2020新高考文科数学二轮培优基础保分强化试题四及答案解析(28张)
2020新高考文科数学二轮培优基础保分强化试题二及答案解析(7页)
2020新高考文科数学二轮培优基础保分强化试题二1．已知集合A ＝[1，＋∞)，B ＝{|x ∈R 12a ≤x ≤2a －1}，若A ∩B ≠∅，则实数a 的取值范围是( )A ．[1，＋∞)B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1 C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞ D ．(1，＋∞)答案 A 解析因为A ∩B ≠∅，所以⎩⎨⎧2a －1≥1，2a －1≥12a ，解得a ≥1，故选A.2．若复数z ＝1＋m i1＋i 在复平面内对应的点在第四象限，则实数m 的取值范围是( )A ．(－1,1)B ．(－1,0)C ．(1，＋∞)D ．(－∞，－1)答案 A解析 因为z ＝1＋m i 1＋i ＝(1＋m i )(1－i )(1＋i )(1－i )＝1＋m 2＋m －12i ，在复平面内对应的点为⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋m 2，m －12，且在第四象限，所以⎩⎨⎧1＋m2>0，m －12<0，解得－1<m <1，故选A.3．设S n 是各项均不为0的等差数列{a n }的前n 项和，且S 13＝13S 7，则a 7a 4等于( )A ．1B ．3C ．7D ．13 答案 C解析 因为S n 是各项均不为0的等差数列{a n }的前n 项和，且S 13＝13S 7，所以13(a 1＋a 13)2＝13×7(a 1＋a 7)2，即a 7＝7a 4，所以a 7a 4＝7.故选C. 4．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某简单几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A.4π3B.8π3C.16π3D.32π3 答案 A解析 由三视图可得该几何体为半圆锥，底面半圆的半径为2，高为2，则其体积V ＝12×13×π×22×2＝4π3，故选A.5．已知i 与j 为互相垂直的单位向量，a ＝i －2j ，b ＝i ＋λj ，且a 与b 的夹角为锐角，则实数λ的取值范围是( )A ．(－∞，－2)∪⎝⎛⎭⎪⎫－2，12 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，23∪⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞ D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12 答案 A解析 因为i 与j 为互相垂直的单位向量，所以i 2＝j 2＝1，i ·j ＝0.又因为a ＝i －2j ，b ＝i ＋λj ，且a 与b 的夹角为锐角，所以a ·b ＝1－2λ>0，λ<12.但当λ＝－2时，a ＝b ，不满足要求，故满足条件的实数λ的取值范围为(－∞，－2)∪⎝⎛⎭⎪⎫－2，12.故选A.6．若函数f (x )＝sin2x ＋cos2x ，则下列结论正确的是( ) A ．函数f (x )的最小正周期为2πB ．对任意的x ∈R ，都有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4＋f (－x )＝0 C ．函数f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫π2，3π4上是减函数D ．函数f (x )的图象关于直线x ＝－π8对称 答案 B解析 函数f (x )＝sin2x ＋cos2x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4，则函数f (x )的最小正周期为T＝2π2＝π，故A 错误；f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4＋f (－x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π4＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x ＋π4＝0，故B 正确；令π2＋2k π≤2x ＋π4≤2k π＋3π2(k ∈Z )，解得π8＋k π≤x ≤k π＋5π8(k ∈Z )，当k ＝0时，函数的单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤π8，5π8，故C 错误；当x ＝－π8时，f ⎝⎛⎭⎪⎫－π8＝0.故D 错误，故选B.7．已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，B 1C ，C 1D 与底面ABCD 所成的角分别为60°和45°，则异面直线B 1C 和C 1D 所成角的余弦值为( )A.64B.14C.26D.36 答案 A解析 ∵B 1C 和C 1D 与底面ABCD 所成的角分别为60°和45°，∴∠B 1CB ＝60°，∠C 1DC ＝45°.由图可知，B 1C 与C 1D 所成的角，即为A 1D与C 1D 所成的角，即∠A 1DC 1.令BC ＝1，则B 1B ＝AB ＝3，∴A 1D ＝2，A 1C 1＝2，C 1D ＝ 6.由余弦定理，得cos ∠A 1DC 1＝22＋(6)2－222×2×6＝64.故选A.8．如图，在矩形区域ABCD 中，AB ＝2，AD ＝1，且在A ，C 两点处各有一个通信基站，假设其信号的覆盖范围分别是扇形区域ADE 和扇形区域CBF (该矩形区域内无其他信号来源，基站工作正常)．若在该矩形区域内随机选一地点，则该地点无信号的概率是( )A ．2－π2 B.π2－1 C ．1－π4 D.π4 答案 C解析 由条件得扇形区域ADE 和扇形区域CBF 的面积均为π4，又矩形区域ABCD 的面积为2×1＝2，根据几何概型概率公式可得所求概率为P ＝2－2×π42＝1－π4，即在该矩形区域内随机选一地点，则该地点无信号的概率是1－π4.9．已知F 1，F 2是双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的两个焦点，P 是双曲线C 上一点，若|PF 1|＋|PF 2|＝6a ，且△PF 1F 2的最小内角的大小为30°，则双曲线C 的渐近线方程是( )A.2x ±y ＝0 B ．x ±2y ＝0 C ．2x ±y ＝0 D ．x ±2y ＝0答案 A解析 不妨设|PF 1|>|PF 2|，则⎩⎪⎨⎪⎧|PF 1|－|PF 2|＝2a ，|PF 1|＋|PF 2|＝6a ，所以|PF 1|＝4a ，|PF 2|＝2a ，且|F 1F 2|＝2c ，即|PF 2|为最小边，所以∠PF 1F 2＝30°，则△PF 1F 2为直角三角形，所以2c ＝23a ，所以b ＝2a ，即渐近线方程为y ＝±2x ，故选A.10．若x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －3≥0，kx －y ＋3≥0，y ≥0，且z ＝y －x 的最小值为－12，则k 的值为( )A.12 B ．－12 C.14 D ．－14 答案 D解析 依题意，易知k ≤－1和k ≥0不符合题意．由⎩⎪⎨⎪⎧kx －y ＋3＝0，y ＝0得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3k ，0，结合图形可知，当直线z ＝y －x 过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3k ，0时，z 有最小值，于是有0＋3k ＝－12，k ＝－14，选D.11．椭圆x 24＋y 2＝1上存在两点A ，B 关于直线4x －2y －3＝0对称，若O 为坐标原点，则|OA →＋OB →|＝( )A ．1 B. 3 C. 5 D.7 答案 C解析 由题意，直线AB 与直线4x －2y －3＝0垂直，设直线AB 的方程为y ＝－12x ＋m .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－12x ＋m ，x 24＋y 2＝1消去y 整理得x 2－2mx ＋2m 2－2＝0，∵直线AB与椭圆交于两点，∴Δ＝(－2m )2－4(2m 2－2)＝－4m 2＋8>0，解得－2<m < 2.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，AB 的中点为M (x 0，y 0)，则x 1＋x 2＝2m ，∴x 0＝x 1＋x 22＝m ，y 0＝－12x 0＋m ＝m2，∴点M 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫m ，m 2.由题意得点M 在直线4x －2y －3＝0上，∴4m －2×m 2－3＝3m －3＝0，解得m ＝1.∴x 1＋x 2＝2，y 1＋y 2＝－12(x 1＋x 2)＋2m ＝1，∴OA →＋OB →＝(2,1)，∴|OA →＋OB →|＝ 5.故选C.12．已知角α的顶点与直角坐标系的原点重合，始边与x 轴的非负半轴重合，终边经过点P (－1,2)，则cos2α＝________.答案 －35解析 设点P 到原点的距离是r ，由三角函数的定义，得r ＝5，sin α＝2r ＝25，可得cos2α＝1－2sin 2α＝1－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫252＝－35.13．将1,2,3,4，…正整数按如图所示的方式排成三角形数组，则第10行左数第10个数为________．答案 91解析 由三角形数组可推断出，第n 行共有2n －1项，且最后一项为n 2，所以第10行共19项，最后一项为100，左数第10个数是91.14．已知在△ABC 中，B ＝2A ，∠ACB 的平分线CD 把三角形分成△BCD 和△ACD ，且S △BCD ∶S △ACD ＝4∶3，则cos A ＝________.答案 38解析 在△ADC 中，由正弦定理，得AC sin ∠ADC ＝37AB sin ∠ACD ⇒AC 37AB ＝sin ∠ADCsin ∠ACD.同理，在△BCD 中，得BC sin ∠BDC ＝47AB sin ∠BCD ⇒BC 47AB＝sin ∠BDCsin ∠BCD，又sin ∠ADC ＝sin ∠BDC ，sin ∠ACD ＝sin ∠BCD ，所以AC 37AB ＝BC 47AB ⇒AC ＝34BC ，由正弦定理，得sin B ＝34sin A ，又B ＝2A ，即sin B ＝2sin A cos A ，求得cos A ＝38.。
2020年高考全国II卷文科数学试题(含解析)
2020年全国统一高考数学试卷（文科）（全国新课标II ）一、选择题1．已知集合{||3,}A x x x Z =<∈，{||1,}B x x x Z =>∈，则A B ⋂= （ ）A.∅B.{3,2,2,3}--C.{2,0,2}-D.{2,2}-【答案】D【解析】{|1||3,}{2,2}A B x x x Z ⋂=<<∈=-，故选D ． 2．4(1)i -= （ ）A.4-B.4C.4i -D.4i【答案】A【解析】42(1)(2)4i i -=-=-，故选A ．3．如图，将钢琴上的12个键依次记为1212,,...,a a a ，设112i j k ≤<<≤．若3k j -=且4j i -=，则称,,i j k a a a 为原位大三和弦；若4k j -=且3j i -=，则称,,i j k a a a 为原位小三和弦，用这12个键可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数之和为 （ ）A. 5B. 8C.10D. 15【答案】C【解析】原位大三和弦：1i =，5j =，8k =；2i =，6j =，9k =；3i =，7j =，10k =；4i =，8j =，11k =；5i =，9j =，12k =共5个；原位小三和弦：1i =，4j =，8k =；2i =，5j =，9k =；3i =，6j =，10k =；4i =，7j =，11k =；5i =，8j =，12k =共5个；总计10个．4.在新冠肺炎疫情防控期间，某超市开通网上销售业务，每天能完成1200份订单的配货，由于订单量大幅增加，导致订单积压．为解决困难，许多志愿者踊跃报名参加配货工作．已知该超市某日积压500份订单未配货，预计第二天的新订单超过1600份的概率为0.05，志愿者每人每天能完成50份订单的配货，为使第二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95，则至少需要志愿者 （ ）A.10名B.18名C.24名D.32名【答案】B【解析】积压500份订单未配货，次日产生新订单超过1600份的概率为0.05，其中1200份不需要志愿者配货，志愿者只需负责400份配货，也就是需要志愿者配货的为900份，故需要18名志愿者．5．已知单位向量a ，b 的夹角为60︒，则在下列向量中， 与b 垂直的是 （ ）A.2a b +B.2a b +C.2a b -D.2a b -【答案】D【解析】21(2)2211102a b b a b b -⋅=⋅-=⨯⨯⨯-=，故选D ． 6．记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和．若5312a a -=，6424a a -=，则nnS a = （ ）A.21n- B.122n--C.122n -- D.121n--【答案】 B 【解析】设等比数列{}n a 的通项公式为11n n a a q -=，根据5312a a -=，6424a a -=．解得11a =，2q =，故12n n a -=，122112nn n S -==--，可得122n n n S a -=- ，故选B ．7．执行右面的程序框图，若输入0k =，0a =，则输出的k 为 （ ）A.2B.3C.4D.5【答案】C【解析】当0k =，0a =运行后：1a =，1k =，再次运行后： 3a =，2k =，再次运行后： 7a =，3k =，再次运行后：15a =，4k =，此时达到输出条件，所以输出4k =，故选C ．8．若过点(2,1)的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线230x y --=的距离为 （ ）A.5B.5C.5D.5【答案】B【解析】依题意，因为点(2,1)在直线230x y --=上，结合题意可设圆心坐标为(,)a a ，则222(2)(1)a a a -+-=，即2650a a -+=，所以1a =，或5a =，所以圆心坐标为(1,1)或(5,5)，当圆心坐标为(1,1)时，其到直线230x y --==标为(5,5)时，其到直线230x y --==，综上，可知B 正确． 9．设O 为坐标原点，直线x a =与双曲线22221(0,0)x ya b a b-=>>的两边渐近线分别交于D ，E 两点．若ODE ∆的面积为8，则C 的焦距的最小值为（ ）A.4B.8C.16D.32【答案】B【解析】双曲线2222:1x y C a b -=(0,0)a b >>的两条渐近线分别为b y x a =±，则容易得到||2DE b =，则8ODE S ab ∆==，222216c a b ab =+≥=，当且仅当a b ==立，所以min 4c =，焦距min (2)8c =． 10．