1、素养提升练(二)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合肥一中模拟)设 z1i1i，z 是 z 的共轭复数，则 z z()A1 Bi C1 D4答案 C解析 z1i1i1i21i1ii，则 z i，故 z z i(i)1，故选 C.2(2019德州二模)已知全集 UZ，A1,2,3,4，Bx|(x1)(x3)0，xZ，则集合 A(UB)的子集的个数为()A2 B4 C8 D16答案 C解析 由题意
2、可得，UBx|(x1)(x3)0，xZx|1x3，xZ1,0,1,2,3，则集合 A(UB)1,2,3，故其子集的个数为 238，故选 C.3(2019浙江高考)渐近线方程为 xy0 的双曲线的离心率是()A.22B1 C.2D2答案 C解析 由题意可得ba1，e1b2a2 112 2.故选 C.4(2019陕西宝鸡质检)函数 f(x)ln x12x2 的图象大致是()答案 B解析 f(x)ln x12x2(x0)，f(x)1xx(x0)，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 x1 时，f(x)取最大值，f(1)12
3、.故选 B.5(2019邢台一中一模)已知向量 a(m,3)，b(3，n)，若 a2b(7,1)，则 mn()A1 B0 C1 D2答案 C解析 a2b(7,1)，m67，32n1，得 mn1，mn1.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 b2 7，c3，B2C，则 cos2C 的值为()A.73B.59C.49D.74答案 B解析 由正弦定理可得，bsinB csinC，即bcsinBsinCsin2CsinC 2sinCcosCsinC2cosC2 73 cosC 73，cos2C2cos2C1279159，故选 B.7(2019南
4、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(i1,2，10)表示第 i 个同学的身高，计算这些同学身高的方差，则程序框图中要补充的语句是()ABBAiBBBA2iCB(BAiA)2DBB2A2i答案 B解析 由 s2x1 x 2x2 x 2xn x 2nx21x22x2n2x1x2xn x n x 2nx21x22x2n2n x 2n x 2nx21x22x2nn x 2，循环退出时 i11，知 x 2Ai12.BA21A22A210，故程序框图中要补充的语句是 BBA2i.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、
5、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()A18 种B36 种C72 种D144 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 A22种，余下 3 种才能共有 A33种排法，故此时共有 A22A3312 种排法；如果“
6、射”和“御”均不在最后，那么“射”和“御”有 326 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 A22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 ABBCCDDAACBD，且 E，F分别是 AB，CD 的中点，则异面直线 AC 与 EF 所成的角为()A30 B45 C60 D90答案 B解析 在图 1 中连接 DE，EC，ABBCCDDAACBD，得DEC 为等腰三角形，设空间四边形 ABCD 的边长为 2，即 ABBCCDDAACBD2，在DEC 中
7、，DEEC 3，CF1，得 EF 2.在图 2 中取 AD 的中点 M，连接 MF，EM，E，F 分别是 AB，CD 的中点，MF1，EM1，EFM 是异面直线 AC 与 EF 所成的角在EMF 中可由余弦定理得cosEFMFE2MF2ME22FEMF 22112 2 22，EFM45，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)acos(2x)(0)的最大值为 2，且满足 f(x)f2x，则()A.6B.3C.6或56D.3或23答案 D解析 函数 f(x)sin(2x)acos(2x)(0)的最大值为 2，1a22，a
8、 3，f(x)sin(2x)3cos(2x)2sin2x3，又f(x)f2x，直线 x4是函数 f(x)的一条对称轴，2432k(kZ)，3k(kZ)，又00 时，函数 f(x)的图象与函数 ylog2x 的图象关于 yx 对称，则 g(1)g(2)()A7 B9 C11 D13答案 C解析 x0 时，f(x)的图象与函数 ylog2x 的图象关于 yx 对称，x0 时，f(x)2x，则 g(x)2xx2，又 g(x)是奇函数，g(1)g(2)g(1)g(2)(2144)11.故选 C.12(2019济南模拟)设 F1，F2 分别是椭圆 E：x2a2y2b21(ab0)的左、右焦点，过 F2
9、的直线交椭圆于 A，B 两点，且AF1 AF2 0，AF2 2F2B，则椭圆 E 的离心率为()A.23B.34C.53D.74答案 C解析 AF2 2F2B，设 BF2x，则 AF22x，由椭圆的定义，可以得到 AF12a2x，BF12ax，AF1 AF2 0，AF1AF2，在 RtAF1B 中，有(2a2x)2(3x)2(2ax)2，解得 xa3，AF22a3，AF14a3，在 RtAF1F2 中，有4a322a32(2c)2，整理得c2a259，eca 53.故选 C.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江西八校联考)若
10、函数 f(x)ln(ex1)ax 为偶函数，则1e1xxa 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(ex1)axln(ex1)ax 恒成立，2axln ex1ex1 ln 1exx 恒成立，所以 a12.1e1x2x dx(ln xx2)e1ln ee2ln 112e2.14(2019浙江高考)在二项式(2x)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 2 5解析 由二项展开式的通项公式可知 Tr1Cr9(2)9rxr，rN,0r9，当为常数项时，r0，T1C09(2)9x0(2)916 2.当项的系数为有理数时，9r 为偶
