2021届高考数学一轮专题重组卷 第二部分 素养提升练（三）文（含解析）.doc

1、素养提升练(三)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濮阳市二模)已知集合Ax|x0，Bx|log2(3x1)2，则()AAB(0，) BABCABR DAB答案A解析依题意，得Bx|log2(3x1)2x|03x14，所以AB，AB(0，)故选A.2(2019成都外国语学校一模)已知复数z1，z2在复平面内的对应点关于虚轴对称，z13i(i为虚数单位)，则()A.i BiCi D.i答案B解析复数z1，z2在复平面内的

2、对应点关于虚轴对称，且z13i，z23ii.故选B.3(2019合肥一中模拟)若sin，那么cos的值为()A. B C. D答案D解析由题意可得cossinsinsin.故选D.4(2019全国卷)两位男同学和两位女同学随机排成一列，则两位女同学相邻的概率是()A. B. C. D.答案D解析设两位男同学分别为A，B，两位女同学分别为a，b，则用“树形图”表示四位同学排成一列所有可能的结果如图所示由图知，共有24种等可能的结果，其中两位女同学相邻的结果(画“”的情况)共有12种，故所求概率为.故选D.5(2019全国卷)函数f (x)在，的图象大致为()答案D解析f (x)f (x)，f (

3、x)为奇函数，排除A.当x时，f ()0，排除B，C.故选D.6(2019江南十校联考)已知边长为1的菱形ABCD中，BAD60，点E满足2，则的值是()A B C D答案D解析由题意可得大致图象如下：；，()|2|2，又|1，|cosBAD.1.故选D.7(2019河南九师联盟联考)下面框图的功能是求满足135n111111的最小正整数n，则空白处应填入的是()A输出i2 B输出iC输出i1 D输出i2答案D解析根据程序框图得到循环是：M1，i3；M13，i5；M135，i7；M1357，i9；M135(n2)，in之后进入判断，不符合题意时，输出，输出的是i2.故选D.8(2019天津高考

4、)已知alog27，blog38，c0.30.2，则a，b，c的大小关系为()Acba BabcCbca Dcalog242，blog381，c0.30.20.301，cba.故选A.9(2019漳州一模)我国古代数学名著算法统宗中有如下问题：“诸葛亮领八员将，每将又分八个营，每营里面排八阵，每阵先锋有八人，每人旗头俱八个，每个旗头八队成，每队更该八个甲，每个甲头八个兵”则该问题中将官、先锋、旗头、队长、甲头、士兵共有()A(878)人 B(898)人C8(878)人 D8(8984)人答案D解析由题意可得将官、营、阵、先锋、旗头、队长、甲头、士兵依次成等比数列，且首项为8，公比也为8，所以将

5、官、先锋、旗头、队长、甲头、士兵共有：8848586878888(8984)，故选D.10(2019深圳调研)已知A，B，C为球O的球面上的三个定点，ABC60，AC2，P为球O的球面上的动点，记三棱锥PABC的体积为V1，三棱锥OABC的体积为V2，若的最大值为3，则球O的表面积为()A. B. C. D6答案B解析由题意，设ABC的外接圆圆心为O，其半径为r，球O的半径为R，且|OO|d，依题意可知max3，即R2d，显然R2d2r2，故Rr，又由2r，故r，球O的表面积为4R2r2.故选B.11(2019西工大附中模拟)设F1，F2是双曲线C：1(a0，b0)的两个焦点，P是C上一点，若

6、|PF1|PF2|6a，且PF1F2的最小内角为30，则C的离心率为()A. B. C. D.答案C解析因为F1，F2是双曲线的两个焦点，P是双曲线上一点，且满足|PF1|PF2|6a，不妨设P是双曲线右支上的一点，由双曲线的定义可知|PF1|PF2|2a，所以|F1F2|2c，|PF1|4a，|PF2|2a，ac，|PF2|F1F2|，|PF2|为PF1F2的最小边，PF1F2的最小内角PF1F230，根据余弦定理，|PF2|2|F1F2|2|PF1|22|F1F2|PF1|cosPF1F2，即4a24c216a222c4a，c22ca3a20，ca，所以e.故选C.12(2019四川诊断)

7、已知定义在R上的函数f (x)关于y轴对称，其导函数为f(x)当x0时，不等式xf(x)1f (x)若xR，不等式exf (ex)exaxaxf (ax)0恒成立，则正整数a的最大值为()A1 B2 C3 D4答案B解析xf(x)1f (x)，xf(x)1f (x)0，令F (x)xf (x)1，则F(x)xf(x)f (x)10，又f (x)是定义在R上的偶函数，F (x)是定义在R上的奇函数，F (x)是定义在R上的单调递增函数，又exf (ex)axf (ax)exax，可化为exf (ex)1axf (ax)1，即F (ex)F (ax)，又F (x)是在R上的单调递增函数，exax0