设函数331()f x x x=-，则()f x （ ）A.是奇函数，且在(0,)+∞单调递增B.是奇函数，且在(0,)+∞单调递减C.是偶函数，且在(0,)+∞单调递增D.是偶函数，且在(0,)+∞单调递减【答案】A【解析】因为331()f x x x=-，所以()333311()()()0f x f x x x x x +-=-+--=-，所以函数()f x 是奇函数．又因为331()f x x x =-由函数31y x =（为(0,)+∞增函数）加上函数231y x =-（为(0,)+∞增函数）得到，所以函数331()f x x x =-为(0,)+∞增函数，故选A ． 判断单调性时也可以这样处理：因为当(0,)x ∈+∞，243()30f x x x '=+>，所以()f x 在(0,)+∞上是单调递增的．11．已知ABC ∆的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上，若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为 （ ）B.32C.1【答案】C【解析】2ABC S AB ∆==3AB =．设球O 的半径为R ，则2416R ππ=，解得2R =．设O 在ABC ∆内的射影为'O ，'O 是ABC ∆的重心，故2'3O A ==O 到平面ABC 的距离1h ==，故选C ．12． 若2233x y x y ---<-，则（ ）A.ln(1)0y x -+>B.ln(1)0y x -+<C.ln ||0x y ->D.ln ||0x y -<【答案】A【解析】11223323232233xyxy x x y y x y x y -----<-⇒-<-⇒-<-．设1()23xx f x =-，已知()f x 是定义在R 上的增函数，故由112233xyx y -<-可得x y <，所以011y x y x ->⇒-+>，从而ln(1)0y x -+>，故选A ．二、填空题 13．若2sin 3x =-，则cos2x = ． 【答案】19【解析】22281cos 212sin 12()1399x x =-=--=-=． 14．记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若12a =-，262a a +=，则10S =______． 【答案】25【解析】由262a a +=，可得1152a d a d +++=，因为12a =-，可求出1d =，由数列的前n 项和公式得1010(101)21012045252S ⨯-=-⨯+⨯=-+=． 15．若x ，y 满足约束条件1121x y x y x y +≥-⎧⎪-≥-⎨⎪-≤⎩，则2z x y =+的最大值是_______．【答案】8【解析】方法一：如图当2x =，3y =时，max 8z =．方法二：联立11x y x y +=-⎧⎨-=-⎩，得(1,0)-，联立121x y x y +=-⎧⎨-=⎩，得(0,1)-，联立121x y x y -=-⎧⎨-=⎩，得(2,3)，代入验证可得当2x =，3y =时，max 8z =． 16．设有下列四个命题：1:p 两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内．2:p 过空间中任意三点有且仅有一个平面． 3:p 若空间两条直线不相交，则这两条直线平行． 4:p 若直线l ⊂平面α，直线m ⊥平面α，则m l ⊥．则下列命题中所有真命题的序号是 ． ①14p p ∧ ②21p p ∧ ③23p p ⌝∨ ④34p p ⌝∨⌝ 【答案】①③④【解析】对于1:p 可设1l 与2l 相交，所得平面为α．若3l 与1l 相交，则交点A 必在α内，同理，3l 与2l 交点B 也在α内，故AB 直线在α内，即3l 在α内，故1p 为真命题． 对于2:p 过空间中任意三点，若三点共线，可形成无数多平面，故2p 为假命题． 对于3:p 空间中两条直线的位置关系有相交、平行、异面，故3p 为假命题． 对于4:p 若m ⊥平面α，则m 垂直于平面α内的所有直线，故m l ⊥，故4p 为真命题．综上可知：14p p ∧为真命题，12p p ∧为假命题，23p p ⌝∨为真命题，34p p ⌝∨⌝为真命题，故正确的有：①③④．三、解答题17.ABC ∆的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知25cos ()cos 24A A π++=． （1）求A ；（2）3b c a -=，证明：ABC ∆是直角三角形． 【解析】（1）由25cos ()cos 24A A π++=可得：25sin cos 4A A +=，2214cos 4cos 10(2cos 1)0cos 2A A A A -+=⇒-=⇒=，∵(0,)A π∈，∴3A π=．（2）解法1：由b c -=可得)a b c =-，又2221cos 22b c a A bc +-==，即222b c a bc +-=，∴2223()b c b c bc +--=，(2)(2)0b c b c ⇒--=，∴2b c =或2c b=（舍），∴a =，即222a c b +=，故三角形为直角三角形．解法2：因为b c -=，由正弦定理得1sin sin 2B C A -==，由于A B C π++=，于是1sin()sin 32C C π+-=，又因为1sin()sin sin sin 32C C C C C π+-=+-1sin sin()23C C C π=-=-,又因为(,)333C πππ-∈-，于是36C ππ-=，6C π=，所以()2B AC ππ=-+=，故三角形为直角三角形．18.某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加，为调查该地区某种野生动物的数量,将其分成面积相近的200个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取20个作为样区，调查得到样本数据,1,2(,...,0)2)(i i x y i =，其中i x 和i y 分别表示第i 个样区的植物覆盖面积(单位:公顷)和这种野生动物的数量，并计算得20160ii x==∑，2011200i i y ==∑，2021()80ii x x =-=∑，2021()9000i i y y =-=∑，201()()800i i i x x y y =--=∑，(1)求该地区这种野生动物数量的估计值(这种野生动物数量的估计值等于样区这种野生动物数量的平均数乘以地块数);(2)求样本,1,2(,...,0)2)(i i x y i =的相关系数(精确到0．01)；(3)根据现有统计资料，各地块间植物覆盖面积差异很大，为提高样本的代表性以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计，请给出一种你认为更合理的抽样方法，并说明理由．附：相关系数：()()niix x y y r --=∑1.414≈【解析】(1) 由题意可知，1个样区这种野生动物数量的平均数12006020==，故这种野生动物数量的估计值6020012000=⨯=；（2）由参考公式得()()0.94niix x yy r --===≈∑；(3)由题意可知，各地块间植物覆盖面积差异很大，因此在调查时，先确定该地区各地块间植物覆盖面积大小并且由小到大排序，每十个分为一组,采用系统抽样的方法抽取20个地块作为样区进行样本统计．19．已知椭圆22122:1(0)x y C a b a b+=>>的右焦点F 与抛物线2C 的焦点重合，1C 的中心与2C 的顶点重合，过F 且与x 轴垂直的直线交1C 于A ，B 两点，交2C 于C 、D 两点，且4||||3CD AB =． （1）求1C 的离心率；（2）若1C 的四个顶点到2C 的准线距离之和为12，求1C 与2C 的标准方程．【解析】（1）由题意知：222242232b p a p c a b c ⎧=⋅⎪⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎪⎩，∴ 24243b c a =⋅，∴ 2232()ac a c =-，即222320c ac a +-=，∴22320e e +-=，∴12e =或2e =-，∵01e <<，即1C 的离心率为12． （2）设1C 的四个顶点到2C 的准线距离为1d ，2d ，3d ，4d ，则：∵123422d a c d a c p d c p d c =-⎧⎪=+⎪⎪⎨==⎪⎪==⎪⎩，又∵ 123412d d d d +++=∴122a c a c c c pc -++++=⎧⎪⎨=⎪⎩ ∴6a c += ∵12c a = ∴26c c +=∴216a =，24c =，24p c == ∴212b =∴221:11612x y C +=，22:8C y x =．20．如图，已知三棱柱111ABC A B C -的底面是正三角形，侧面11BB C C 是矩形，M ，N 分别为BC ，11B C 的中点，P 为AM 上一点，过11B C 和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F （1）证明：1//AA MN ，且平面1A AMN ⊥平面11EB C F ；（2）设O 为111A B C ∆的中心，若6AO AB ==，//AO 平面11EB C F ，且3MPN π∠=，求四棱锥11B EB C F -的体积．【解析】（1）证明∵M ，N 分别为BC ，11B C 的中点，底面为正三角形，∴1B N BM =，四边形1BB NM 为矩形，∴1//BB MN ，而11//AA BB ，∴1//AA MN ，可得1,,,A A M N 共面，由四边形1BB NM 为矩形，得11MN B C ⊥，由11B N NC =,得111A N B C ⊥，又1MN A N N ⋂=，得11B C ⊥面1A AMN ，11B C ⊂面11EB C F ∴面1A AMN ⊥面11EB C F ；（2）因为//AO 平面11EB C F ，AO ⊂平面1A NMA ，平面1A NMA平面11EB C F NP =，所以//AO NP ，又因为//NO AP ，所以四边形AONP 为平行四边形,6AO NP ==，ON AP ==M 做MH 垂直于NP ，垂足为H ，因为平面11EB C F ⊥平面1A AMN ，平面11EB C F平面1A AMN NP =，MH ⊂平面1A AMN ，所以MH⊥平面11EB C F，由PM =,6AO =,MN =,得PM MNMH PN⋅==11111()242EB C FS B C EF NP =+⋅=，由//BC 平面11EB C F，所以11111113B EB F M EBC FB C C E F V V S MH --==⋅⋅= 21．已知函数()2ln 1f x x =+，（1）若()2f x x c ≤+，求c 的取值范围； （2）设0a >，讨论函数()()()f x f a g x x a-=-的单调性．【解析】（1）()2f x x c ≤+等价于2ln 21x x c -≤-，设()2ln 2h x x x =-，22(1)'()2x h x x x-=-=， 当01x <<时，()0h x '>，所以()h x 在(0,1)上递增， 当1x >时，()0h x '<，所以()h x 在(1,)+∞递减，故max ()(1)2h x h ==-，所以12c -≥-．即1c ≥-，所以c 的取值范围是[1,)-+∞； （2）2(ln ln )()(0,,0)x a g x x x a a x a-=>≠>-，所以2222()2ln 2ln 2ln 2ln 2'()()()a x a x a x a x x g x x a x a --+--++==--，令2()2ln 2ln 2(0)a w x x a x x =--++>，则22222()'()a a x w x x x x -=-=， 令'()0w x >得0x a <<，'()0w x <得x a >，所以()w x 在(0,)a 上单调递增，在(,)a +∞上单调递减，所以，()()0w x w a ≤=，即'()0g x <，所以，()g x 在(0,)a 和(,)a +∞上单调递减．四、选做题22．已知1C ，2C 的参数方程分别为2124cos :4sin x C y θθ⎧=⎨=⎩，（θ为参数），21:1x t t C y t t ⎧=+⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，（t 为参数）（1）将1C ，2C 的参数方程化为普通方程；（2）以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，设1C ，2C 的交点为P ，求圆心在极轴上，且经过极点和P 的圆的极坐标方程．【解析】（1）由题：1C 的普通方程为：40x y +-=，(0,0)x y ≥≥； 因为222222212:12x t t C y t t ⎧=++⎪⎪⎨⎪=+-⎪⎩，故2C 的普通方程为：224x y -=；联立1C ，2C ，22404x y x y +-=⎧⎨-=⎩解得：5232x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，所以点P 坐标为：53(,)22P ，设以设所求圆圆心为(,0)Q a ，半径为a ，故圆心(,0)Q a 到53(,)22P 的距离a =，得1710a =，所以圆Q 的圆心为17(,0)10Q ，半径为1710，圆Q 的直角坐标方程为：2221717()1010()x y -+=，即221705x y x +-=，所以所求圆的极坐标方程为：17cos 5ρθ=．23.已知函数2()|||21|f x x a x a =-+-+.(1)当2a =时，求不等式()4f x ≥的解集；(2)若()4f x ≥，求a 的取值范围.【解析】当2a =时，()|4||3|f x x x =-+-，即 ()27,31,3427,4x x f x x x x -+<⎧⎪=≤≤⎨⎪->⎩所以()4f x ≥的解集为32x ≤或112x ≥. （2）222()|||21||(21)||(1)|f x x a x a x a x a a =-+-+≥---+=-，又()4f x ≥，所以2|(1)|4a -≥，则3a ≥或1a ≤-.。
2020年全国高考(新课标II卷)真题 文科数学试卷(+答案+全解全析)
23.已知函数 f(x)=|x-a2|+|x-2a+1|. （1）当 a=2 时，求不等式 f(x)≥4的解集； （2）若 f(x)≥4，求 a 的取值范围.
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2020 年普通高等学校招生全国统一考试
文科数学
注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑.如 需改动，用橡皮擦干净后，在选涂其它答案标号框.回答非选择题时，将答案写在答题卡上， 写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：本题共 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
4 平面 ABC 的距离为（ ）
3
A. 3
B.
2
C. 1
12.若 2x－2y<3−x－3−y，则（ ）
A. ln(y-x+1)>0
B. ln(y-x+1)<0
C. ln∣x-y∣>0
二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.
3
D.