11、数，可得 r1,3,5,7,9，即系数为有理数的项的个数是 5.15(2019江南十校模拟)已知 sincos13cos214，且 tan()13，则 tan 的值为_答案 1解析 sincos13cos2sincossin24cos2tantan2414，tan2，又 tan()tantan1tantan 2tan12tan13，解得 tan1.16(2019湘潭一模)在三棱锥 DABC 中，CD底面 ABC，ACBC，ABBD5，BC4，则此三棱锥的外接球的表面积为_答案 34解析 由题意可得 ACCD52423，故三棱锥 DABC 的外接球的半径 R3242322 342，则其表面积为
12、4342234.三、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唐山一模)已知数列an的前 n 项和为 Sn，且 a1 Snn1.(1)求 Sn，an；(2)若 bn(1)n1 an1Snn，bn的前 n 项和为 Tn，求 Tn.解(1)令 n1，得 a1 a12，(a12)(a11)0，得 a11，所以 Snn，即 Snn2.当 n2 时，anSnSn12n1，当 n1 时，a11 适合上式，所以 an2n1.(2)bn(1)n
13、1 an1Snn(1)n12n1n2n(1)n11n 1n1.当 n 为偶数时，Tnb1b2bn1112 1213 1314 1415 1n 1n1 1 1n1 nn1，当 n 为奇数时，Tnb1b2bn1112 1213 1314 1415 1n 1n1 1 1n1n2n1，综上所述，Tnnn1n为偶数，n2n1n为奇数.另解：Tnb1b2bn1112 1213 1314 1415 1n11n 1n111n11n1n11n1n1.18(本小题满分 12 分)(2019长沙一模)如图，在四棱锥 PABCD 中，PAAD，底面四边形 ABCD 为直角梯形，ADBC，ADBC，BCD90，M 为线
14、段 PB 上一点(1)若 13，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 PA2，AD1，若异面直线 PA 与 CD 成 90角，二面角 BPCD 的余弦值为 1010，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 PCDPE，AM平面 PBE，则 AMPE.由 AD13BC，ADBC，则PMPBEAEB13.故点 M 是线段 PB 上靠近点 P 的一个三等分点(2)PAAD，PACD，ADCDD，AD平面 ABCD，CD平面 ABC
15、D，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)，Bt，11，0，则BC0，1，0，PC(t,1，2)，CD(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 n1BC，n1PC得n1BC0，n1PC0，即y110，tx1y12z10，令 x11，则 z1t2，故 n11，0，t2.同理可求得 n2(0,2,1)设二面角 BPCD 的大小为，于是|co
16、s|n1n2|n1|n2|，则 t21 t22 5 1010，解得 t2(负值舍去)，故 t2.CD2.19(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
17、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 0，2名男生选考方案不同，1，2名男生选考方案相同，求 的分布列及数学期望 E()附：K2nadbc2abcdacbd，nab
18、cd.P(K2k0)0.050.010.0050.001 k03.8416.6357.87910.828 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28363660840392 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41216 选考方案确定的女生16420 总计201636 由 列 联 表 中 数 据 得K2 nadbc2abcdacbd 3644121622016201636162112201620161089100 10.8910.828，所
19、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 的取值为 0,1.P(1)C28C24C22C22C216310，P(0)1 P(1)710或P0C18C18C14C14C12C12C216 710，所以分布列为01 P710310 E()0 7101 310 310.20(本小题满分 12 分)(2019全国卷)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12.记 M 的轨迹为曲线
20、 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，PEx 轴，垂足为 E，连接QE 并延长交 C 于点 G.证明：PQG 是直角三角形；求PQG 面积的最大值解(1)由题设得 yx2yx212，化简得x24y221(|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)证明：设直线 PQ 的斜率为 k，则其方程为 ykx(k0)由ykx，x24y221得 x212k2.设 u212k2，则 P(u，uk)，Q(u，uk)，E(u,0)于是直线 QG 的斜率为k2，方程为 yk2(xu)由yk2xu
21、，x24y221，得(2k2)x22uk2xk2u280.设 G(xG，yG)，则u 和 xG 是方程的解，故 xGu3k222k2，由此得 yG uk32k2.从而直线 PG 的斜率为uk32k2uku3k222k2u1k.所以 PQPG，即PQG 是直角三角形由得|PQ|2u 1k2，|PG|2uk k212k2，所以PQG 的面积S12|PQ|PG|8k1k212k22k281kk121kk 2.设 tk1k，则由 k0 得 t2，当且仅当 k1 时取等号因为 S8t12t2在2，)单调递减，所以当 t2，即 k1 时，S 取得最大值，最大值为169.因此，PQG 面积的最大值为169.
