1、素养提升练(四)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福州一中二模)已知i为虚数单位，则的实部与虚部之积等于()A B. C.i Di答案B解析因为i，所以的实部与虚部之积为.故选B.2(2019汉中二模)已知集合Ax|x25x40，xZ，Bm,2，若AB，则m()A1 B2 C3 D4答案C解析Ax|1x4，xZ2,3，又AB，m3.故选C.3(2019皖江名校联考)2018年912月某市邮政快递业务量完成件数较201
2、7年912月同比增长25%，该市2017年912月邮政快递业务量柱形图及2018年912月邮政快递业务量结构扇形图如图所示，根据统计图，给出下列结论：2018年912月，该市邮政快递业务量完成件数约1500万件；2018年912月，该市邮政快递同城业务量完成件数与2017年912月相比有所减少；2018年912月，该市邮政快递国际及港澳台业务量同比增长超过75%，其中正确结论的个数为()A3 B2 C1 D0答案B解析2017年的快递业务总数为242.49489.61200万件，故2018年的快递业务总数为12001.251500万件，故正确由此2018年912月同城业务量完成件数为15002
3、0%300万件242.4万件，所以比2017年有所提升，故错误.2018年912月国际及港澳台业务量为15001.4%21万件，219.62.1875，故该市邮政快递国际及港澳台业务量同比增长超过75%，故正确综上所述，正确的结论有2个，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x2x0成立的概率为()A. B. C. D.答案D解析由x2x0，得0x1.在区间2,2上任意取一个数x，使不等式x2x0，b0)的左、右焦点，A1，A2分别为双曲线C的左、右顶点，以F1，F2为直径的圆交双曲线的渐近线l于M，N两点，若四边形MA2NA1的面积为4，则b()A2 B2 C4
4、 D4答案A解析由题意知e，2，故渐近线方程为y2x，以F1，F2为直径的圆的方程为x2y2c2，联立得y，由双曲线与圆的对称性知四边形MA2NA1为平行四边形，不妨设yM，则四边形MA2NA1的面积S2a4，得ac，又，得a1，c，b2，故选A.6(2019全国卷)记Sn为等差数列an的前n项和已知S40，a55，则()Aan2n5 Ban3n10CSn2n28n DSnn22n答案A解析设等差数列an的首项为a1，公差为d.由S40，a55可得解得所以an32(n1)2n5，Snn(3)2n24n.故选A.7(2019马鞍山一模)函数f(x)x22|x|的大致图象为()答案D解析f(1)s
5、in112sin11b0)的左、右焦点分别为F1，F2，右顶点为A，上顶点为B，以线段F1A为直径的圆交线段F1B的延长线于点P，若F2BAP，则该椭圆的离心率是()A. B. C. D.答案D解析解法一：如图所示，以线段F1A为直径的圆的方程为2y22，化为x2(ac)xy2ac0.直线F1B的方程为bxcybc0，联立解得P，kAP，kF2B.F2BAP，化为e2，e(0,1)，解得e.故选D.解法二：F1A为圆的直径，F1PA90.F2BAP，F1BF290，2a2(2c)2，解得e.故选D.10(2019郑州一模)已知函数f(x)的图象关于y轴对称，则ysinx的图象向左平移_个单位，
6、可以得到ycos(xab)的图象()A. B. C. D答案D解析函数f(x)的图象关于y轴对称，故f(x)f(x)，所以sin(xa)cos(xb)cos(xb)，整理得2kab(kZ)，所以ab2k(kZ)，则ycos(xab)cossinx，即ysinx的图象向左平移个单位，得到ysin(x)sinx.故选D.11(2019大同一模)已知三棱锥PABC的四个顶点都在半径为3的球面上，ABAC，则该三棱锥体积的最大值是()A. B. C. D64答案A解析设ABm，ACn，则SABCmn，ABC外接圆的直径为，如图，三棱锥PABC体积的最大值为mnPO1mn，设t，则f(t)t(3)，f(
7、t)，令f(t)0，得t8，f(t)在(0,8)上递增，在8,9上递减，f(t)maxf(8)，即该三棱锥体积的最大值是.故选A.12(2019天津高考)已知函数f(x)若关于x的方程f(x)xa(aR)恰有两个互异的实数解，则a的取值范围为()A. B.C.1 D.1答案D解析如图，分别画出两函数yf(x)和yxa的图象(1)先研究当0x1时，直线yxa与y2的图象只有一个交点的情况当直线yxa过点B(1,2)时，2a，解得a.所以0a.(2)再研究当x1时，直线yxa与y的图象只有一个交点的情况：相切时，由y，得x2，此时切点为，则a1.相交时，由图象可知直线yxa从过点A向右上方移动时与
8、y的图象只有一个交点过点A(1，1)时，1a，解得a.所以a.结合图象可得，所求实数a的取值范围为1故选D.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宝鸡二模)已知曲线f(x)x3在点(1，f(1)处的切线的倾斜角为，则的值为_答案解析因为曲线f(x)x3，所以函数f(x)的导函数f(x)2x2，可得f(1)2，因为曲线f(x)x3在点(1，f(1)处的切线的倾斜角为，所以tanf(1)2，所以.14(2019江苏高考)如图是一个算法流程图，则输出的S的值是_答案5解析第一次循环，S，x2；第二次循环，S，x3；第三次循环，S3，x4；第四次循环，