2
D. ln∣x-y∣<0
13.若 sin x = − 2 ，则 cos 2x = __________． 3
P 为 AM 上一点．过 B1C1 和 P 的平面交 AB 于 E，交 AC 于 F．
（1）证明：AA1//MN，且平面 A1AMN⊥平面 EB1C1F；
π （2）设 O 为△A1B1C1 的中心，若 AO=AB=6，AO//平面 EB1C1F，且∠MPN= 3 ，求四棱锥 B–EB1C1F 的体
2020新高考文科数学二轮培优基础保分强化试题三及答案解析(7页)
2020新高考文科数学二轮培优基础保分强化试题三1．已知1－iz ＝(1＋i)2(i 为虚数单位)，则复数z 的共轭复数为( ) A ．－12－12i B ．－12＋12i C.12－12i D.12＋12i答案 B解析 ∵1－i z ＝(1＋i)2，∴z ＝1－i (1＋i )2＝1－i 2i ＝1＋i －2＝－12－12i ，∴z －＝－12＋12i.故选B.2．设命题p ：∀x ∈R ，x 3－x 2＋1≤0，则綈p 为( ) A ．∃x ∈R ，x 3－x 2＋1>0 B ．∀x ∈R ，x 3－x 2＋1>0 C ．∃x ∈R ，x 3－x 2＋1≤0 D ．∀x ∈R ，x 3－x 2＋1≥0 答案 A解析 ∵命题p ：∀x ∈R ，x 3－x 2＋1≤0，∴綈p 为∃x ∈R ，x 3－x 2＋1>0.故选A.3．已知集合A ＝{x ∈Z |x 2－4x <0}，B ＝{x ∈Z |0<log 5x <1}，则A ∩B ＝( ) A ．{x |0<x <5} B ．{x |1<x <4} C ．{2,3} D ．{1,2,3,4}答案 C解析 因为A ＝{x ∈Z |x 2－4x <0}，所以A ＝{1,2,3}，因为B ＝{x ∈Z |0<log 5x <1}，所以B ＝{2,3,4}，根据集合交集运算，可得A ∩B ＝{2,3}，所以选C.4．执行如图所示的程序框图，若输出结果为1，则可输入的实数x 的值的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4 答案 B解析 根据题意，该框图的含义是： 当x ≤2时，得到函数y ＝x 2－1； 当x >2时，得到函数y ＝log 2x . 因此，若输出的结果为1时，①若x ≤2，得到x 2－1＝1，解得x ＝±2； ②若x >2，得到log 2x ＝1，解得x ＝2(舍去)．因此，可输入的实数x 的值可能为－2，2，共有2个．故选B. 5．已知函数f (x )＝cos(x ＋θ)(0<θ<π)在x ＝π3时取得最小值，则f (x )在[0，π]上的单调递增区间是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，π B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，2π3 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，2π3D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤2π3，π 答案 A解析 因为0<θ<π，所以π3<π3＋θ<4π3，又f (x )＝cos(x ＋θ)在x ＝π3时取得最小值，所以π3＋θ＝π，θ＝2π3，所以f (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2π3.由0≤x ≤π，得2π3≤x ＋2π3≤5π3.由π≤x ＋2π3≤5π3，得π3≤x ≤π，所以f (x )在[0，π]上的单调递增区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，π，故选A.6．如图所示的几何图形中，ABCD 为菱形，C 为EF 的中点，EC ＝CF ＝3，BE ＝DF ＝4，BE ⊥EF ，DF ⊥EF ，现在几何图形中任取一点，则该点取自Rt △BCE 的概率为( )A.19 B.18 C.17 D.16答案 D解析 ∵EC ＝3，BE ＝4，BE ⊥EC ，∴BC ＝5.又由题可知BD ＝EF ＝6，AC ＝2BE ＝8，∴S △BEC ＝S △DFC ＝12×3×4＝6，S菱形ABCD＝12·AC ·BD ＝24，由几何概型概率公式可得，所求概率为P ＝624＋6＋6＝16，即该点取自Rt △BCE 的概率为16.故选D.7．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A.272 B ．27 C ．27 2 D ．273 答案 D解析 在长、宽、高分别为3,33，33的长方体中，由几何体的三视图得几何体为如图所示的三棱锥C －BAP ，其中底面BAP 是∠BAP ＝90°的直角三角形，AB ＝3，AP ＝33，所以BP ＝6，又棱CB ⊥平面BAP 且CB ＝33，所以AC ＝6，所以该几何体的表面积是12×3×33＋12×3×33＋12×6×33＋12×6×33＝273，故选D.8．已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，过F 且倾斜角为120°的直线与抛物线C 交于A ，B 两点，若AF ，BF 的中点在y 轴上的射影分别为M ，N ，且|MN |＝43，则抛物线C 的准线方程为( )A ．x ＝－1B ．x ＝－2C ．x ＝－32D ．x ＝－3答案 D解析 设AF ，FB 的中点分别为D ，E ，则|AB |＝2|DE |，由题得|DE |＝43sin π3＝8，所以|AB |＝16，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＋p ＝16，∴x 1＋x 2＝16－p ，联立直线和抛物线的方程得⎩⎨⎧y 2＝2px ，y ＝－3⎝ ⎛⎭⎪⎫x －p 2， ∴3x 2－5px ＋34p 2＝0，所以16－p ＝5p3，∴p ＝6，所以抛物线的准线方程为x ＝－3.故选D.9．在△ABC 中，D 为三角形所在平面内一点，且AD →＝13AB →＋12AC →，则S △BCD S △ABD＝( )A.16B.13C.12D.23 答案 B解析 如图，由题意可知，点D 在平行于AB 边的中位线EF 上且满足DE ＝13AB ，S △ABD ＝12S △ABC ，S △ACD ＝13S △ABC ，∴S △BCD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12－13S △ABC ＝16S △ABC ，∴S △BCDS △ABD＝13，故选B.10．如图，为了测量某湿地A ，B 两点间的距离，观察者找到在同一直线上的三点C ，D ，E .从D 点测得∠ADC ＝67.5°，从C 点测得∠ACD ＝45°，∠BCE ＝75°，从E 点测得∠BEC ＝60°.若测得DC ＝23，CE ＝2(单位：百米)，则A，B 两点间的距离为( )A. 6 B ．2 2 C ．3 D ．2 3 答案 C解析 根据题意，在△ADC 中，∠ACD ＝45°，∠ADC ＝67.5°，DC ＝23，则∠DAC ＝180°－45°－67.5°＝67.5°，则AC ＝DC ＝23，在△BCE 中，∠BCE ＝75°，∠BEC ＝60°，CE ＝2，则∠EBC ＝180°－75°－60°＝45°，则有EC sin ∠EBC ＝BCsin ∠BEC ，变形可得BC ＝EC ·sin ∠BEC sin ∠EBC ＝2×3222＝3，在△ABC 中，AC ＝23，BC ＝3，∠ACB ＝180°－∠ACD －∠BCE ＝60°，则AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC ·cos ∠ACB ＝9，则AB ＝3.故选C.11．已知直线l 与曲线y ＝x 3－6x 2＋13x －9相交，交点依次为A ，B ，C ，且|AB |＝|BC |＝5，则直线l 的方程为( )A ．y ＝－2x ＋3B ．y ＝2x －3C ．y ＝3x －5D ．y ＝－3x ＋2答案 B解析 设f (x )＝x 3－6x 2＋13x －9，则f ′(x )＝3x 2－12x ＋13，设g (x )＝3x 2－12x ＋13，则g ′(x )＝6x －12，令g ′(x )＝0，得x ＝2，所以曲线y ＝x 3－6x 2＋13x －9的对称中心为(2,1)．由|AB |＝|BC |可知直线l 经过点(2,1)，由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝x 3－6x 2＋13x －9，(x －2)2＋(y －1)2＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝1，y ＝－1或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝3，因此可得直线l 过点(1，－1)，(3,3)，(2,1)，所以直线l 的方程为y ＝2x －3.故选B.12．已知x ∈(0，π)，且cos x ＝45，则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4＝________.答案 7210解析 因为x ∈(0，π)，且cos x ＝45，所以sin x ＝35， ∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4＝22sin x ＋22cos x ＝7210.13．已知圆C ：(x －3)2＋(y －4)2＝1和两点A (－m,0)，B (m,0)(m >0)，若圆上存在点P ，使得∠APB ＝90°，则m 的取值范围是________．答案 [4,6]解析 由已知，以AB 为直径的圆与圆C 有公共点，又AB 的中点为原点，则|AB |＝2m ，则|m －1|≤(0－3)2＋(0－4)2≤m ＋1，解得4≤m ≤6，即m 的取值范围是[4,6]．14．已知四棱锥P －ABCD 的底面为矩形，平面PBC ⊥平面ABCD ，PE ⊥BC 于点E ，EC ＝1，AB ＝6，BC ＝3，PE ＝2，则四棱锥P －ABCD 的外接球半径为________．答案 2解析 如图，由已知，设三角形PBC 外接圆圆心为O 1，由正弦定理可求出三角形PBC 外接圆半径为102，设F 为BC 边的中点，进而求出O 1F ＝12，设四棱锥的外接球球心为O ，外接球半径的平方为⎝ ⎛⎭⎪⎫BD 22＋O 1F 2＝4，所以四棱锥外接球半径为2.。
(全国通用)2020版高考数学二轮复习专题提分教程基础保分强化训练 全集 理
基础保分强化训练(一)1．设集合A ＝{x ∈Z |x 2≤1}，B ＝{－1,0,1,2}，则A ∩B ＝( ) A ．{－1,1} B ．{0} C ．{－1,0,1} D ．[－1,1]答案 C解析 ∵A ＝{x ∈Z |x 2≤1}＝{－1,0,1}，B ＝{－1，0,1,2}，∴A ∩B ＝{－1,0,1}．故选C.2．已知复数z 满足：1＋z 1－z ＝－i(i 是虚数单位)，z －是z 的共轭复数，则复数1＋z －对应的点位于复平面内的( )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 设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )．由已知，得1＋a ＋b i ＝(1－a －b i)·(－i)，整理，得1＋a ＋b ＋(b －a ＋1)i ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧1＋a ＋b ＝0，b －a ＋1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝0，b ＝－1.故z ＝－i,1＋z －＝1＋i.所以1＋z －对应的点位于复平面内第一象限，故选A.3．直线y ＝3x 被圆C ：x 2＋y 2－2x ＝0截得的弦长为( ) A ．2 B. 3 C ．1 D. 2 答案 C解析 圆C ：x 2＋y 2－2x ＝0的圆心为(1,0)，半径为1，圆心到直线y ＝3x 的距离为d ＝|3|3＋1＝32，弦长为2×1－⎝⎛⎭⎪⎫322＝1，故选C. 4．已知cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π2＝35，－π2<α<π2，则sin2α的值等于( ) A.1225 B ．－1225 C.2425 D ．－2425答案 D解析 因为cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π2＝35，所以sin α＝－35，又－π2<α<π2，所以cos α＝45，所以sin2α＝2sin αcos α＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－35×45＝－2425，故选D.5．某地某所高中2019年的高考考生人数是2016年高考考生人数的1.5倍，为了更好地对比该校考生的升学情况，统计了该校2016年和2019年的高考情况，得到如图所示的柱状图：则下列结论正确的是( )A．与2016年相比，2019年一本达线人数减少B．与2016年相比，2019年二本达线人数增加了0.5倍C．与2016年相比，2019年艺体达线人数相同D．与2016年相比，2019年不上线的人数有所增加答案 D解析设2016年该校参加高考的人数为S，则2019年该校参加高考的人数为1.5S,2016年一本达线人数为0.28S,2019年一本达线人数为0.24×1.5S＝0.36S，可见一本达线人数增加了，故A错误；2016年二本达线人数为0.32S,2019年二本达线人数为0.4×1.5S＝0.6S，显然2019年二本达线人数不是增加了0.5倍，故B错误；2016年和2019年，艺体达线率没变，但是人数是不相同的，故C错误；2016年不上线人数为0.32S,2019年不上线人数为0.28×1.5S＝0.42S，不达线人数有所增加．故选D.6．已知等比数列{a n}的各项均为正数，其前n项和为S n，若a2＝2，S6－S4＝6a4，则a5＝( )A．4 B．10 C．16 D．32答案 C解析 设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，S 6－S 4＝a 5＋a 6＝6a 4，因为a 2＝2，所以2q 3＋2q 4＝12q 2，即q 2＋q －6＝0，所以q ＝2，则a 5＝2×23＝16.7．设D 为△ABC 所在平面内一点，BC →＝－4CD →，则AD →＝( ) A.14AB →－34AC → B.14AB →＋34AC →C.34AB →－14AC →D.34AB →＋14AC → 答案 B解析 在△ABC 中，BC →＝－4CD →，即－14BC →＝CD →，则AD →＝AC →＋CD →＝AC →－14BC →＝AC →－14(BA →＋AC →)＝14AB →＋34AC →，故选B. 8.已知函数f (x )＝sin x ＋lg (x 2＋1＋x )，g (x )＝cos x ＋2x ＋2－x，若F (x )＝f (x )g (x )＋2，则F (2019)＋F (－2019)＝( )A ．4B ．2C ．0D ．1 答案 A解析 由题意可知f (x )为奇函数，g (x )为偶函数，且定义域均为R ，所以f (x )g (x )为奇函数，令φ(x )＝f (x )·g (x )，则φ(2019)＋φ(－2019)＝0，因为F (x )＝f (x )·g (x )＋2＝φ(x )＋2，所以F (2019)＋F (－2019)＝φ(2019)＋2＋φ(－2019)＋2＝4，故选A.9．设F 1，F 2为椭圆x 29＋y 25＝1的两个焦点，点P 在椭圆上，若线段PF 1的中点在y 轴上，则|PF 2||PF 1|的值为( ) A.514 B.59 C.49 D.513答案 D解析 如图，设线段PF 1的中点为M ，因为O 是F 1F 2的中点，所以OM ∥PF 2，可得PF 2⊥x轴，|PF 2|＝b 2a ＝53，|PF 1|＝2a －|PF 2|＝133，所以|PF 2||PF 1|＝513，故选D.10．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，P 是线段BC 1上一动点，则AP ＋PD 的最小值为( )A.3－ 6B.3－ 3C.3＋ 3D.3＋ 6答案 D解析 根据题意可得正方体如下图，将平面ABC 1D 1和平面DBC 1沿BC 1展开到一个平面内可得下图：由图可知，AP ＋PD 的最小值为AD ′，因为AB ＝1，BC 1＝BD ＝DC 1＝2，所以∠ABD ′＝150°，在△ABD ′中，由余弦定理可得AD ′2＝AB 2＋BD ′2－2AB ·BD ′·cos150°，代入可得AD ′2＝1＋2＋2×1×2×32＝3＋6，所以AD ′＝3＋6，故选D. 11．