22、21(本小题满分 12 分)(2019南京市三模)已知函数 f(x)ln xax1，aR.(1)若函数 f(x)在 x1 处的切线为 y2xb，求 a，b 的值；(2)记 g(x)f(x)ax，若函数 g(x)在区间0，12 上有最小值，求实数 a 的取值范围；(3)当 a0 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)1xax2，则 f(1)1a2，解得 a1，则 f(x)ln x1x1，此时 f(1)ln 1110，则切点坐标为(1,0)，代入切线方程，得 b2，所以 a1，b2.(2)g(x)f(x)axln xaxax1，g(x)1
23、xax2aax2xax2.当 a0 时，g(x)1x0，则 g(x)在区间0，12 上为增函数，则 g(x)在区间0，12 上无最小值当 a0 时，方程 ax2xa0 的判别式 14a20，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 x1x21，则两根一正一负，不妨设 x10 x2.设函数 m(x)ax2xa(x0)()若 a0，若 x20，12，则 m(0)a0，m 12 a412a0，解得 0a23.此时 x(0，x2)时，m(x)0，则 g(x)单调递减；xx2，12 时，m(x)0，则 g(x)单调递增，当 xx2 时，g(x)取极小值，即为最小值若 x212，则
24、 x0，12 时，m(x)0，g(x)在0，12 上单调递减，无最小值()若 a0，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0，12 上，g(x)不会有最小值所以 a0 不满足条件综上，当 0a23时，g(x)在区间0，12 上有最小值(3)当 a0 时，由方程 f(x)bx2，得 ln x1bx20，记 h(x)ln x1bx2，x0，则 h(x)1x2bx2bx21x.当 b0 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 b0
25、 不符合题意当 b0 时，当 x0，12b 时，h(x)0，则函数 h(x)单调递增；当 x12b，时，h(x)0，则函数 h(x)单调递减，则 h(x)maxh12b ln 12b12.要使方程 f(x)bx2 有两个不相等的实数根，则 h12b ln 12b120，解得 0be2.()当 0be2时，h 1e be20.又 1e212b22be22be2 0，则1e12b，所以存在唯一的 x11e，12b，使得 h(x1)0.()h 1b ln 1b11bln b11b，记 k(b)ln b11b，0b0，即1b12b，所以存在唯一的 x212b，1b，使得 h(x2)0.综上，当 0be
26、2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 44：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xcost，y2sint(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 3x.(1)求曲线 C1 的极坐标方程；(2)若曲线 C2 的极坐标方程为 8cos0(R)，与直线 l 在第三象限交于 A 点，直线 l与 C1 在第
27、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 x2y241，由xcos，ysin，可得 C1 的极坐标方程为 2cos22sin241，化简整理得12cos2sin24.(2)由题意得直线 l 的极坐标方程为 3或 43，不妨取 3，3，8cos0，可得 A4，3.同理3，cos2sin24 12，可得 B4 77，3，|AB|AB|44 77.23(本小题满分 10 分)选修 45：不等式选讲(2019合肥冲刺)已知函数 f(x)|x2|x2|m(mR)(1)若 m1，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 m1 时，f(x)3x2，f(x)0，当 x2 时，f(x)0 恒成立，不等式的解集为xx12.(2)若函数 g(x)f(x)x 有三个零点，只需 f(x)m4x2与 yx 有三个交点即可即 f(x)每一段与 yx 各有一个交点当 x2 时，m4x，即 mx4，m2 时，m4x，即 mx4，m2.综上所述，m 的取值范围是2m2.