8、恒成立，令g(x)exax，则g(x)exa，a0，g(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增，g(x)minaaln a0，则1ln a0，0ae，正整数a的最大值为2.故选B.第卷(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武威十八中一模)学校艺术节对A，B，C，D四件参赛作品只评一件一等奖，在评奖揭晓前，甲、乙、丙、丁四位同学对这四件参赛作品预测如下：甲说：“是C或D作品获得一等奖”；乙说：“B作品获得一等奖”；丙说：“A，D两件作品未获得一等奖”；丁说：“是C作品获得一等奖”评奖揭晓后，发现这四位同学中只有两位说的话是对的，则获

9、得一等奖的作品是_答案B解析若A为一等奖，则甲、乙、丙、丁的说法均错误，不满足题意；若B为一等奖，则乙、丙的说法正确，甲、丁的说法错误，满足题意；若C为一等奖，则甲、丙、丁的说法均正确，不满足题意；若D为一等奖，则乙、丙、丁的说法均错误，不满足题意；综上所述，故B获得一等奖14(2019全国卷)记Sn为等差数列an的前n项和若a35，a713，则S10_.答案100解析an为等差数列，a35，a713，公差d2，首项a1a32d5221，S1010a1d100.15(2019淮北一中模拟)若实数x，y满足约束条件则zln yln x的最小值是_答案ln 3解析根据题中所给的约束条件，画出可行域

10、，如图中阴影部分所示又因为zln yln xln ，当取最小值时z取最小值，根据表示的是点(x，y)与原点连线的斜率，根据图形可知，在点C处取得最小值，解方程组解得C(3,1)，此时z取得最小值ln ln 3.16(2019浙江高考)已知椭圆1的左焦点为F，点P在椭圆上且在x轴的上方若线段PF的中点在以原点O为圆心，|OF|为半径的圆上，则直线PF的斜率是_答案解析如图，左焦点F (2,0)，右焦点F(2,0)线段PF的中点M在以O(0,0)为圆心，2为半径的圆上，因此OM2.在FFP中，OM綊PF，所以PF4.根据椭圆的定义，得PFPF6，所以PF2.又因为FF4，所以在RtMFF中，tan

11、PFF，即直线PF的斜率是.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北京高考)在ABC中，a3，bc2，cosB.(1)求b，c的值；(2)求sin(BC)的值解(1)由余弦定理b2a2c22accosB，得b232c223c.因为bc2，所以(c2)232c223c，解得c5，所以b7.(2)由cosB得sinB.由正弦定理得sinCsinB.在ABC中，B是钝角，所以C为锐角，所以cosC.所以sin(BC)sinBcosCcosBsi

12、nC.18(本小题满分12分)(2019济南市模拟)如图1所示，在等腰梯形ABCD中，ABCD，BAD45，AB2CD4，点E为AB的中点将ADE沿DE折起，使点A到达P的位置，得到如图2所示的四棱锥PEBCD，点M为棱PB的中点(1)求证：PD平面MCE；(2)若平面PDE平面EBCD，求三棱锥MBCE的体积解(1)在题图1中，因为BEABCD且BECD，所以四边形EBCD是平行四边形如图，连接BD，交CE于点O，连接OM，所以点O是BD的中点，又点M为棱PB的中点，所以OMPD，因为PD平面MCE，OM平面MCE，所以PD平面MCE.(2)在题图1中，因为EBCD是平行四边形，所以DEBC

13、，因为四边形ABCD是等腰梯形，所以ADBC，所以ADDE，因为BAD45，所以ADDE.所以PDDE，又平面PDE平面EBCD，且平面PDE平面EBCDDE，所以PD平面EBCD.由(1)知OMPD，所以OM平面EBCD，在等腰直角三角形ADE中，因为AE2，所以ADDE，所以OMPDAD，SBCESADE1，所以V三棱锥MBCESBCEOM.19(本小题满分12分)(2019蚌埠二模)随着人民生活水平的日益提高，某小区居民拥有私家车的数量与日俱增由于该小区建成时间较早，没有配套建造地下停车场，小区内无序停放的车辆造成了交通的拥堵该小区的物业公司统计了近五年小区登记在册的私家车数量(累计值，

14、如124表示2016年小区登记在册的所有车辆数，其余意义相同)，得到如下数据：编号x12345年份20142015201620172018数量y(单位：辆)3495124181216(1)若私家车的数量y与年份编号x满足线性相关关系，求y关于x的线性回归方程，并预测2020年该小区的私家车数量；(2)小区于2018年底完成了基础设施改造，划设了120个停车位为解决小区车辆乱停乱放的问题，加强小区管理，物业公司决定禁止无车位的车辆进入小区由于车位有限，物业公司决定在2019年度采用网络竞拍的方式将车位对业主出租，租期一年，竞拍方式如下：截至2018年已登记在册的私家车业主拥有竞拍资格；每车至多申