已知函数f (x )＝x 3－9x 2＋29x －30，实数m ，n 满足f (m )＝－12，f (n )＝18，则m ＋n ＝( )A ．6B ．8C ．10D ．12 答案 A解析 因为三次函数的图象一定是中心对称图形，所以可设其对称中心为(a ，c )，f (x )＝x 3－9x 2＋29x －30＝(x －a )3＋b (x －a )＋c ＝x 3－3ax 2＋(3a 2＋b )x －a 3－ab ＋c ，所以⎩⎪⎨⎪⎧－3a ＝－9，3a 2＋b ＝29，－a 3－ab ＋c ＝－30，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，b ＝2，c ＝3，所以f (x )的图象关于点(3,3)中心对称．又f (m )＝－12，f (n )＝18，f (m )＋f (n )2＝－12＋182＝3，所以m ＋n2＝3，得m ＋n ＝6，故选A.12．运行程序框图，如果输入某个正数n 后，输出的s ∈(20,50)，那么n 的值为________．答案 4解析 依次运行框图中的程序，可得， 第一次：s ＝1＋3×0＝1，k ＝2； 第二次：s ＝1＋3×1＝4，k ＝3； 第三次：s ＝1＋3×4＝13，k ＝4； 第四次：s ＝1＋3×13＝40，k ＝5； 第五次：s ＝1＋3×40＝121，k ＝6； …因为输出的s ∈(20,50)，所以程序运行完第四次即可满足题意，所以判断框中n 的值为4.13．若x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧y ≥x ，x ＋y ≤1，y ≥－1，则z ＝2x －y 的最大值是________．答案 12解析 画出约束条件⎩⎪⎨⎪⎧y ≥x ，x ＋y ≤1，y ≥－1表示的可行域，如图中阴影部分所示，作出直线2x－y ＝0并平移，数形结合知，当直线经过点A 时，z ＝2x －y 取得最大值，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝1，y ＝x ，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12，y ＝12，∴A ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，故z max ＝2×12－12＝12.14．若x 10－x 5＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋…＋a 10(x －1)10，则a 5＝________. 答案 251解析 x 10－x 5＝[(x －1)＋1]10－[(x －1)＋1]5，则a 5＝C 510－C 05＝252－1＝251.基础保分强化训练(二)A ．[1，＋∞)B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1 C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞ D ．(1，＋∞)答案 A解析 因为A ∩B ≠∅，所以⎩⎪⎨⎪⎧2a －1≥1，2a －1≥12a ，解得a ≥1，故选A.2．若复数z ＝1＋m i1＋i 在复平面内对应的点在第四象限，则实数m 的取值范围是( )A ．(－1,1)B ．(－1,0)C ．(1，＋∞)D ．(－∞，－1)答案 A解析 因为z ＝1＋m i 1＋i ＝(1＋m i )(1－i )(1＋i )(1－i )＝1＋m 2＋m －12i ，在复平面内对应的点为⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋m 2，m －12，且在第四象限，所以⎩⎪⎨⎪⎧1＋m2>0，m －12<0，解得－1<m <1，故选A.3．设S n 是各项均不为0的等差数列{a n }的前n 项和，且S 13＝13S 7，则a 7a 4等于( ) A ．1 B ．3 C ．7 D ．13 答案 C解析 因为S n 是各项均不为0的等差数列{a n }的前n 项和，且S 13＝13S 7，所以13(a 1＋a 13)2＝13×7(a 1＋a 7)2，即a 7＝7a 4，所以a 7a 4＝7.故选C.4．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某简单几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A.4π3 B.8π3 C.16π3 D.32π3答案 A解析 由三视图可得该几何体为半圆锥，底面半圆的半径为2，高为2，则其体积V ＝12×13×π×22×2＝4π3，故选A.5．已知i 与j 为互相垂直的单位向量，a ＝i －2j ，b ＝i ＋λj ，且a 与b 的夹角为锐角，则实数λ的取值范围是( )A ．(－∞，－2)∪⎝⎛⎭⎪⎫－2，12 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，23∪⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12 答案 A解析 因为i 与j 为互相垂直的单位向量，所以i 2＝j 2＝1，i ·j ＝0.又因为a ＝i －2j ，b ＝i ＋λj ，且a 与b 的夹角为锐角，所以a ·b ＝1－2λ>0，λ<12.但当λ＝－2时，a ＝b ，不满足要求，故满足条件的实数λ的取值范围为(－∞，－2)∪⎝⎛⎭⎪⎫－2，12.故选A.6．若函数f (x )＝sin2x ＋cos2x ，则下列结论正确的是( ) A ．函数f (x )的最小正周期为2πB ．对任意的x ∈R ，都有f ⎝⎛⎭⎪⎫x －π4＋f (－x )＝0C ．函数f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫π2，3π4上是减函数D ．函数f (x )的图象关于直线x ＝－π8对称答案 B解析 函数f (x )＝sin2x ＋cos2x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4，则函数f (x )的最小正周期为T ＝2π2＝π，故A 错误；f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4＋f (－x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π4＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x ＋π4＝0，故B 正确；令π2＋2k π≤2x ＋π4≤2k π＋3π2(k ∈Z )，解得π8＋k π≤x ≤k π＋5π8(k ∈Z )，当k ＝0时，函数的单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤π8，5π8，故C 错误；当x ＝－π8时，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π8＝0，故D 错误．故选B.7．已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，B 1C ，C 1D 与底面ABCD 所成的角分别为60°和45°，则异面直线B 1C 和C 1D 所成角的余弦值为( )A.64 B.14 C.26 D.36答案 A解析 ∵B 1C 和C 1D 与底面ABCD 所成的角分别为60°和45°，∴∠B 1CB ＝60°，∠C 1DC ＝45°.由图可知，B 1C 与C 1D 所成的角，即为A 1D 与C 1D 所成的角，即∠A 1DC 1.令BC ＝1，则B 1B ＝AB ＝3，∴A 1D ＝2，A 1C 1＝2，C 1D ＝ 6.由余弦定理，得cos ∠A 1DC 1＝22＋(6)2－222×2×6＝64.故选A. 8．把标号为1,2,3,4的四个小球分别放入标号为1,2,3,4的四个盒子中，每个盒子只放一个小球，则1号球不放入1号盒子的方法共有( )A ．18种B ．9种C ．6种D ．3种 答案 A解析 由于1号球不放入1号盒子，则1号盒子有2,3,4号球三种选择，还剩余三个球可以任意放入2,3,4号盒子中，则2号盒子有三种选择，3号盒子还剩两种选择，4号盒子只有一种选择，根据分步计数原理可得1号球不放入1号盒子的方法有C 13·C 13·C 12·1＝18种．故选A.9．已知F 1，F 2是双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的两个焦点，P 是双曲线C 上一点，若|PF 1|＋|PF 2|＝6a ，且△PF 1F 2的最小内角的大小为30°，则双曲线C 的渐近线方程是( )A.2x ±y ＝0 B ．x ±2y ＝0 C ．2x ±y ＝0 D ．x ±2y ＝0 答案 A解析 不妨设|PF 1|>|PF 2|，则⎩⎪⎨⎪⎧|PF 1|－|PF 2|＝2a ，|PF 1|＋|PF 2|＝6a ，所以|PF 1|＝4a ，|PF 2|＝2a ，且|F 1F 2|＝2c ，即|PF 2|为最小边，所以∠PF 1F 2＝30°，则△PF 1F 2为直角三角形，所以2c ＝23a ，所以b ＝2a ，即渐近线方程为y ＝±2x ，故选A.10．若x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －3≥0，kx －y ＋3≥0，y ≥0，且z ＝y －x 的最小值为－12，则k 的值为( )A.12 B ．－12 C.14 D ．－14 答案 D解析 依题意，易知k ≤－1和k ≥0不符合题意．由⎩⎪⎨⎪⎧kx －y ＋3＝0，y ＝0得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3k，0，结合图形可知，当直线z ＝y －x 过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3k ，0时，z 有最小值，于是有0＋3k ＝－12，k ＝－14，选D.11．椭圆x 24＋y 2＝1上存在两点A ，B 关于直线4x －2y －3＝0对称，若O 为坐标原点，则|OA →＋OB →|＝( )A ．1 B. 3 C. 5 D.7 答案 C解析 由题意，直线AB 与直线4x －2y －3＝0垂直，设直线AB 的方程为y ＝－12x ＋m .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－12x ＋m ，x 24＋y 2＝1消去y 整理得x 2－2mx ＋2m 2－2＝0，∵直线AB 与椭圆交于两点，∴Δ＝(－2m )2－4(2m 2－2)＝－4m 2＋8>0，解得－2<m < 2.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，AB 的中点为M (x 0，y 0)，则x 1＋x 2＝2m ，∴x 0＝x 1＋x 22＝m ，y 0＝－12x 0＋m ＝m 2，∴点M 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫m ，m 2.由题意得点M 在直线4x －2y －3＝0上，∴4m －2×m 2－3＝3m －3＝0，解得m ＝1.∴x 1＋x 2＝2，y 1＋y 2＝－12(x 1＋x 2)＋2m ＝1，∴OA →＋OB →＝(2,1)，∴|OA→＋OB →|＝ 5.故选C.12．已知角α的顶点与直角坐标系的原点重合，始边与x 轴的非负半轴重合，终边经过点P (－1,2)，则cos2α＝________.答案 －35解析 设点P 到原点的距离是r ，由三角函数的定义，得r ＝5，sin α＝2r ＝25，可得cos2α＝1－2sin 2α＝1－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫252＝－35.13．将1,2,3,4，…正整数按如图所示的方式排成三角形数组，则第10行左数第10个数为________．答案 91解析 由三角形数组可推断出，第n 行共有2n －1项，且最后一项为n 2，所以第10行共19项，最后一项为100，左数第10个数是91.14．已知在△ABC 中，B ＝2A ，∠ACB 的平分线CD 把三角形分成△BCD 和△ACD ，且S △BCD ∶S △ACD ＝4∶3，则cos A ＝________.答案 38解析 在△ADC 中，由正弦定理，得AC sin ∠ADC ＝37AB sin ∠ACD ⇒AC 37AB ＝sin ∠ADCsin ∠ACD.同理，在△BCD中，得BC sin ∠BDC ＝47AB sin ∠BCD ⇒BC 47AB ＝sin ∠BDCsin ∠BCD，又sin ∠ADC ＝sin ∠BDC ，sin ∠ACD ＝sin ∠BCD ，所以AC 37AB ＝BC 47AB ⇒AC ＝34BC ，由正弦定理，得sin B ＝34sin A ，又B ＝2A ，即sin B ＝2sin A cos A ，求得cos A ＝38.基础保分强化训练(三)1．已知1－i z＝(1＋i)2(i 为虚数单位)，则复数z 的共轭复数为( )A ．－12－12iB ．－12＋12iC.12－12iD.12＋12i 答案 B解析 ∵1－i z ＝(1＋i)2，∴z ＝1－i (1＋i )2＝1－i 2i ＝1＋i －2＝－12－12i ，∴z －＝－12＋12i.故选B. 2．设命题p ：∀x ∈R ，x 3－x 2＋1≤0，则p 为( )A ．∃x ∈R ，x 3－x 2＋1>0 B ．∀x ∈R ，x 3－x 2＋1>0 C ．∃x ∈R ，x 3－x 2＋1≤0 D ．∀x ∈R ，x 3－x 2＋1≥0答案 A解析 ∵命题p ：∀x ∈R ，x 3－x 2＋1≤0，∴p 为∃x ∈R ，x 3－x 2＋1>0.故选A.3．已知集合A ＝{x ∈Z |x 2－4x <0}，B ＝{x ∈Z |0<log 5x <1}，则A ∩B ＝( ) A ．{x |0<x <5} B ．{x |1<x <4} C ．{2,3} D ．{1,2,3,4}答案 C解析 因为A ＝{x ∈Z |x 2－4x <0}，所以A ＝{1,2,3}，因为B ＝{x ∈Z |0<log 5x <1}，所以B ＝{2,3,4}，根据集合交集运算，可得A ∩B ＝{2,3}，所以选C.4．执行如图所示的程序框图，若输出结果为1，则可输入的实数x 的值的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4 答案 B解析 根据题意，该框图的含义是： 当x ≤2时，得到函数y ＝x 2－1； 当x >2时，得到函数y ＝log 2x . 因此，若输出的结果为1时，①若x ≤2，得到x 2－1＝1，解得x ＝±2； ②若x >2，得到log 2x ＝1，解得x ＝2(舍去)．因此，可输入的实数x 的值可能为－2，2，共有2个．故选B.5．已知函数f (x )＝cos(x ＋θ)(0<θ<π)在x ＝π3时取得最小值，则f (x )在[0，π]上的单调递增区间是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，πB.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，2π3C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，2π3D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤2π3，π 答案 A解析 因为0<θ<π，所以π3<π3＋θ<4π3，又f (x )＝cos(x ＋θ)在x ＝π3时取得最小值，所以π3＋θ＝π，θ＝2π3，所以f (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2π3.由0≤x ≤π，得2π3≤x ＋2π3≤5π3.由π≤x ＋2π3≤5π3，得π3≤x ≤π，所以f (x )在[0，π]上的单调递增区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，π，故选A.6．如图所示，在平面直角坐标系内，四边形ABCD 为矩形，且A (－1,1)，B (1,1)，C (1,0)，D (－1，0)，曲线y ＝|x |3过点A 和B ，则在矩形ABCD 内随机取一点M ，则点M 在阴影区域内的概率为( )A.45B.34C.23D.12 答案 B解析 因为当x ≥0时，y ＝|x |3，即y ＝x 3，⎠⎛01x 3d x ＝14x 410＝14，所以阴影部分的面积为34×2＝32，因为矩形ABCD 的面积为2，所以点M 在阴影区域内的概率为34，故选B. 7．