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( )i1 iA B. C. i D i14 14 14 14答案 B解析 因为 i，所以 的实部与虚部之积为i1 i i1 i1 i1 i 12 12 i1 i .故选 B.12 12 142(2019汉中二模 )已知集合 A x|x25x 40，b0)的左、右焦点，A 1
2、，A 2 分别为双曲线 C 的左、右顶点，x2a2 y2b2以 F1，F 2 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 D42 2答案 A解析 由题意知 e ， 2，故渐近线方程为 y2x，以 F1，F 2 为5ca ba直径的圆的方程为 x2y 2c 2，联立Error!得 y ，由双曲线与圆的对称性2c5知四边形 MA2NA1 为平行四边形，不妨设 yM ，则四边形 MA2NA1 的面积2c5S2a 4，得 ac ，又 ，得 a1，c ，b2，故选 A.2c5 5 5 ca 56(2019全国卷 )记 Sn 为等差
3、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 设等差数列a n的首项为 a1，公差为 d.由 S40，a 55 可得Error!解得Error!所以 an3 2(n1) 2n5，S nn (3) 2n 24n.nn 12故选 A.7(2019马鞍山一模 )函数 f(x) x 22|x|的大致图象为( )sinxx答案 D解析 f(1) sin112sin11b0)的左、右焦点分别为x2a2 y2b2F1，F 2，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
4、P，若 F2BAP ，则该椭圆的离心率是( )A. B. C. D.33 23 32 22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 2y 2 2，化为 x2(ac)(x a c2 ) (a c2 )xy 2ac0. 直线 F1B 的方程为 bxcybc0，联立Error!解得 P ，(ac2 b2ca2 ，abc b3 a2ba2 )kAP ，kF2B .abc bc2ac2 b2c a3 bcF2BAP， ，ac c2ac2 b2c a3 1c化为 e2 ， e(0,1)，解得 e .故选 D.12 22解法二：F 1A 为圆的直径， F1PA90.F2BAP，F
5、1BF290，2a 2(2c) 2，解得 e .故选 D.2210(2019郑州一模 )已知函数 f(x)Error!的图象关于 y 轴对称，则 ysin x 的图象向左平移_个单位，可以得到 ycos(x ab)的图象( )A. B. C. D4 3 2答案 D解析 函数 f(x)Error!的图象关于 y 轴对称，故 f(x)f (x )，所以sin(xa) cos( xb)cos(x b)，整理得 2k a b(kZ)，2所以 ab2k (kZ)，2则 ycos(xab)cos sinx，(x 2k 2)即 ysinx 的图象向左平移 个单位，得到 ysin(x)sinx.故选 D.11
6、(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. D64323 163 643答案 A解析 设 ABm ，AC n，则 SABC mn，ABC 外接圆的直径为12，如图，m2 n2三棱锥 PABC 体积的最大值为 mnPO1 mn ，设13 12 13 12 ( 9 m2 n24 3) 13 m2 n24 ( 9 m2 n24 3)t ，则 f(t) t( 3)，f( t) ，令 f(t)0，m2 n24 13 9 t 13( 9 t t29 t 3)得 t8，f( t)在 (0,8)上递增，在8,9上递
7、减， f(t)maxf (8) ，即该三棱锥体323积的最大值是 .故选 A.32312(2019天津高考 )已知函数 f(x)Error!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14范围为( )A. B.54，94 (54，94C. 1 D. 1(54，94 54，94答案 D解析 如图，分别画出两函数 yf(x )和 y xa 的图象14(1)先研究当 0x 1 时，直线 y xa 与 y2 的图象只有一个交点14 x的情况当直线 y xa 过点 B(1,2)时，142 a，解得 a .14 94所以 0a .94(2)再研究当 x1 时，直线 y x
8、a 与 y 的图象只有一个交点的情况：14 1x相切时，由 y ，得 x2，此时切点为 ，则 a1.1x2 14 (2，12)相交时，由图象可知直线 y xa 从过点 A 向右上方移动时与 y14的图象只有一个交点过点 A(1，1)时，1 a，解得 a .所以 a .1x 14 54 54结合图象可得，所求实数 a 的取值范围为 1故选 D.54，94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23，则 的值为_sin2 cos22sincos cos2答案