9、S35，满足x4，结束循环故输出的S的值是5.15(2019郴州二模)某高校开展安全教育活动，安排6名老师到4个班进行讲解，要求1班和2班各安排一名老师，其余两个班各安排两名老师，其中刘老师和王老师不在一起，则不同的安排方案有_种答案156解析安排6名老师到4个班，其中按1,1,2,2分法，共有CCCC180种，刘老师和王老师分配到一个班，共有CCA24种，所以刘老师和王老师不在一起的安排方案有18024156种16(2019海南二模)已知菱形ABCD，E为AD的中点，且BE3，则菱形ABCD面积的最大值为_答案12解析设AEx，则ABAD2x，两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，即x(1
10、,3)，设BAE，在ABE中，由余弦定理可知9(2x)2x222xxcos，即cos，S菱形ABCD2x2xsin4x2，令tx2，则t(1,9)，则S菱形ABCD，当t5时，即x时，S菱形ABCD有最大值12.三、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潍坊市三模)设数列an满足a12a23a3nan2n(nN*)(1)求an的通项公式；(2)求数列的前n项和Sn.解(1)由n1得a12，因为a12a23a3nan2n，当n2时，a12a23
11、a3(n1)an12n1，由两式作商得，an(n1且nN*)，又因为a12符合上式，所以an(nN*)(2)设bn，则bnnn2n，所以Snb1b2bn(12n)(2222323(n1)2n1n2n)，设Tn2222323(n1)2n1n2n，所以2Tn22223(n2)2n1(n1)2nn2n1，得，Tn222232nn2n1，所以Tn(n1)2n12.所以SnTn，即Sn(n1)2n12.18(本小题满分12分)(2019湖南、湖北八市十二校联合调研)近期，某公交公司分别推出支付宝和微信扫码支付乘车活动，活动设置了一段时间的推广期，由于推广期内优惠力度较大，吸引越来越多的人开始使用扫码支付
12、某线路公交车队统计了活动刚推出一周内每一天使用扫码支付的人次，用x表示活动推出的天数，y表示每天使用扫码支付的人次(单位：十人次)，统计数据如表1所示：表1：x1234567y611213466101196根据以上数据，绘制了如图所示的散点图(1)根据散点图判断，在推广期内yabx与ycdx(c，d均为大于零的常数)哪一个适宜作为扫码支付的人次y关于活动推出天数x的回归方程类型？(给出判断即可，不必说明理由)(2)根据(1)的判断结果及表1中的数据，求y关于x的回归方程，并预测活动推出第8天使用扫码支付的人次；(3)推广期结束后，车队对乘客的支付方式进行统计，结果如表2：表2：支付方式现金乘车
13、卡扫码比例10%60%30%已知该线路公交车票价为2元，使用现金支付的乘客无优惠，使用乘车卡支付的乘客享受8折优惠，扫码支付的乘客随机优惠，根据统计结果得知，使用扫码支付的乘客，享受7折优惠的概率为，享受8折优惠的概率为，享受9折优惠的概率为.根据所给数据以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，估计一名乘客一次乘车的平均费用参考数据：xiyixivi100.5462.141.5425.3550.123.47参考公式：对于一组数据(u1，v1)，(u2，v2)，(un，vn)，其回归直线u的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，.解(1)根据散点图判断，ycdx适宜作为扫码支付的人数y关于活动推出
14、天数x的回归方程类型(2)ycdx，两边同时取常用对数得，lg ylg (cdx)lg cxlg d；设lg yv，vlg cxlg d，4，1.54，x140，0.25.把样本中心点(4,1.54)代入vlg cxlg d，得0.54 ，0.540.25x，0.540.25x，y关于x的回归方程式为100.540.25x100.54(100.25)x3.47100.25x，把x8代入上式，3.47102347.活动推出第8天使用扫码支付的人次为3470.(3)记一名乘客乘车支付的费用为Z，则Z的取值可能为2,1.8,1.6,1.4，P(Z2)0.1；P(Z1.8)0.30.15；P(Z1.6
15、)0.60.30.7；P(Z1.4)0.30.05，分布列为：Z21.81.61.4P0.10.150.70.05所以，一名乘客一次乘车的平均费用为20.11.80.151.60.71.40.051.66(元)19(本小题满分12分)(2019广州市二模)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，BAD60，APD90，且ADPB.(1)求证：平面PAD平面ABCD；(2)若ADPB，求二面角DPBC的余弦值解(1)证明：如图，取AD的中点O，连接OP，OB，BD，因为底面ABCD为菱形，BAD60，所以ADABBD.因为O为AD的中点，所以OBAD.在APD中，APD90，O为AD的中