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A.272B ．27C ．27 2D ．27 3 答案 D解析 在长、宽、高分别为3,33，33的长方体中，由几何体的三视图得几何体为如图所示的三棱锥C －BAP ，其中底面BAP 是∠BAP ＝90°的直角三角形，AB ＝3，AP ＝33，所以BP ＝6，又棱CB ⊥平面BAP 且CB ＝33，所以AC ＝6，所以该几何体的表面积是12×3×33＋12×3×33＋12×6×33＋12×6×33＝273，故选D.8．已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，过F 且倾斜角为120°的直线与抛物线C 交于A ，B 两点，若AF ，BF 的中点在y 轴上的射影分别为M ，N ，且|MN |＝43，则抛物线C 的准线方程为( )A ．x ＝－1B ．x ＝－2C ．x ＝－32 D ．x ＝－3答案 D解析 设AF ，FB 的中点分别为D ，E ，则|AB |＝2|DE |，由题得|DE |＝43sinπ3＝8，所以|AB |＝16，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＋p ＝16，∴x 1＋x 2＝16－p ，联立直线和抛物线的方程得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝2px ，y ＝－3⎝ ⎛⎭⎪⎫x －p 2，∴3x 2－5px ＋34p 2＝0，所以16－p ＝5p 3，∴p ＝6，所以抛物线的准线方程为x ＝－3.故选D.9．在△ABC 中，D 为三角形所在平面内一点，且AD →＝13AB →＋12AC →，则S △BCD S △ABD＝( )A.16B.13C.12D.23 答案 B解析 如图，由题意可知，点D 在平行于AB 边的中位线EF 上且满足DE ＝13AB ，S △ABD ＝12S △ABC ，S △ACD ＝13S △ABC ，∴S △BCD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12－13S △ABC ＝16S △ABC ，∴S △BCD S△ABD ＝13，故选B.10．如图，为了测量某湿地A ，B 两点间的距离，观察者找到在同一直线上的三点C ，D ，E .从D 点测得∠ADC ＝67.5°，从C 点测得∠ACD ＝45°，∠BCE ＝75°，从E 点测得∠BEC ＝60°.若测得DC ＝23，CE ＝2(单位：百米)，则A ，B 两点间的距离为( )A. 6 B ．2 2 C ．3 D ．2 3 答案 C解析 根据题意，在△ADC 中，∠ACD ＝45°，∠ADC ＝67.5°，DC ＝23，则∠DAC ＝180°－45°－67.5°＝67.5°，则AC ＝DC ＝23，在△BCE 中，∠BCE ＝75°，∠BEC ＝60°，CE ＝2，则∠EBC ＝180°－75°－60°＝45°，则有EC sin ∠EBC＝BCsin ∠BEC，变形可得BC ＝EC ·sin ∠BECsin ∠EBC＝2×3222＝3，在△ABC 中，AC ＝23，BC ＝3，∠ACB ＝180°－∠ACD －∠BCE＝60°，则AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC ·cos ∠ACB ＝9，则AB ＝3.故选C.11．已知直线l 与曲线y ＝x 3－6x 2＋13x －9相交，交点依次为A ，B ，C ，且|AB |＝|BC |＝5，则直线l 的方程为( )A ．y ＝－2x ＋3B ．y ＝2x －3C ．y ＝3x －5D ．y ＝－3x ＋2答案 B解析 设f(x )＝x 3－6x 2＋13x －9，则f ′(x )＝3x 2－12x ＋13，设g(x )＝3x 2－12x ＋13，则g ′(x )＝6x －12，令g ′(x )＝0，得x ＝2，所以曲线y ＝x 3－6x 2＋13x －9的对称中心为(2,1)．由|AB |＝|BC |可知直线l 经过点(2,1)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 3－6x 2＋13x －9，(x －2)2＋(y －1)2＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝－1或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝3，因此可得直线l 过点(1，－1)，(3,3)，(2,1)，所以直线l 的方程为y ＝2x －3.故选B.答案 1解析 由二项式定理的展开式可得C r 10x10－r⎝⎛⎭⎪⎫－a x r13．已知圆C ：(x －3)2＋(y －4)2＝1和两点A (－m ,0)，B (m ,0)(m >0)，若圆上存在点P ，使得∠APB ＝90°，则m 的取值范围是________．答案 [4,6]解析 由已知，以AB 为直径的圆与圆C 有公共点，又AB 的中点为原点，则|AB |＝2m ，则|m －1|≤(0－3)2＋(0－4)2≤m ＋1，解得4≤m ≤6，即m 的取值范围是[4,6]．14．已知四棱锥P －ABCD 的底面为矩形，平面PBC ⊥平面ABCD ，PE ⊥BC 于点E ，EC ＝1，AB ＝6，BC ＝3，PE ＝2，则四棱锥P －ABCD 的外接球半径为________．答案 2解析 如图，由已知，设三角形PBC 外接圆圆心为O 1，由正弦定理可求出三角形PBC 外接圆半径为102，设F 为BC 边的中点，进而求出O 1F ＝12，设四棱锥的外接球球心为O ，外接球半径的平方为⎝ ⎛⎭⎪⎫BD 22＋O 1F 2＝4，所以四棱锥外接球半径为2.基础保分强化训练(四)1．集合A ＝{x |x 2－a ≤0}，B ＝{x |x <2}，若A ⊆B ，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，4] B ．(－∞，4) C ．[0,4]D ．(0,4)答案 B解析 当a <0时，集合A ＝∅，满足题意；当a ≥0时，A ＝[－a ，a ]，若A ⊆B ，则a <2，所以0≤a ＜4，所以a ∈(－∞，4)，故选B.2．已知复数z 满足z ＋|z|＝3＋i ，则z ＝( ) A ．1－i B ．1＋i C.43－i D.43＋i答案 D解析 设z ＝a ＋bi ，其中a ，b ∈R ，由z ＋|z |＝3＋i ，得a ＋b i ＋a 2＋b 2＝3＋i ，由复数相等可得⎩⎨⎧a ＋a 2＋b 2＝3，b ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝43，b ＝1，故z ＝43＋i ，故选D.3．已知直线l ：y ＝kx ＋1与圆O ：x 2＋y 2＝2相交于A ，B 两点，则“k ＝1”是“∠AOB ＝120°”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件答案 A解析 由题意得圆心(0,0)到直线l ：y ＝kx ＋1的距离为d ＝11＋k2，若∠AOB ＝120°，则有11＋k2＝2×12，得k 2＝1即k ＝±1，若k ＝1时，则∠AOB ＝120°，但∠AOB ＝120°时，k ＝－1或k ＝1，故选A.4．将数字1,2,3填入编号为4,5,6的三个方格中，每个方格填上一个数字，则恰有一个方格的编号与所填的数字之差为3的概率是( )A.25B.35C.12D.34 答案 C解析 将数字1,2,3填入编号为4,5,6的三个方格中，其基本事件为(1,2,3)，(1,3,2)，(2,1,3)，(2,3,1)，(3,2,1)，(3,1,2)，共有6个，其中恰有一个方格的编号与所填的数字之差为3的事件有(1,3,2)，(2,1,3)，(3,2,1)，所以恰有一个方格的编号与所填的数字之差为3的概率P ＝36＝12.故选C.5．在△ABC 中，M 是BC 的中点，AM ＝1，点P 在AM 上且满足AP →＝2PM →，则PA →·(PB →＋PC →)等于( )A ．－49B ．－43 C.43 D.49答案 A解析 如图，∵AP →＝2PM →，∴AP →＝PB →＋PC →，∴PA →·(PB →＋PC →)＝－PA →2，∵AM ＝1且AP →＝2PM →，∴|PA →|＝23，∴PA →·(PB →＋PC →)＝－49，故选A.6．下列函数中，既是奇函数又在(－∞，＋∞)上单调递增的是( ) A ．y ＝sin x B ．y ＝|x |C ．y ＝－x 3D ．y ＝ln (x 2＋1＋x )答案 D解析 sin x 不是单调递增函数，可知A 错误；|－x |＝|x |，则函数y ＝|x |为偶函数，可知B 错误；y ＝－x 3在(－∞，＋∞)上单调递减，可知C 错误；ln ((－x )2＋1－x )＝ln1x 2＋1＋x＝－ln (x 2＋1＋x )，则y ＝ln (x 2＋1＋x )为奇函数；当x ≥0时，x 2＋1＋x 单调递增，由复合函数单调性可知y ＝ln (x 2＋1＋x ) 在[0，＋∞)上单调递增，根据奇函数对称性，可知在(－∞，＋∞)上单调递增，则D 正确．故选D.7．一个几何体的三视图如图所示，图中的三个正方形的边长均为2，则该几何体的体积为( )A ．8－2π3B ．4－π3C ．8－π3D ．4－2π3答案 A解析 由三视图可得该几何体的直观图如图所示，该几何体是一个棱长为2的正方体上、下各挖去一个底面半径为1，高为1的圆锥后剩余的部分，其体积为23－2×13×π×12×1＝8－2π3.故选A.8．已知平面区域Ω1：⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＋2≥0，x ＋y ≤0，y ＋2≥0，Ω2：x 2＋y 2≤9，则点P (x ，y )∈Ω1是P (x ，y )∈Ω2的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件答案 A解析 平面区域Ω2：x 2＋y 2≤9，表示圆以及内部部分； Ω1：⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＋2≥0，x ＋y ≤0，y ＋2≥0的可行域如图三角形区域：则点P (x ，y )∈Ω1是P (x ，y )∈Ω2的充分不必要条件．故选A.9．若ω>0，函数y ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π3的图象向右平移π3个单位长度后与函数y ＝sin ωx 的图象重合，则ω的最小值为( )A.112 B.52 C.12 D.32答案 B解析 函数y ＝cos ⎝⎛⎭⎪⎫ωx ＋π3的图象向右平移π3个单位长度后，所得函数图象对应的解析式为y ＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤ω⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3＋π3＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －ωπ3＋π3，其图象与函数y ＝sin ωx ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π2＋2k π，k ∈Z 的图象重合，∴－π2＋2k π＝－ωπ3＋π3，k ∈Z ，∴ω＝－6k ＋52，k ∈Z ，又ω>0，∴ω的最小值为52，故选B.10．设a ＝log 43，b ＝log 52，c ＝log 85，则( ) A ．a <b <c B ．b <c <a C ．b <a <c D ．c <a <b 答案 B解析 ∵a ＝log 43＝log 6427＝lg 27lg 64，c ＝log 85＝log 6425＝lg 25lg 64，∴log 43>log 85，即a >c ，∵2<5，5>8，∴c ＝log 85>log 88＝12，b ＝log 52<log 55＝12，∴log 85>log 52，即c >b ，∴log 43>log 85>log 52， 即a >c >b .故选B.11．已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，过原点的直线与双曲线C 交于A ，B 两点，若∠AF 2B ＝60°，△ABF 2的面积为3a 2，则双曲线的渐近线方程为( )A ．y ＝±12xB ．y ＝±2xC ．y ＝±33x D ．y ＝±3x答案 D解析 根据题意，连接AF 1，BF 1，AF 2，BF 2得四边形AF 2BF 1为平行四边形，几何关系如图所示，设|AF 2|＝x ，则|BF 1|＝x ，|BF 2|＝x ＋2a ，△ABF 2的面积为3a 2，∠AF 2B ＝60°，则由三角形面积公式可得3a 2＝12x ·(x ＋2a )·32，化简得x 2＋2ax －4a 2＝0，解得x ＝(5－1)a ，x ＝(－5－1)a (舍去)．所以|BF 2|＝(5＋1)a .在△BF 1F 2中，|F 1F 2|＝2c ，由余弦定理可得|F 1F 2|2＝|BF 1|2＋|BF 2|2－2|BF 1|·|BF 2|·cos120°，即(2c )2＝(5－1)2a 2＋(5＋1)2a 2－2(5－1)a ·(5＋1)a cos120°，化简可得c 2＝4a 2，由双曲线中c 2＝a 2＋b 2，可得b 2＝3a 2，即b a＝±3，所以渐近线方程为y ＝±3x ，所以选D.12．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x，x <0，ln x ，x >0，则f ⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝________.答案 1e解析 ∵f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝ln 1e ＝－1，∴f ⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝f (－1)＝e －1＝1e .13．如图，航空测量组的飞机航线和山顶在同一铅直平面内，已知飞机的飞行高度为10000 m ，速度为50 m/s.某一时刻飞机看山顶的俯角为15°，经过420 s 后看山顶的俯角为45°，则山顶的海拔高度为________ m ．(取2＝1.4，3＝1.7)答案 2650解析 如图，作CD 垂直于AB 的延长线于点D ，由题意知∠A ＝15°，∠DBC ＝45°，∴∠ACB ＝30°，AB ＝50×420＝21000.又在△ABC 中，BCsin ∠A ＝AB sin ∠ACB ，∴BC ＝2100012×sin15°＝10500(6－2)．∵CD ⊥AD ，∴CD ＝BC ·sin∠DBC ＝10500×(6－2)×22＝10500×(3－1)＝7350.故山顶的海拔高度h ＝10000－7350＝2650(m)．14．将数列{a n }中的所有项按每一行比上一行多1项的规则排成如下数阵：记数阵中的第1列数a 1，a 2，a 4，…构成的数列为{b n }，S n 为数列{b n }的前n 项和．若S n＝2b n －1，则a 56＝________.答案 1024解析 当n ≥2时，∵S n ＝2b n －1，∴S n －1＝2b n －1－1，∴b n ＝2b n －2b n －1，∴b n ＝2b n －1(n ≥2且n ∈N *)，∵b 1＝2b 1－1，∴b 1＝1，∴数列{b n }是首项为1，公比为2的等比数列，∴b n ＝2n －1.设a 1，a 2，a 4，a 7，a 11，…的下标1,2,4,7,11，…构成数列{c n }，则c 2－c 1＝1，c 3－c 2＝2，c 4－c 3＝3，c 5－c 4＝4，…，c n －c n －1＝n －1，累加得，c n －c 1＝1＋2＋3＋4＋…＋(n －1)，∴c n ＝n (n －1)2＋1，由c n ＝n (n －1)2＋1＝56，得n ＝11，∴a 56＝b 11＝210＝1024.基础保分强化训练(五)答案 D 解析2．在复平面内，表示复数z ＝1＋2i1－i 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 B解析 由复数除法运算，可得z ＝1＋2i 1－i ＝(1＋2i )(1＋i )(1－i )(1＋i )＝－1＋3i 2＝－12＋32i ，所以在复平面内对应点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，即位于第二象限，所以选B.3．