9、35解析 因为曲线 f(x) x3，所以函数 f(x)的导函数 f(x )2x 2，可得 f(1)232，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)232，所以 .sin2 cos22sincos cos2 tan2 12tan 1 4 14 1 3514(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 ，x 3；第三12 12 22 32次循环，S 3，x 4；第四次循环，S3 5，满足 x4，结束循32 32 42环故输出的 S 的值是 5.15(2019郴州二模 )某高校开展
10、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C C C C 180 种，刘老师和王老师分配到一个班，共有 C C A 24 种，所16 15 24 2 14 13 2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
11、第三边，两边之差小于第三边， Error!即Error! Error!x(1,3)，设BAE ，在ABE 中，由余弦定理可知 9(2x )2x 222xx cos，即 cos ，S 菱形5x2 94x2ABCD 2x2xsin4x 2 ，令 tx 2，则 t(1,9)，1 (5x2 94x2 )2 9x4 10x2 9则 S 菱形 ABCD ， 9t 52 16当 t5 时，即 x 时，S 菱形 ABCD 有最大值 12.5三、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
12、 分17(本小题满分 12 分)(2019 潍坊市三模)设数列a n满足a12a23a3nan2 n(n N*)(1)求a n的通项公式；(2)求数列 的前 n 项和 Sn.2 2n 1an 解 (1)由 n 1 得 a12，因为 a12a23a3nan2 n，当 n2 时，a 12a23a3(n1)a n1 2 n1 ，由两式作商得，a n (n1 且 nN*)，2n又因为 a12 符合上式，所以 an (nN*)2n(2)设 bn ，2 2n 1an则 bnnn2 n，所以 Snb 1b 2b n(12n)(2 222 323(n 1)2 n1 n2 n)，设 Tn222 232 3(n1
13、)2 n1 n2 n， 所以 2Tn2 222 3(n2)2 n1 (n1)2 nn2 n1 ， 得，T n22 2 232 nn2 n1 ，所以 Tn(n1)2 n1 2.所以 SnT n ，nn 12即 Sn(n1)2 n1 2.nn 1218(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
14、数据如表1 所示：表 1：x 1 2 3 4 5 6 7y 6 11 21 34 66 101 196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 ycd x(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 乘车卡 扫码比例 10% 60% 30%已知该线路公交车票价为 2
15、 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16 139 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，12估计一名乘客一次乘车的平均费用参考数据：y v xiy7 i 1ixiv7 i 1i100.5462.14 1.54 25.35 50.12 3.47(其 中 vi lg yi，v 17 7 i 1vi)参考公式：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
16、最小二乘估计公式分别为 ， a n i 1uivi nu v n i 1u2i nu 2 a v .u 解 (1)根据散点图判断，y cd x 适宜作为扫码支付的人数 y 关于活动推出天数 x 的回归方程类型(2)yc dx，两边同时取常用对数得，lg y lg (cdx)lg cx lg d；设 lg yv，vlg cx lg d， 4 ， 1.54， x 140，x v 7 i 12i 0.25.lg d 7 i 1xivi 7xv 7 i 1x2i 7x 2 50.12 741.54140 742 728把样本中心点(4,1.54) 代入 vlg c xlg d，得0.54 ，lg c
17、0.54 0.25 x， 0.540.25x，v lg y y 关于 x 的回归方程式为 10 0.540.25x 10 0.54(100.25)x3.4710 0.25x，y 把 x8 代入上式， 3.4710 2347.y 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) 0.3 0.15；12P(Z1.6) 0.60.3 0.7；P(Z1.4)0.3 0.05，13 16分布列为：Z 2 1.8 1.6 1.4P 0.1 0.15 0.7 0.05所以，一名乘客一
18、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，APD 90，O 为 AD 的中点，所以 PO ADAO.12设 AD PB2a，则 OB a，P
