN) x|1x 3 x|x11,3) 故选 C.2(2019江西师
2、大附中三模)已知 i 为虚数单位，复数 z 满足(2i)z3 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(2i)z32i，z ，则 z 在3 2i2 i 3 2i2 i2 i2 i 4 7i5复平面内对应的点为 ，在第一象限故选 A.(45，75)3(2019全国卷 )已知向量 a(2,3)，b(3,2)，则|ab| ( )A. B2 C5 D502 2答案 A解析 ab (2,3)(3,2)(1,1) ， |ab| .故选 A. 12 12 24(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
3、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16 14 13少有一人被录取的概率为( )A. B.3172 712C. D.2572 1572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 ，16， ，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14 13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 P1 .故选 B.(1 16)(1 14)(1 13) 7125(2019全国卷 )函数 y 在6,6的图象大致为 ( )2x32x 2 x答案 B解析 yf (x) ，x6,6，f (x)2x32x 2 x f
4、(x)，f (x)是奇函数，排除 C.当 x4 时，y2 x32 x 2x 2x32 x 2x (7,8)，排除 A，D.故选 B.24324 2 4 12816 1166(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(94 94) (94 274)C. cm2 D. cm2(94 92) (94 92)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(121520) 4323 3294 .故选 A.18 14 947(2019咸阳一模 )执行如
5、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)2y 216 截得的最短弦长为( )A4 B23 3C. D211 11答案 A解析 模拟程序的运行，可得 k1，S1，S1，不满足条件 S6，执行循环体，k 2，S2，不满足条件 S6，执行循环体，k 3，S6，不满足条件 S6，执行循环体，k4，S15，满足条件 S6，退出循环输出 k 的值为 4，即 b4，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42 22 3A.8(2019全国卷 )记
6、Sn 为等差数列 an的前 n 项和已知 S40，a 55，则( )Aa n2n5 Ba n3n10CS n 2n28n DS n n22n12答案 A解析 设首项为 a1，公差为 d.由 S40，a 55 可得Error!解得Error!所以an32( n1) 2n5 ，S nn(3) 2n 24n.故选 A.nn 129(2019湖南百所重点中学诊测)若变量 x，y 满足约束条件Error! 且a( 6,3)，则 z 仅在点 A 处取得最大值的概率为( )yx a ( 1，12)A. B. C. D.19 29 13 49答案 A解析 z 可以看作点(x ，y)和点(a,0)的斜率，直线
7、AB 与 x 轴交点为yx a(2,0)，当 a(2，1) 时，z 仅在点 A 处取得最大值，所以 Pyx a ( 1，12) .故选 A. 1 23 6 1910(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 .图中阴影区域的面积的最大值为 ( )A44cosB4 4sinC2 2cosD22sin答案 B解析 解法一：如图 1，设圆心为 O，连接 OA，OB，OP.APB，AOB 2，S 阴影 S AOPS BOPS 扇形AOB 22sinAOP 22sinBOP 2222sinAOP2sinBOP 12 12 124 2si
8、nAOP2sin(2 2AOP)42sinAOP2sin(2AOP )4 2sinAOP2(sin2 cosAOPcos2sinAOP )4 2sinAOP2sin2 cosAOP2cos2sinAOP 4 2(1cos2)sinAOP2sin2cos AOP4 22sin 2sinAOP22sincoscosAOP 4 4sin(sinsinAOPcoscos AOP)444sincos(AOP ) 为锐角， sin0.当 cos( AOP)1，即 AOP 时，阴影区域面积最大，为 44sin.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 Am
9、B 和 ABP.APB，AOB2 .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 APBP 时，满足条件，此时 S 阴影 S 扇形 AOBS AOPS BOP 2222 22sin 4 4sin.这就是阴影区域面积的最大12 12 2 22值故选 B.11(2019福州一模 )已知函数 f (x)Error! 当 xm ，m 1时，不等式 f (2mx )f (xm)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
10、 (x) x4 单调递减，且 f (x)f (0)5；当 x0 时，(12)f (x) x3x 5， f(x)3x 210，f (x)单调递减，且 f (x)f (0)5；所以函数 f (x)Error! 在 xR 上单调递减，因为 f (2mx)f (xm )，所以2mxxm，即 2xm，在 xm，m1上恒成立，所以 2(m1)m，解得m2.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(a0，b0)的左、右焦x2a2 y2b2点分别为 F1，F 2，O 为坐标原点， P 为双曲线在第一象限上的点，直线PO，PF 2 分别交双曲线 C 的左、右支于另一