已知F 1，F 2为椭圆C ：x 2a 2＋y 24＝1(a >2)的左、右焦点，若椭圆C 上存在四个不同点P 满足△PF 1F 2的面积为43，则椭圆C 的离心率的取值范围为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32D.⎝ ⎛⎭⎪⎫32，1答案 D解析 设P (x 0，y 0)，S △PF 1F 2＝12|F 1F 2|·|y 0|＝c |y 0|＝43，则|y 0|＝43c ＝43a 2－4，若存在四个不同点P 满足S △PF 1F 2＝43，则0<|y 0|<2，即0<43a 2－4<2，解得a >4，e ＝a 2－4a ＝1－4a 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，1，故选D. 4．设a ，b 为实数，则“a 2b <1”是“b <1a2”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件答案 B解析 当b <1a 2成立时，a 2>0，从而ba 2<1一定成立．当a ＝0时，a 2b <1不能得到b <1a2，所以“a 2b <1”是“b <1a2”的必要不充分条件．5.执行如图所示的程序框图，设输出的数据构成的集合为A ，从集合A 中任取一个元素a ，则函数y ＝x a，x ∈[0，＋∞)是增函数的概率为( )A.47B.45C.35D.34 答案 C解析 执行程序框图，x ＝－3，y ＝3；x ＝－2，y ＝0；x ＝－1，y ＝－1；x ＝0，y ＝0；x ＝1，y ＝3；x ＝2，y ＝8；x ＝3，y ＝15；x ＝4，退出循环．则集合A 中的元素有－1,0,3,8,15，共5个，若函数y ＝x a，x ∈[0，＋∞)为增函数，则a>0，所以所求的概率为35.6．已知数列{a n }，{b n }满足b n ＝log 3a n ，n ∈N *，其中{b n }是等差数列，且a 1a 2019＝3，则b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 2019＝( )A ．2020B ．1010 C.20194 D.20192答案 D解析 由于b n ＝log 3a n ，所以b 1＋b 2019＝log 3a 1＋log 3a 2019＝log 3(a 1a 2019)＝1，因为{b n }是等差数列，故b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 2019＝b 1＋b 20192×2019＝20192，故选D.7．已知F 是双曲线E ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的左焦点，过点F 且倾斜角为30°的直线与曲线E 的两条渐近线依次交于A ，B 两点，若A 是线段FB 的中点，且C 是线段AB 的中点，则直线OC 的斜率为( )A ．－ 3 B. 3 C ．－3 3 D ．3 3 答案 D解析 由题意知，双曲线渐近线为y ＝±ba x ，设直线方程为y ＝33(x ＋c )，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝33(x ＋c )，y ＝－b a x ，得y A ＝c 3＋a b.同理可得y B ＝c 3－a b，∵A 是FB 的中点，∴y B ＝2y A ⇒b＝3a ⇒c ＝a 2＋b 2＝2a ，∴y A ＝32a ，y B ＝3a ⇒x A ＝－12a ，x B ＝a ，∴x C ＝x A ＋x B 2＝a 4，y C ＝y A ＋y B2＝334a ，∴k OC ＝y Cx C＝33，故选D. 8．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.332 B ．2 3 C.532D ．3 3 答案 C解析 依题意，如图所示，题中的几何体是从正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中截去一个三棱锥B －A 1B 1E (其中点E 是B 1C 1的中点)后剩余的部分，其中正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的高为3，底面是一个边长为2的正三角形，因此该几何体的体积为⎝ ⎛⎭⎪⎫34×22×3－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×34×22×3＝532，故选C.9．已知四面体ABCD 中，平面ABD ⊥平面BCD ，△ABD 是边长为2的等边三角形，BD ＝DC ，BD ⊥DC ，则异面直线AC 与BD 所成角的余弦值为( )A.24 B.23 C.12 D.34答案 A解析 根据题意画出图形如图所示．∵平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，BD ⊥DC ，∴DC ⊥平面ABD ，以过点D 且与平面BCD 垂直的直线为z 轴建立空间直角坐标系Dxyz ，则D (0,0，0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，A (1，0，3)，∴DB →＝(2,0,0)，AC →＝(－1,2，－3)，∴cos 〈DB →，AC →〉＝DB →·AC →|DB →||AC →|＝－22×22＝－24，∴异面直线AC 与BD 所成角的余弦值为24.故选A.10．函数f (x )＝sin x2ex 的大致图象是( )答案 A 解析11．在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对应的边分别为a ，b ，c ，∠ABC ＝60°，∠ABC 的平分线交AC 于点D ，且BD ＝3，则a ＋2c 的最小值为( )A ．4B ．5C ．2＋2 2D ．3＋2 2答案 D解析 根据题意，S △ABC ＝12ac sin B ＝34ac ，因为∠ABC 的平分线交AC 于点D ，且BD ＝3，所以S △ABD ＝12BD ·c ·sin∠ABD ＝34c ，S △CBD ＝12BD ·a ·sin∠CBD ＝34a ，而S △ABC ＝S △ABD ＋S △CBD ，所以34ac ＝34c ＋34a ，化简得ac ＝c ＋a ，即1a ＋1c ＝1，则a ＋2c ＝(a ＋2c )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1c ＝3＋a c ＋2c a ≥3＋2a c ·2ca≥3＋22，当且仅当a ＝2c ＝2＋1时取等号，即最小值为3＋22，故选D.12．已知圆C 的半径为2，圆心在x 轴的正半轴上，直线3x ＋4y ＋4＝0与圆C 相切，则圆C 的标准方程为________．答案 (x －2)2＋y 2＝4解析 设圆心坐标为(a,0)，半径为R ，则圆的方程为(x －a )2＋y 2＝4，圆心与切点连线必垂直于切线，根据点到直线的距离公式，得d ＝R ＝2＝|3a ＋4×0＋4|32＋42，解得a ＝2或a ＝－143⎝ ⎛⎭⎪⎫因圆心在x 轴的正半轴，a ＝－143不符合，舍去，所以圆C 的标准方程为(x －2)2＋y 2＝4.13．若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x＋1，x ≥0，mx ＋m －1，x <0在(－∞，＋∞)上单调递增，则m 的取值范围是________．答案 (0,3]解析 ∵函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x＋1，x ≥0，mx ＋m －1，x <0在(－∞，＋∞)上单调递增，∴函数y ＝mx ＋m－1在区间(－∞，0)上为增函数，∴⎩⎪⎨⎪⎧m >0，m －1≤20＋1＝2，解得0<m ≤3，∴实数m 的取值范围是(0,3]．14．如图所示，阴影部分由函数f (x )＝sin πx 的图象与x 轴围成，向正方形中投掷一点，该点落在阴影区域的概率为________．答案2π解析基础保分强化训练(六)1．学校先举办了一次田径运动会，某班共有8名同学参赛，又举办了一次球类运动会，这个班有12名同学参赛，两次运动会都参赛的有3人．两次运动会中，这个班总共的参赛人数为( )A ．20B ．17C ．14D ．23 答案 B解析 因为参加田径运动会的有8名同学，参加球类运动会的有12名同学，两次运动会都参加的有3人，所以两次运动会中，这个班总共的参赛人数为8＋12－3＝17.2．已知集合M ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x －2x －3<0，N ＝{x |log 12(x －2)≥1}，则M∩N＝( ) A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫52，3 B.⎝ ⎛⎦⎥⎤2，52 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤2，52 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫52，3答案 B解析 M ＝(2,3)，N ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪0<x －2≤12＝⎝ ⎛⎦⎥⎤2，52，所以M ∩N ＝⎝ ⎛⎦⎥⎤2，52，选B.3．已知向量a ，b 的夹角为60°，|a |＝2，|b |＝4，则(a －b )·b ＝( ) A ．－16 B ．－13 C ．－12 D ．－10 答案 C解析 ∵向量a ，b 的夹角为60°，|a |＝2，|b |＝4，∴a ·b ＝|a ||b |·cos60°＝2×4×12＝4，∴(a －b )·b ＝a ·b －b 2＝4－16＝－12.故选C.4．刘徽是一个伟大的数学家，他的杰作《九章算术法》和《海岛算经》是中国宝贵的数学遗产，他所提出的割圆术可以估算圆周率π，理论上能把π的值计算到任意精度．割圆术的第一步是求圆的内接正六边形的面积．若在圆内随机取一点，则此点取自该圆内接正六边形的概率是( )A.334π B.332π C.12π D.14π答案 B解析 如图，在单位圆中作其内接正六边形，则所求概率P ＝S 六边形S 圆＝34×12×6π×12＝332π.5．设{a n }是首项为正数的等比数列，公比为q ，则“q <0”是“对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n <0”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件答案 B解析 a 1>0，a 2n －1＋a 2n ＝a 1q 2n －2(1＋q )<0⇒1＋q <0⇒q <－1⇒q <0，而a 1>0，q <0，取q ＝－12，此时a 2n －1＋a 2n ＝a 1q 2n －2(1＋q )>0.故“q <0”是“对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n <0”的必要不充分条件．6．执行如图的程序框图，已知输出的s ∈[0,4]．若输入的t ∈[m ，n ]，则实数n －m 的最大值为( )A ．1B ．2C ．3D ．4 答案 D解析 由题意可知s ＝⎩⎪⎨⎪⎧3t (t <1)，4t －t 2(t ≥1)，画出该函数的草图．由图可知，若s ∈[0,4]，则(n －m )max ＝4－0＝4.故选D.7．在复平面内，复数z ＝a ＋b i(a ∈R ，b ∈R )对应向量OZ →(O 为坐标原点)，设|OZ →|＝r ，以射线Ox 为始边，OZ 为终边旋转的角为θ，则z ＝r (cos θ＋isin θ)，法国数学家棣莫弗发现棣莫弗定理：z 1＝r 1(cos θ1＋isin θ1)，z 2＝r 2(cos θ2＋isin θ2)，则z 1z 2＝r 1r 2[cos(θ1＋θ2)＋isin(θ1＋θ2)]，由棣莫弗定理导出了复数乘方公式：[r (cos θ＋isin θ)]n＝r n(cos n θ＋isin n θ)，则⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋32i 5＝( )A.12－32i B ．－12－32iC.12＋32i D ．－12＋32i答案 A解析 由题意得复数z ＝12＋32i 可化为z ＝cos π3＋isin π3，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋32i 5＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos π3＋isin π35＝cos 5π3＋isin 5π3＝12－32i.故选A. 8．已知圆锥的母线长为6，母线与轴的夹角为30°，则此圆锥的体积为( ) A ．27π B ．93π C ．9π D ．33π 答案 B解析 由题意可知，底面半径r ＝6sin30°＝3，圆锥的高h ＝6cos30°＝33，所以圆锥的体积V ＝13πr 2·h ＝93π，故选B.9．若sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝45，α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2，则cos α＝( ) A ．－210 B ．－25 C.25 D.210答案 D解析 由题意可得α＋π4∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，3π4，所以cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝－ 1－sin 2⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4＝－35，结合两角差的余弦公式有cos α＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4－π4＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4cos π4＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4sin π4＝210.故选D.10．已知四边形ABCD 为矩形，且AB ＝2BC ，点E ，F 在平面ABCD 内的射影分别为B ，D ，且BE ＝DF ，若△ABE 的面积为4，若A ，B ，C ，D ，E ，F 这六个点都在球O 的表面上，则球O 的表面积的最小值为( )A ．32πB ．25πC ．52πD ．85π 答案 D解析 设AB ＝2a ，BE ＝b ，则BC ＝a ，所以△ABE 的面积为12×2ab ＝4，即ab ＝4，由图形可观察出A ，B ，C ，D ，E ，F 这六个点所在的多面体可以通过补形为长方体，如图所示，则球O 的表面积为S ＝4π·⎝ ⎛⎭⎪⎫4a 2＋a 2＋b 222＝4π·5a 2＋b 24≥25ab π＝85π，当且仅当b ＝5a且ab ＝4时，等号成立，故选D.11．一项针对都市熟男(三线以上城市，30～50岁男性)消费水平的调查显示，对于最近一年内是否购买过以下七类高价商品，全体被调查者，以及其中包括的1980年及以后出生(80后)的被调查者、1980年以前出生(80前)的被调查者回答“是”的比例分别如下：根据表格中数据判断，以下分析错误的是( ) A ．都市熟男购买比例最高的高价商品是电子产品 B ．从整体上看，80后购买高价商品的意愿高于80前 C ．80前超过3成一年内从未购买过表格中七类高价商品 D ．被调查的都市熟男中80后人数与80前人数的比例大约为2∶1 答案 D解析 从表中的数据可得都市熟男购买电子产品的比例为56.9%，为最高值，所以A 正确；从表中后两列的数据可看出，前6项的比例均是80后的意愿高于80前的意愿，所以B 正确；从表中的最后一列可看出，80前一年内从未购买过表格中七类高价商品的比例为32.1%，超过3成，所以C 正确；根据表中数据不能得到被调查的都市熟男中80后人数与80前人数的比例，所以D 不正确．故选D.12．设n 为正整数，⎝⎛⎭⎪⎫x －2x3n的展开式中仅有第5项的二项式系数最大，则展开式中的常数项为________．答案 112解析 依题意得，n ＝8，所以展开式的通项T r ＋1＝C r 8x8－r·⎝⎛⎭⎪⎫－2x 3r ＝C r 8x 8－4r (－2)r，令8－4r ＝0，解得r ＝2，所以展开式中的常数项为T 3＝C 28(－2)2＝112.13．已知一个袋子中装有4个红球和2个白球，假设每一个球被摸到的可能性是相等的，若从袋子中摸出3个球，记摸到的白球的个数为ξ，则ξ＝1的概率是________；随机变量ξ的期望是________．答案 351解析 根据题意知ξ＝0,1,2，P (ξ＝0)＝C 34C 36＝15；P (ξ＝1)＝C 24C 12C 36＝35；P (ξ＝2)＝C 22C 14C 36＝15；所以E (ξ)＝0×15＋1×35＋2×15＝1.14．已知过抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点F 的直线l 交抛物线于A ，B 两点，过点A 作AA 1⊥y 轴，垂足为A 1，连接A 1B 交x 轴于点C ，若当|AB |长度最小时，四边形AA 1CF 的面积为6，则p ＝________.答案 4解析 因为当|AB |长度最小时，AB ⊥x 轴，垂足为F ，且|AF |＝|BF |＝p ，△BFC 与△BAA 1相似，且相似比为1∶2，因为四边形AA 1CF 的面积为6，所以S △AA 1B ＝8，又因为S △AA 1B ＝12×p2×2p ，所以p ＝4.。