15、请一个车位，由车主在竞拍网站上提出申请并给出自己的报价，根据物价部门的规定，竞价不得超过1200元；申请阶段截止后，将所有申报的业主报价自高到低排列，排在前120位的业主以其报价成交；若最后出现并列的报价，则以提出申请的时间在前的业主成交为预测本次竞拍的成交最低价，物业公司随机抽取了有竞拍资格的40位业主进行竞拍意向的调查，统计了他们的拟报竞价，得到如下频率分布直方图：()求所抽取的业主中有意向竞拍报价不低于1000元的人数；()如果所有符合条件的车主均参加竞拍，利用样本估计总体的思想，请你据此预测至少需要报价多少元才能竞拍车位成功？(精确到整数)参考公式：对于一组数据(x1，y1)，(x2，

16、y2)，(xn，yn)，其回归方程x的斜率和截距的最小二乘估计分别为：，.解(1)由表中数据，计算得，(12345)3，(3495124181216)130，45，1304535，故所求线性回归方程为45x5，令x7，得310，所以预测2020年该小区的私家车数量为310辆(2)()由频率分布直方图可知，有意向竞拍报价不低于1000元的频率为(0.250.05)10.3，共抽取40位业主，则400.312，所以有意向竞拍报价不低于1000元的人数为12人()由题意，所以竞价自高到低排列位于前比例的业主可以竞拍成功，结合频率分布直方图，预测竞拍成功的最低报价为1000100974元20(本小题满

17、分12分)(2019合肥二模)已知直线l：xy10与焦点为F的抛物线C：y22px(p0)相切(1)求抛物线C的方程；(2)过点F的直线m与抛物线C交于A，B两点，求A，B两点到直线l的距离之和的最小值解(1)直线l：xy10与抛物线C相切由消去x得，y22py2p0，从而4p28p0，解得p2.抛物线C的方程为y24x.(2)由于直线m的斜率不为0，所以可设直线m的方程为tyx1，A(x1，y1)，B(x2，y2)由消去x得，y24ty40，y1y24t，从而x1x24t22，线段AB的中点M的坐标为(2t21,2t)设点A到直线l的距离为dA，点B到直线l的距离为dB，点M到直线l的距离为

18、d，则dAdB2d22|t2t1|2，当t时，可使A，B两点到直线l的距离之和最小，最小值为.21(本小题满分12分)(2019全国卷)已知函数f (x)2x3ax22.(1)讨论f (x)的单调性；(2)当0a0，则当x(，0)时，f(x)0，当x时，f(x)0，故f (x)在(，0)，单调递增，在单调递减；若a0，f (x)在(，)单调递增；若a0，当x时，f(x)0，故f (x)在，(0，)单调递增，在单调递减(2)当0a3时，由(1)知，f (x)在单调递减，在单调递增，所以f (x)在0,1的最小值为f2，最大值为f (0)2或f (1)4a.于是m2，M所以Mm当0a2时，可知2a

19、单调递减，所以Mm的取值范围是.当2a3时，单调递增，所以Mm的取值范围是.综上，Mm的取值范围是.(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黄山二模)设极坐标系与直角坐标系xOy有相同的长度单位，原点O为极点，x轴正半轴为极轴，曲线C的参数方程为(是参数)，直线l的极坐标方程为sincos1m.(1)求曲线C的普通方程和直线l的参数方程；(2)设点P(1，m)，若直线l与曲线C相交于A，B两点，且|PA|，求m的值解(1)由题可得，曲线C的普通方程为(x1)2y21.直线l的直角坐标方程

20、为yx1m，即xy1m0.由于直线l过点P(1，m)，倾斜角为30，故直线l的参数方程为(t是参数)注意：直线l的参数方程的结果不是唯一的(2)设A，B两点对应的参数分别为t1，t2，将直线l的参数方程代入曲线C的普通方程并化简得：221t2mtm210所以|PA|PB|t1t2|m21|8解得m3.23(本小题满分10分)选修45：不等式选讲(2019长春二模)已知f (x)|2x|4x|.(1)关于x的不等式f (x)a23a恒成立，求实数a的取值范围；(2)若f (m)f (n)4，且mn，求mn的取值范围解(1)f (x)所以f (x)min2，f (x)a23a恒成立，则a23af (x)min2，解得1a2.(2)f (x)max2，f (m)2，f (n)2，则f (m)f (n)4，又f (m)f (n)4，所以f (m)f (n)2，于是nm4，故mn8.