11、点 M，N，若|PF 1|3|PF 2|，且MF 2N60 ，则双曲线的离心率为( )A. B3 C2 D.52 72答案 D解析 由双曲线的定义可得|PF 1|PF 2|2a，由| PF1|3|PF 2|，可得|PF2|a，|PF 1|3a，结合双曲线性质可以得到 |PO|MO|，而|F 1O|F 2O|，结合四边形对角线平分，可得四边形 PF1MF2 为平行四边形，结合MF 2N60 ，故 F1MF260 ，对 F1MF2 用余弦定理，得到|MF1|2 |MF2|2|F 1F2|22| MF1|MF2|cosF1MF2，结合|PF 1|3|PF 2|，可得|MF1| a，|MF 2|3a，
12、|F 1F2|2c，代入上式中，得到 a29a 24c 23a 2，即7a24c 2，结合离心率满足 e ，即可得出 e ，故选 D.ca 72第卷 (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 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 的终边上，则 sin _.3 ( 3)答案 32解析 角 的顶点在坐标原点，始边与 x 轴的非负半轴重合，点 P(1， )3在角 的终边上，tan ， 2k ，kZ，31 3则 sin sin sin .( 3) (23 2k) 23 3214(2019全
13、国卷 )曲线 y3(x 2x)e x 在点(0,0) 处的切线方程为_答案 y3x解析 y 3(2x1)e x3(x 2x)e xe x(3x29x3)， 斜率ke 033， 切线方程为 y3x .15(2019石家庄一模 )已知直线 xay30 与圆 O：x 2y 24 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 2解析 圆心(0,0) 到直线 xay30 的距离 d ，依题意，cos30 31 a2，即 ，解得 a .d2 32 31 a22 216(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
14、大时，圆柱的体积 V ，则 R_.439答案 32 63解析 设小圆 O1，O 2 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 ABCD2r，当 BCAD2r 时，圆柱的体积最大，此时 R2R 24r 2，即 R r，2圆柱体积 Vr 22r ，439解得 r ，R r .323 232 63三、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1721 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
15、为 a，b，c ，已知ABC 的面积为 S，且满足 sinB .b24S(1)求 sinAsinC；(2)若 4cosAcosC3，b ，求ABC 的周长15解 (1)由三角形的面积公式可得 SABC bcsinA，122csinBsinAb，由正弦定理可得2sinCsinBsinAsinB， sinB0，sinAsinC .12(2)4cosAcosC3， cosAcosC ，34cosAcosCsinAsin C ，34 12 14cos(AC) ，cos B ，14 140B ，sin B ，154 4，asinA bsinB csinC 15154sinAsinC ，ac8，ac16
16、12b2a 2c 22accos B(ac) 22ac2ac cosB，(ac) 2151227，ac3 .3ab c3 .3 1518(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(i1,2，10)的数据，得到如下散点图(1)利用散点图判断，y abx 和 ycx d(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
17、作出如下处理：令 uiln xi，v iln yi，得到相关统计量的值如下表：uiv10 i 1iu10 i 1iv10 i 1iu10 i 12i30.5 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 yx(其中27ee2.71828 )，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(u 1，v 1)，(u 2，v 2)，(u n，v n)，其回归直线 v u的斜率和截距的最小二乘估计分别为 ， . n i 1uivi nu v n i
18、1u2i nu 2 v u 解 (1)由散点图知，选择回归类型 ycx d 更适合(2)对 ycx d 两边取对数，得 ln yln c dln x，即 vln cdu.由表中数据得， .d n i 1uivi nu v n i 1u2i nu 2 30.5 101.51.546.5 101.51.5 13所以 ln 1.5 1.51，所以 e.c v d u 13 c 所以年研发费用 x 与年销售量 y 的回归方程为 yex . (3)由(2)知，z27x x，求导得 z9x 1， 令 z9x 10，得 x 27， 函数 z27x x 在(0,27) 上单调递增，在(27，)上单调递减， 所
19、以当 x27 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，O 2 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ME 柱 W 的底面半径为 1.(1)若平面 FNH平面 NHG，证明：NGFH；(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 NHGNH，因为 NHFH