2020年高考文科数学新课标必刷试卷四(含解析)
2020年高考文科数学新课标必刷试卷四（含解析）2020年高考必刷卷04 数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。
用2B铅笔将试卷类型填涂在答题卡的相应位置上。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。
答案不能答在试卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。
不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。
考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷A．B．C．D．B 利用复数的除法运算求出Z，进而求出z的模即可．∵z＝1﹣i，∴zi，故|z|，故选B．本题考查了复数求模问题，考查复数的运算，是一道基础题．2．设全集U={1,2,3,4,5}，集合A={1,2,4}，B={4,5}，则图中的阴影部分表示的集合为A．{5} B．{4}C．{1,2} D．{3,5} A 阴影部分表示B∩CUA；CUA={3,5},∴B∩CUA={5}.故选A 3．已知命题，那么命题为A．B．C．D． A 试题分析：,故选A. 考点：全称命题的否定. 4．朱世杰是历史上最伟大的数学家之一，他所著的《四元玉鉴》卷中“如像招数”五问中有如下问题：“今有官司差夫一千九百八十四人筑堤，只云初日差六十四人，次日转多八人，每人日支米三升”．其大意为“官府陆续派遣1984人前往修筑堤坝，第一天派出64人，从第二天开始每天派出的人数比前一天多8人，修筑堤坝的每人每天分发大米3升”，在该问题中的1984人全部派遣到位需要的天数为A．14 B．16 C．18 D．20 B 利用等差数列的通项公式及前n项和公式即可得到结果. 根据题意设每天派出的人数组成数列，分析可得数列是首项.公差为8的等差数列，设1984人全部派遣到位需要n天，则.解得n=16.故选B. 本题考查等差数列的通项公式、前n项和公式的应用，考查推理能力与计算能力，属于基础题. 5．在长为的线段上任取一点，并以线段为边作正方形，这个正方形的面积介于与之间的概率为() A．B．C．D．B 以线段为边作正方形，这个正方形的面积介于与之间对应线段的长，然后代入几何概型的概率计算公式，即可求解. 因为以线段为边的正方形的面积介于与之间，所以线段的长度介于与之间，满足条件的点对应的线段长，而线段总长为，故正方形的面积介于与之间之间的概率为，故选B. 本题主要考查了几何概型及其概率的求解，对于几何概型及其概率的计算中，注意几何度量，可以是线段的长度、面积、体积等，而这个“几何度量”只与“大小”有关，而与形状和位置无关,着重考查了分析问题和解答问题的能力. 6．某正三棱柱的三视图如图所示，正三棱柱表面上的点M、N分别对应正视图上的点A，B，若在此正三棱柱侧面上，M经过三个侧面到达N的最短距离为6，则当此正三棱柱的侧面积取得最大值时，它的高为A．B．2 C．3 D．4 C 由三视图还原原几何体正三棱柱，设正三棱柱底面边长为a，高为b，由已知求得．再由基本不等式求最值得答案．解：由三视图还原原几何体正三棱柱如图，设正三棱柱底面边长为a，高为b，则，即．∴，即ab≤6，当且仅当，即b时，三棱柱侧面积有最大值S＝3ab＝18．故选：C．本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，考查多面体表面距离最小值的求法，是中档题．7．已知定义在R上的函数满足：(1) (2)当，则有A．B．C．D．B 利用已知条件分别求出的值即可. 由条件可知，，, 所以.故选B 本题考查函数值大小的比较，解题关键充分利用条件把自变量转化到区间上，属于基础题. 8．已知向量的夹角为，则的值为( ) A．0 B．C．D．C 利用两种方式计算数量积，建立等量关系，从而解得的值. 因为，所以，即为，即，得或.故选C. 本题考查两个向量的数量积的定义和坐标公式，待定系数法求出x的值．9．已知双曲线的两个顶点分别为，，的坐标分别为，，且四边形的面积为，四边形内切圆的周长为，则的方程为A．B．或C．D．或B 根据四边形的面积为，得到，由内切圆的周长求出内切圆的半径，再次利用四边形的面积，求出的值，得到关于、的方程，解得. 解：因为，，的坐标分别为，，，，又因为四边形的面积为，所以，得，记四边形内切圆半径为，则，得，所以，所以，又因为，得或，所以的方程为或. 故选：本题考查双曲线的标准方程，四边形及内切圆的相关性质，属于基础题. 10．正方体中，直线与平面所成角正弦值为A．B．C．D．C 作出相关图形，设正方体边长为1，求出与平面所成角正弦值即为答案. 如图所示，正方体中，直线与平行，则直线与平面所成角正弦值即为与平面所成角正弦值.因为为等边三角形，则在平面即为的中心，则为与平面所成角.可设正方体边长为1，显然，因此，则，故答案选C. 本题主要考查线面所成角的正弦值，意在考查学生的转化能力，计算能力和空间想象能力. 11．如图，，，是椭圆上的三个点，经过原点，经过右焦点，若且，则该椭圆的离心率为A．B．C．D． B 取左焦点，连接，分别在中利用勾股定理列方程组即可求解. 取左焦点，连接，，根据椭圆的对称性可得：是矩形，设，中，即：解得：，则在中即：，所以椭圆离心率为. 故选：B 此题考查根据椭圆的几何性质求解离心率，关键在于熟练掌握椭圆的几何性质，根据已知几何关系，准确进行转化，列出椭圆基本量的等量关系求解. 12．关于函数有下述四个结论：①是偶函数；②的最大值为；③在有个零点；④在区间单调递增. 其中所有正确结论的编号是A．①②B．①③C．②④D．①④D 利用偶函数的定义可判断出命题①的正误；分和两种情况，去绝对值，利用辅助角公式以及正弦函数的最值可判断命题②的正误；分和两种情况讨论，求出函数的零点，可判断命题③的正误；去绝对值，将函数的解析式化简，结合正弦型函数的单调性可判断出命题④的正误. 对于命题①，函数的定义域为，关于原点对称，且，该函数的为偶函数，命题①正确；对于命题②，当函数取最大值时，，则. 当时，，此时，，当，函数取得最大值. 当时，，此时，，当，函数取得最大值. 所以，函数的最大值为，命题②错误；对于命题③，当时，令，则，此时；当时，令，则，此时. 所以，函数在区间上有且只有两个零点，命题③错误；对于命题④，当时，，则. 所以，函数在区间上单调递增，命题④错误. 因此，正确的命题序号为①④. 故选：D. 本题考查三角函数基本性质，解题的关键在于对自变量的取值范围进行分类讨论，并去绝对值，结合辅助角公式以及三角函数的基本性质来进行判断，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题. 第Ⅱ卷知道两边和一边的对角，求另一边的对角；知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；证明化简过程中边角互化；求三角形外接圆半径. 15．一个圆经过椭圆x216+y24=1的三个顶点，且圆心在x轴的正半轴上，则该圆的标准方程为___________. (x-32)2+y2=254 设圆心为，则半径为4-a，则(4-a)2=a2+22，解得a=32，故圆的方程为(x-32)2+y2=254. 考点：椭圆的几何性质；圆的标准方程16．定义在R上的函数满足，又当时，成立，若，则实数t的取值范围为_________．由构建新函数，借助其单调性解抽象不等式即可. 由，令，则，所以为奇函数.因为当时，成立，所以当时，成立，所以在上单调递增，所以在R上单调递增.因为，即为，所以，所以，所以. 故答案为：本题考查了利用导数研究函数的性质，解题关键结合条件合理构造新函数，借助新函数的单调性解抽象不等式，属于难题. 三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.第17-21题为必做题,每个考生都必须作答.第22/23题为选考题，考生根据要求作答. 必考题：共60分17．数列的前项和为，且求；证明：数列是等比数列，并求. ；. 令代入题目所给已知条件，求得，令代入求得，令代入求得.利用，化简后证得是等比数列，求得公比，进而求得数列的通项公式. 解：当时，，得；当时，，得，同理可得. 当时，，所以.故数列是等比数列，. 本小题主要考查已知求，考查等比数列的定义和通项公式的计算，属于基础题. 18．如图，多面体中，是菱形，，平面，，且. 求证：平面平面；求多面体的体积. 证明见解析；. 通过证明四边形为平行四边形，可知；根据线面垂直性质和菱形可分别证明出和，根据线面垂直的判定定理可证得平面，从而得到平面，根据面面垂直的判定定理可证得结论；将所求几何体拆分成三棱锥和四棱锥，分别求解出两个部分的体积，作和可求得结果. 证明：连接交于，设中点为,连接，，分别为，的中点,且且四边形为平行四边形, 即平面，平面四边形是菱形平面，即平面又平面平面平面平面平面到平面的距离为本题考查面面垂直的证明、空间几何体的体积求解问题，涉及到线面垂直的判定与性质.求解体积问题的关键是能够把不规则几何体拆分成规则几何体，从而分部分来进行求解. 19．某公司的新能源产品上市后在国内外同时销售，已知第一批产品上市销售40天内全部售完，该公司对这批产品上市后的国内外市场销售情况进行了跟踪调查，如图所示，其中图①中的折线表示的是国外市场的日销售量与上市时间的关系；图②中的抛物线表示的是国内市场的日销售量与上市时间的关系；下表表示的是产品广告费用、产品成本、产品销售价格与上市时间的关系．图①图②第t天产品广告费用每件产品成本每件产品销售价格o260可得t的取值范围. 由图①的折线图可得：ft=2t,00，故Ft在0,20上单调递增，且F15≈251260；当20260，无解；当30<t≤40时，Ft=-310t2+470<-310×302+470=200<260. 答：新能源产品上市后，在第16,17,18,19,20，共5天，这家公司的日销售利润超过260万元. 本题为函数的应用，要求根据实际问题构建分段函数模型并利用模型解决实际问题，数学模型构建时要根据已有的计算公式进行计算，要根据函数的单调性、函数的值域等选择合理方法解不等式. 20．已知直线过圆的圆心且平行于轴，曲线上任一点到点的距离比到的距离小1．求曲线的方程；过点作圆的两条切线，斜率分别为，过点作曲线的切线，斜率为，若成等差数列，求点的坐标．(1) (2)由已知可得点到的距离等于到直线的距离，即曲线是以为焦点，直线为准线的抛物线，从而可得结果；结合可设，则，设过点所作圆的两切线方程为：，，由圆心到直线的距离等于半径可得，也适合，由韦达定理，结合成等差数列，可得，解方程即可得结果. 易知直线，∵曲线上任一动点到点的距离比到的距离小1，∴点到的距离等于到直线的距离，∴曲线是以为焦点，直线为准线的抛物线，设抛物线方程，∵∴曲线的方程为. 由知曲线，设，则，曲线上过点的切线方程为，即，设过点所作圆的两切线方程为：，，即：，，又，即，*. 同理也适合*式，故，是方程的两个不相等的根，∴，∵成等差数列，∴∴，解得，∴，∴点的坐标为. 本题主要考查抛物线的轨迹方程以及直线与抛物线的位置关系，属于难题. 求轨迹方程的常见方法有:①直接法，设出动点的坐标，根据题意列出关于的等式即可；②定义法，根据题意动点符合已知曲线的定义，直接求出方程；③参数法，把分别用第三个变量表示，消去参数即可；④逆代法，将代入. 21．已知函数，. 若，且曲线在处的切线过原点，求的值及直线的方程；若函数在上有零点，求实数的取值范围. ，；. 由，列方程求解即可；由题意知方程在上有实根，设，求函数导数，讨论函数的单调性列不等式求解即可. (1) 若,则,所以, 因为的图象在处的切线l过原点, 所以直线l的斜率,即, 整理得，因为，所以，，所以直线l的方程为. (2)函数在上有零点,即方程在上有实根，即方程在上有实根. 设,则, ①当，即时,,在上单调递增, 若在上有实根，则，即，所以. ②当,即时,时，,单调递减, 时，,单调递增, 所以,由可得, 所以,在上没有实根. ③当，即时,,在上单调递减, 若在上有实根，则，即，解得. 因为,所以时，在上有实根. 综上可得实数a的取值范围是. 已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．选考题：共10分.请考生在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．选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系中，直线的参数方程为，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴，取相同的长度单位建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．当时，写出直线的普通方程及曲线C的直角坐标方程；已知点，设直线与曲线C交于A，B两点，试确定的取值范围．，；(1) 当时，利用消参法得到直线l的普通方程，利用及得到曲线C的直角坐标方程；(2) 将代入中并整理得，借助韦达定理表示，利用正弦函数的有界性求出取值范围. 当时，直线的参数方程为. 消去参数t得. 由曲线C的极坐标方程为，得，将，及代入得，即由直线的参数方程为可知直线是过点P且倾斜角为的直线，又由知曲线C为椭圆，所以易知点P在椭圆C内，将代入中并整理得，设A，B两点对应的参数分别为，则所以因为，所以，所以所以的取值范围为. 利用直线参数方程中参数的几何意义求解问题经过点P(x0，y0)，倾斜角为α的直线l的参数方程为(t为参数)．若A，B为直线l上两点，其对应的参数分别为，线段AB的中点为M，点M所对应的参数为，则以下结论在解题中经常用到：(1) ；(2) ；(3) ；(4) ．23．选修4-5：不等式选讲求不等式的解集；已知两个正数、满足，证明：. 见解析方法一：首先判断的几何意义，运用数形结合思想，在数轴上找到所求不等式的解集。
2020年全国统一高考数学试卷(文科)(新课标Ⅱ)及答案解析