19、O OAa，3因为 PO2OB 2a 23a 24a 2PB 2，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，OBPB B，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 AD 2，则 A(1,0,0)，D (1,0,0)，B(0，
20、 ，0)，P(0,0,1)，3所以 ( 1,0，1)， (0， ，1)， (2,0,0)，PD PB 3 BC AD 设平面 PBD 的法向量为 n(x 1，y 1，z 1)，则Error!令 y11，则 x1 ，z 1 ，3 3所以 n( ，1， )3 3设平面 PBC 的法向量为 m(x 2，y 2，z 2)，则Error!令 y21，则 x20，z 2 ，3所以 m(0,1， )3设二面角 DPB C 为 ，由于 为锐角，所以|cos |cosm，n| .427 277所以二面角 DPB C 的余弦值为 .277解法二：因为 ADPB，ADOB，OBPB B，PB平面 POB，OB平面
21、POB，所以 AD平面 POB.所以 POAD.所以 POa，PD a.2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，BC AD，所以 BCPB，即 HGPB.所以DHG 为二面角 DPBC 的平面角在等腰BDP 中，BDBP2a，PD a，2根据等面积法可以求得 DH a.72进而可以求得 PH a，12所以 HG a，PG a.12 22在PDC 中， PD a， DC2a，PC2 a，2 2所以 cosDPC .PD2 PC2 DC22PDPC 34在PDG 中，PD a，PG a，cos DPC ，222 34所以 DG2
22、PD 2PG 22PD PGcosDPGa 2，即 DGa.在DHG 中， DH a，HG a，DGa，72 12所以 cosDHG .DH2 HG2 DG22DHHG 277所以二面角 DPB C 的余弦值为 .27720(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) ，OP OQ 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( 12，0) (12，0)于另一点 B，且点 A 在线段 M
23、B 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)OP OQ 0， 2xy 20，即 y22x.OP OQ OP OQ 所以曲线 C 的方程为 y22x.(2)设 A(x1，y 1)，B (x2，y 2)，D(x 3，y 3)，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Error!得 k2x2(k 22)x (x 12)0，k24x1x2 且 01，12r 在区间(1 ，)上单调递增，112t 1 1t2 1t则 r
24、1，12 1 2即 r 的取值范围为( 1，)221(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)f 0.x2 bx (4x)(1)讨论 f(x)的单调性；(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)f ln ax ln 0，得 b4a，(4x) x2 bx 2x 4ax xb4f(x)ln ax ，f ( x) a (x0)x2 4ax 1x 4ax2 ax2 x 4ax2令 h(x)ax 2x4a，若 116a 20 时，求得 a ，此时 h(x)0，f(x)0，f (x)在
25、14(0， ) 上单调递减若 116a 20，即 00，x 2 0，h(x) 开口向下，1 1 16a22a 1 1 16a22a当 00 ，f(x)单调递增；当 xx2 时，h(x )0，f(x)f(2)0，f ln 2a 2 4a 3，(1a2) 1a令 g(a)ln 2a2 4a 3，1ag(a) 12a 2 ，4a2a2 1a2 12a4 2a 1a2令 h(a)12a 42a1，h(a) 48a 32，由 h(a )48a 320，求得a0 ， 当 00，132414 14 (14) 364 12f g(a) ln 2a 2 4a3 在 上单调递增，(1a2) 1a (0，14)故 f g(a)0， x2，(1a2) 1a2由零点存在性定理知 f(x)在区间 有一个根，设为 x0，(x2，1a2)又 f(x0)f 0，得 f 0,03x 的解集；(2)若 f(1)M，f(2)M，证明：M .23解 (1)当 a 2 时，不等式 f(x)3x 可化为|2 x2|3 x.当 x1 时， 2x23x，x1 时，2x23 x，x 3x 的解集是(，2)(2)证明：由 f(1)M，f(2)M，得M| a 2|，M|2a2|， 3M2MM2| a2|2a2|，又 2|a2|2a2|4 2|2，所以 3M2，即 M .23
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