20、，又因为 FH平面 FHN，所以 FH平面 NHG，所以 FHNG.(2)连接 O1O2，如图所示，因为 O1O2EF，O 1O2平面 FGE，EF平面 FGE，所以 O1O2平面 FGE；又因为直线 O1H平面 FGE，O 1HO 1O2O 1，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 O2VEG，O 2VEF，EG EFE，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，O 2EO 2G1，所以 O2V ，所以所求的距离为 .22
21、2220(本小题满分 12 分)(2019 福州一模)已知抛物线 C1：x 22py(p0)和圆C2：( x1) 2y 22，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，C 1 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MN MA MB 解 (1)依题意设直线 l1 的方程为 yx ，由已知得：圆 C2：(x1)p22y 22 的圆心 C2(1,0) ，半径 r ，因为直线 l1 与圆 C2 相切，所以圆心到2直线 l1：yx 的距离 d ，即 ，
22、解得 p6 或p2 | 1p2|12 12 2| 1 p2|2 2p2( 舍去)所以 p6.(2)证法一：依题意设 M(m，3)，由(1)知抛物线 C1 的方程为 x212y ，所以 y ，所以 y ，设 A(x1，y 1)，则以 A 为切点的切线 l2 的斜率为x212 x6k ，所以切线 l2 的方程为 y x1(xx 1)y 1.令x16 16x0，y x y 1 12y1y 1y 1，即 l2 交 y 轴于 B 点，坐标为1621 16(0， y1)，所以 (x 1m，y 13)，MA (m，y 13) ， (x 12m,6)，MB MN MA MB ( x1m,3)ON OM MN
23、设 N 点坐标为(x ，y )，则 y3，所以点 N 在定直线 y3 上证法二：设 M(m，3)，由 (1)知抛物线 C1 的方程为 x212y，设 A(x1，y 1)，以 A 为切点的切线 l2 的方程为 yk(xx 1)y 1，联立得，x 212 ，kx x1 112x21因为 144k 248kx 14x 0，所以 k ，21x16所以切线 l2 的方程为 y x1(xx 1)y 1.16令 x0，得切线 l2 交 y 轴于 B 点，坐标为(0，y 1)，所以 (x 1m，y 13)， ( m，y 13)，MA MB ( x12m, 6)，MN MA MB ( x1m,3)，ON OM
24、MN 设 N 点坐标为(x ，y )，则 y3，所以点 N 在定直线 y3 上21(本小题满分 12 分)(2019 长沙一模)已知函数 f (x)ln xax ，g(x)1xxln x( a 1)x .1x(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：x 0x 1.解 (1)f(x) a (x0)，1x 1x2 ax2 x 1x2若 a0，则 f(x )0，f (x)在(0，)递增若 a0，则 ax2x 1 0 有一正一负两根，且正根是 ， 1 1 4a2a当 x 时，f(x) 0，f (x)递增；(0， 1
25、1 4a2a )当 x 时，f(x) 0，f (x)递减( 1 1 4a2a ， )综上，a0 时，f (x)在(0，)递增；a0 时，f (x)在 递增，在 递减(0， 1 1 4a2a ) ( 1 1 4a2a ， )(2)证明：g(x )xln x (a 1)x ，则 g(x)ln x a(x0)，1x 1x2故 g(x) 在(0，) 递增，又 g(1)a 10，g ln 24a0，(12)故 g(x) 存在零点 x2 ，且 g(x)在(0，x 2)递减，在(x 2，)递增，x 2(12，1)即是 g(x)的极小值点，故 x2x 1，由 g(x 1)0 知，ln x 1 a0，1x21故
26、 f (x1)ln x 1ax 1 ln x1x 1 (1x 1)ln x1，1x1 (1x21 ln x1) 1x1又 x1x 2 ，故 f (x1)(1x 1)ln x10f (x 0)，(12，1)由(1)知，a 0 时，f (x )在(0，)递增，故 x0x 1.(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 44：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 .12 cos24 sin23(1)求曲线 C 的直角坐标方程；(2)
27、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 ，12 cos24 sin23转换为直角坐标方程为 1，x24 y23(2)过点 P(1,0)且倾斜角为 45的直线 l，转换为参数方程为Error!(t 为参数) ，把直线 l 的参数方程代入 1，x24 y23得到 t23 t90(t 1 和 t2 为 A，B 对应的参数)，72 2所以 t1t 2 ，t 1t2 ，627 187则|PA|PB|t 1t 2| .t1 t22 4t1t224723(本小题满分 10 分)选修 45：不等式选讲(2019咸阳二模 )已知函数 f (x)| x2|m(x R)，且 f (x2)0 的解集为1,1(1)求实数 m 的值；(2)设 a，b， cR ，且 a2b 2c 2m，求 a2b3c 的最大值解 (1)由题意可得 f (x2)|x|m，故由 f (x2)0，可得|x|m，解得mxm.再根据 f (x2)0 的解集为 1,1，可得 m1.(2)若 a，b， cR ，且 a2b 2c 21，由柯西不等式可得：a2b3c ，12 22 32 a2 b2 c2 14故 a2b3c 的最大值为 .14
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