16、点，所以POADAO.设ADPB2a，则OBa，POOAa，因为PO2OB2a23a24a2PB2，所以OPOB.因为OPADO，OP平面PAD，AD平面PAD，所以OB平面PAD.因为OB平面ABCD，所以平面PAD平面ABCD.(2)解法一：因为ADPB，ADOB，OBPBB，PB平面POB，OB平面POB，所以AD平面POB.所以POAD.由(1)得POOB，ADOB，所以OA，OB，OP所在的直线两两互相垂直以O为坐标原点，分别以OA，OB，OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系设AD2，则A(1,0,0)，D(1,0,0)，B(0，0)，P(0,0,1)，所以(1
17、,0，1)，(0，1)，(2,0,0)，设平面PBD的法向量为n(x1，y1，z1)，则令y11，则x1，z1，所以n(，1，)设平面PBC的法向量为m(x2，y2，z2)，则令y21，则x20，z2，所以m(0,1，)设二面角DPBC为，由于为锐角，所以|cos|cosm，n|.所以二面角DPBC的余弦值为.解法二：因为ADPB，ADOB，OBPBB，PB平面POB，OB平面POB，所以AD平面POB.所以POAD.所以POa，PDa.过点D作DHPB，H为垂足，过点H作HGBC交PC于点G，连接DG，因为ADPB，BCAD，所以BCPB，即HGPB.所以DHG为二面角DPBC的平面角在等腰
18、BDP中，BDBP2a，PDa，根据等面积法可以求得DHa.进而可以求得PHa，所以HGa，PGa.在PDC中，PDa，DC2a，PC2a，所以cosDPC.在PDG中，PDa，PGa，cosDPC，所以DG2PD2PG22PDPGcosDPGa2，即DGa.在DHG中，DHa，HGa，DGa，所以cosDHG.所以二面角DPBC的余弦值为.20(本小题满分12分)(2019扬州一模)已知直线x2上有一动点Q，过点Q作直线l1垂直于y轴，动点P在l1上，且满足0(O为坐标原点)，记点P的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)已知定点M，N，A为曲线C上一点，直线AM交曲线C于另一点B，且点
19、A在线段MB上，直线AN交曲线C于另一点D，求MBD的内切圆半径r的取值范围解(1)设点P(x，y)，则Q(2，y)，(x，y)，(2，y)0，2xy20，即y22x.所以曲线C的方程为y22x.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x3，y3)，直线BD与x轴交点为E，直线AB与内切圆的切点为T.设直线AM的方程为yk，则联立方程组得k2x2(k22)x0，x1x2且0x1x2，x11，r在区间(1，)上单调递增，则r1，即r的取值范围为(1，)21(本小题满分12分)(2019湖南永州三模)已知函数f(x)ln ax(a，b0)，对任意x0，都有f(x)f0.(1)讨论f(x)的
20、单调性；(2)当f(x)存在三个不同的零点时，求实数a的取值范围解(1)由f(x)fln axln 0，得b4a，f(x)ln ax，f(x)a(x0)令h(x)ax2x4a，若116a20时，求得a，此时h(x)0，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递减若116a20，即0a0，x20，h(x)开口向下，当0xx1时，h(x)0，f(x)0，f(x)单调递减；当x1x0，f(x)单调递增；当xx2时，h(x)0，f(x)0，f(x)单调递减综上所述，当a时，f(x)单调递减；当0a时，f(x)在(0，x1)和(x2，)上单调递减，f(x)在(x1，x2)上单调递增(2)由(1)知当a时，f
21、(x)单调递减，不可能有三个不同的零点；当0a时，f(x)在(0，x1)和(x2，)上单调递减，f(x)在(x1，x2)上单调递增，f(2)ln 2a2a0，又x1x24，有x12x2，f(x)在(x1，x2)上单调递增，f(x1)f(2)0，fln 2a24a3，令g(a)ln 2a24a3，g(a)12a2，令h(a)12a42a1，h(a)48a32，由h(a)48a320，求得a0，当0a0，fg(a)ln 2a24a3在上单调递增，故fg(a)g3ln 240，故f0，x2，由零点存在性定理知f(x)在区间有一个根，设为x0，又f(x0)f0，得f0,0x1，是f(x)的另一个零点，
22、故当0a时，f(x)存在三个不同的零点，分别为，2，x0.(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郴州三模)在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为(t为参数，03x的解集；(2)若f(1)M，f(2)M，证明：M.解(1)当a2时，不等式f(x)3x可化为|2x2|3x.当x1时，2x23x，x1时，2x23x，x2，所以1x3x的解集是(，2)(2)证明：由f(1)M，f(2)M，得M|a2|，M|2a2|，3M2MM2|a2|2a2|，又2|a2|2a2|42|2，所以3M2，即M.