2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅱ）及答案解析一、选择题1. 已知集合A={x|x>−1}，B={x|x<2}，则A∩B=( )A.(−1,+∞)B.(−∞,2)C.(−1,2)D.⌀【答案】C【考点】交集及其运算【解析】此题暂无解析【解答】解：由题意得A={x|x>−1}，B={x|x<2}，A∩B=(−1,2).故选C.2. 设z=i(2+i)，则z=()A.1+2iB.−1+2iC.1−2iD.−1−2i 【答案】D【考点】共轭复数复数代数形式的混合运算【解析】此题暂无解析【解答】解：由题意知：z=i(2+i)=−1+2i，所以z=−1−2i，故选D.3. 已知向量a→=(2, 3)，b→=(3, 2)，则|a→−b→|=( )A.√2B.2C.5√2D.50【答案】A【考点】向量的模【解析】此题暂无解析【解答】解：a→=(2, 3)，b→=(3, 2)，a→−b→=(−1, 1)，∴|a→−b→|=√(−1)2+12=√2.故选A.4. 生物实验室有5只免子，其中只有3只测量过某项指标，若从这5只兔子中随机取出3只，则恰有2只测量过该指标的概率为()A.2 3B.35C.25D.15【答案】B【考点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率【解析】此题暂无解析【解答】解：设未测量过某项指标的2只兔子为a1,a2，测量过某项指标的3只兔子为b1,b2,b3，从这5只兔子中随机取出3只的所有可能有：a1a2b1，a1a2b2，a1a2b3，a1b1b2，a1b1b3，a1b2b3，a2b1b2，a2b1b3，a2b2b3，b1b2b3.所以恰有2只测量过该指标的概率为610=35.故选B.5. 在“一带一路”知识测验后，甲，乙，丙三人对成绩进行预测.甲：我的成绩比乙高.乙：丙的成绩比我和甲的都高.丙：我的成绩比乙高.成绩公布后，三人成绩互不相同且只有一个人预测正确，那么三人按成绩由高到低的次序为( )A.甲，乙，丙B.乙，甲，丙C.丙，乙，甲D.甲，丙，乙【答案】A【考点】进行简单的合情推理合情推理的作用【解析】此题暂无解析【解答】解：如果只有甲预测正确，此时根据题意得，成绩由高到低顺序为甲，乙，丙，满足条件；如果只有乙预测正确，因为甲错误，得顺序为丙，乙，甲，此时丙也预测正确，不满足条件；如果只有丙预测正确，因为甲错误，得顺序为丙，乙，甲，此时乙也预测正确，不满足条件；故选A.6. 设f(x)为奇函数，且当x≥0时，f(x)=e x−1，则当x<0时，f(x)=( )A.e−x−1B.e−x+1C.−e−x−1D.−e−x+1【答案】D函数奇偶性的性质【解析】此题暂无解析【解答】解：当x<0时，−x>0，∴f(−x)=e−x−1，又f(x)为奇函数，∴f(−x)=−f(x)，∴f(x)=−e−x+1.故选D.7. 设α,β为两个平面，则α//β的充要条件是()A.α内有无数条直线与β平行B.α内有两条相交直线与β平行C.α,β平行于同一条直线D.α,β垂直于同一平面【答案】B【考点】根据充分必要条件求参数取值问题平面与平面平行的判定【解析】此题暂无解析解：A，当α内有无数条直线与β平行时，平面α，β可能相交，故本选项错误；B，α内有两条相交直线与β平行，根据面面平行的判定定理，可以推出α//β，故本选项正确；C，α,β平行于同一条直线，平面α，β可能相交，故本选项错误；D，α,β垂直于同一平面，平面α，β可能相交，故本选项错误.故选B.8. 若x1=π4,x2=3π4是函数f(x)=sinωx(ω>0)两个相邻的极值点，则ω=( )A.2B.32C.1 D.12【答案】A【考点】三角函数的周期性及其求法【解析】此题暂无解析【解答】解：∵x1=π4,x2=3π4是函数f(x)=sinωx(ω>0)两个相邻的极值点，3π4−π4=π2，∴f(x)的周期T=2πω=2×π2=π，∴ω=2πT=2, 故选A.9. 若抛物线y2=2px(p>0)的焦点是椭圆x23p +y2p=1的一个焦点，则p=( )A.2B.3C.4D.8【答案】D【考点】抛物线的性质椭圆的标准方程【解析】此题暂无解析【解答】解：抛物线的焦点为F(p2, 0)，∵抛物线的焦点是椭圆的一个焦点，∴(p2)2=3p−p，解得p=8.故选D.10. 曲线y=2sinx+cosx在点(π,−1)处的切线方程为()A.x−y−π−1=0B.2x−y−2π−1=0C.2x+y−2π+1=0D.x+y−π+1=0【答案】C【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】此题暂无解析【解答】解：设f(x)=2sinx+cosx，则f′(x)=2cosx−sinx，∴f′(π)=2cosπ−sinπ=−2，∴切线方程为：y+1=−2(x−π)，即2x+y−2π+1=0，故选C.11. 已知a∈(0,π2),2sin2α=cos2α+1,则sinα=( )A.1 5B.√55C.√33D.2√55【答案】B【考点】三角函数的恒等变换及化简求值三角函数值的符号【解析】此题暂无解析【解答】解：由题意得4sinαcosα=2cos2α−1+1，∴4sinαcosα=2cos2α,又∵α∈(0,π2)，∴cosα>0，∴4sinα=2cosα,∴2sinα=cosα，又∵sin2α+cos2α=1，∴sin2α+4sin2α=1，∴sin2α=15,∴sinα=√55.故选B.12. 设F为双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的圆与圆x2+y2=a2交于P，Q两点，若|PQ|=|OF|，则C的离心率为( )A.√2B.√3C.2D.√5【答案】A【考点】双曲线的离心率圆与圆的位置关系及其判定【解析】此题暂无解析【解答】解：设以OF 为直径的圆的圆心为O 1，因为|PQ|=|OF|，且两圆相交于P ，Q ，又知两圆的圆心在x 轴，则PQ 必过圆心O 1，且与x 轴垂直，如图所示：则2√a 2−(c 2)2=c ， 解得2a 2=c 2，所以e =c a =√2.故选A .二、填空题13. 若变量x, y 满足约束条件{2x +3y −6≥0,x +y −3≤0,y −2≤0,则z =3x −y 的最大值是________.【答案】9【考点】求线性目标函数的最值简单线性规划【解析】此题暂无解析【解答】解：根据约束条件画出不等式组的可行域如图：易知A(0, 2)，B(1, 2)，C(3, 0)，设y=3x−z，即当y=3x−z截距最小时，z最大，由图可知当直线y=3x−z经过点C时，z最大，此时z min=9−0=9.故答案为：9.14. 我国高铁发展迅速，技术先进.经统计，在经停某站的高铁列车种，有10个车次的正点率为0.97，有20个车次的正点率为0.98，有10个车次的正点率为0.99，则经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为________.【答案】0.98【考点】众数、中位数、平均数【解析】此题暂无解析【解答】解：经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为：1(10×0.97+20×0.98+10×0.99)=0.98.40故答案为：0.98.15. △ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知bsinA+ acosB=0，则B= .【答案】3π4【考点】正弦定理运用诱导公式化简求值【解析】此题暂无解析【解答】解：根据正弦定理可知，bsinA+acosB=0，即sinBsinA+sinAcosB=0，sinA≠0，∴sinB=−cosB，∴π<B<π，2又∵sin2B+cos2B=1，∴cosB=√2，2∴B=3π.4.故答案为：3π416. 中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体，他的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有________个面，其棱长为________.【答案】26,√2−1【考点】正多面体【解析】此题暂无解析【解答】解：从图中可得该正多面体有9×2+8=26个面；由题意可设该正多面体棱长为x，因为其每个顶点都在正方体的表面上，+x=1，所以有2√2解得x=√2−1；故答案为：26，√2−1.三、解答题17. 如图，长方体ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥BC1.(1)证明：BE⊥平面EC1，(2)若AE=A1E，AB=3，求四棱锥E−BB1C1C的体积. 【答案】解：(1)由已知得B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1, 故B1C1⊥BE，又BE⊥EC1，所以BE⊥平面EB1C1.(2)由(1)知∠BEB1=90，由题设知Rt△ABERt△A1B1E，所以∠AEB=∠A1EB1=45，故AE=AB=3，AA1=2AE=6，作EF⊥BB1，垂足为F，则EF⊥平面BB1C1C，且EF=AB=3，所以，四棱锥E−BB1C1C的体积×3×6×3=18.V=13【考点】直线与平面垂直的判定柱体、锥体、台体的体积计算【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)由已知得B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1, 故B1C1⊥BE，又BE⊥EC1，所以BE⊥平面EB1C1.(2)由(1)知∠BEB1=90，由题设知Rt△ABERt△A1B1E，所以∠AEB=∠A1EB1=45，故AE=AB=3，AA1=2AE=6，作EF⊥BB1，垂足为F，则EF⊥平面BB1C1C，且EF=AB=3，所以，四棱锥E−BB1C1C的体积×3×6×3=18.V=1318. 已知{a n}是各项均为正数的等比数列，a1=2, a3= 2a2+16.(1)求{a n}的通项公式；(2)设b n=log2a n，求数列{b n}的前n项和.【答案】解：(1)设{a n}的公比为q，由题设得2q2=4q+16，即q2−2q−8=0.解得q=−2（舍去）或q=4.因此{a n}的通项公式为a n=2×4n−1=22n−1.(2)由(1)得b n=(2n−1)log22=2n−1,因此数列{b n}的前n项和为1+3+⋯+2n−1=n2.【考点】等比数列的通项公式等差数列的前n项和【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)设{a n}的公比为q，由题设得2q2=4q+16，即q2−2q−8=0.解得q=−2（舍去）或q=4.因此{a n}的通项公式为a n=2×4n−1=22n−1.(2)由(1)得b n=(2n−1)log22=2n−1,因此数列{b n}的前n项和为1+3+⋯+2n−1=n2.19.某行业主管部门为了解本行业中小企业的生产情况，随机调查了100个企业，得到这些企业的第一季度相对于前一年第一季度产值增长率y的频数分布表.y[−0.20,0)[0,0.20)[0.20,0.40)[0.40,0.60)[0.60,0.80)的分组22453147企业数(1)分别估计这类企业中产值增长率不低于40%的企业比例、产值负增长的企业比例；(2)求这类企业产值增长率的平均数与标准差的估计值（同一组中的数据用该组区间的中间值为代表）.（精确到0.01）附：√74≈8.602.【答案】解：(1)根据产值增长率频数分布表得，所调查的100个企业中产只增长率不低于40%的企业频率为14+7100=0.21.产值负增长的企业频率为2100=0.02.用样本频率分布估计总体分布得这类企业中产值增长率不低于40%的企业比例为21%，产值负增长的企业比例为2%.(2)y=1100(−0.10×2+0.10×24+0.30×53+0.50×14+0.70×7)=0.30,s2=1100∑n15i=1(y i−y)2=1100[(−0.40)2×2+(−0.20)2×24+02×53+0.202×14+0.402×7]=0.0296，s=√0.0296=0.02×√74≈0.17所以，这类企业产值增长率的平均数与标准差的估计值分别为30%, 17%.【考点】极差、方差与标准差众数、中位数、平均数用样本的频率分布估计总体分布【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)根据产值增长率频数分布表得，所调查的100个企业中产只增长率不低于40%的企业频率为14+7100=0.21.产值负增长的企业频率为2100=0.02.用样本频率分布估计总体分布得这类企业中产值增长率不低于40%的企业比例为21%，产值负增长的企业比例为2%.(2)y=1100(−0.10×2+0.10×24+0.30×53+0.50×14+0.70×7)=0.30,s2=1100∑n15i=1(y i−y)2=1100[(−0.40)2×2+(−0.20)2×24+02×53+0.202×14+0.402×7]=0.0296，s=√0.0296=0.02×√74≈0.17所以，这类企业产值增长率的平均数与标准差的估计值分别为30%, 17%.20. 已知F1,F2是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的两个焦点，P为C上的点，O为坐标原点.(1)若△POF2为等边三角形，求C的离心率；(2)如果存在点P，使得PF1⊥PF2，且△F1PF2的面积等于16，求b的值和a的取值范围.【答案】解：(1)连结PF1，由△POF2为等边三角形可知在△F1PF2中，∠F1PF2=90°，|PF2|=c，|PF1|=√3c，于是2a= |PF1|+|PF2|=(√3+1)c,故C的离心率e=ca=√3−1.(2)由题意可知，满足条件的点P(x,y)存在当且仅当1 2|y|2c=16，yx+cyx−c=−1，x2 a2+y2b2=1，即c|y|=16①，x2+y2=c2②，x2 a2+y2b2=1③由②③及a2=b2+c2得y2=b4c2，又由①知y2=162c2，故b=4.由②③得x2=a2c2(c2−b2)，所以c2≥b2，从而a2=b2+c2≥2b2=32,故a≥4√2，当b=4，a≥4√2时，存在满足条件的点P，所以b=4，a的取值范围为[4√2,+∞).【考点】椭圆的离心率直线与椭圆结合的最值问题【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)连结PF1，由△POF2为等边三角形可知在△F1PF2中，∠F1PF2=90°，|PF2|=c，|PF1|=√3c，于是2a= |PF1|+|PF2|=(√3+1)c,故C的离心率e=ca=√3−1.(2)由题意可知，满足条件的点P(x,y)存在当且仅当1 2|y|2c=16，yx+cyx−c=−1，x2 a2+y2b2=1，即c|y|=16①，x2+y2=c2②，x2 a2+y2b2=1③由②③及a2=b2+c2得y2=b4c2，又由①知y2=162c2，故b=4.由②③得x2=a2c2(c2−b2)，所以c2≥b2，从而a2=b2+c2≥2b2=32,故a≥4√2，当b=4，a≥4√2时，存在满足条件的点P，所以b=4，a的取值范围为[4√2,+∞).21. 已知函数f(x)=(x−1)lnx−x−1.证明：(1)f(x)存在唯一的极值点；(2)f(x)=0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数. 【答案】证明：(1)f(x)的定义域为(0,+∞).f′(x)=x−1x +lnx−1=lnx−1x.因为y=lnx单调递增，y=1x单调递减，所以f′(x)单调递增.又f′(1)=−1<0,f′(2)=ln2−12=ln4−12>0,故存在唯一x0∈(1,2),使得f′(x0)=0.又当x<x0时，f′(x)<0,f(x)单调递减；当x>x0时，f′(x)>0，f(x)单调递增.因此，f(x)存在唯一的极值点.(2)由(1)知f(x0)<f(1)=−2，又f(e2)=e2−3>0，所以f(x)=0在(x0,+∞)内存在唯一根x=α. 由α>x0>1得1α<1<x0.又f(1α)=(1α−1)ln1α−1α−1=f(α)α=0，故1α是f(x)=0在(0,x0)的唯一根，综上，f(x)=0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.【考点】利用导数研究函数的极值利用导数研究函数的单调性根的存在性及根的个数判断【解析】此题暂无解析【解答】证明：(1)f(x)的定义域为(0,+∞).f′(x)=x−1x +lnx−1=lnx−1x.因为y=lnx单调递增，y=1x单调递减，所以f′(x)单调递增.又f′(1)=−1<0,f′(2)=ln2−12=ln4−12>0,故存在唯一x0∈(1,2),使得f′(x0)=0.又当x<x0时，f′(x)<0,f(x)单调递减；当x>x0时，f′(x)>0，f(x)单调递增.因此，f(x)存在唯一的极值点.(2)由(1)知f(x0)<f(1)=−2，又f(e2)=e2−3>0，所以f(x)=0在(x0,+∞)内存在唯一根x=α. 由α>x0>1得1α<1<x0.又f(1α)=(1α−1)ln1α−1α−1=f(α)α=0，故1α是f(x)=0在(0,x0)的唯一根，综上，f(x)=0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.四、选做题22. 在极坐标系中，O为极点，点M(ρ0, θ0)(ρ0>0)在曲线C：ρ=4sinθ上，直线l过点A(4, 0)且与OM垂直，垂足为P.(1)当θ0=π3时，求ρ0及l的极坐标方程；(2)当M在C上运动且P在线段OM上时，求P点轨迹的极坐标方程.【答案】解：(1)∵M(ρ0, θ0)在C上，当θ0=π3时，ρ0=4sinπ3=2√3，由已知得|OP|=|OA|cosπ3=2，设Q(ρ, θ)为l上除P的任意一点.在Rt△OPQ中，ρcos(θ−π3)=|OP|=2.经检验，点P(2, π3)在曲线ρcos(θ−π3)=2上.∴l的极坐标方程为ρcos(θ−π3)=2.(2)设P(ρ, θ)，在Rt△OAP中，|OP|=|OA|cosθ= 4cosθ，即ρ=4cosθ，∵P在线段OM上，且AP⊥OM，故θ的取值范围是[π4, π2 ]，∴P点轨迹的极坐标方程为ρ=4cosθ，θ∈[π4, π2 ].【考点】直线的极坐标方程圆的极坐标方程极坐标刻画点的位置极坐标的概念【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)∵M(ρ0, θ0)在C上，当θ0=π3时，ρ0=4sinπ3=2√3，由已知得|OP|=|OA|cosπ3=2，设Q(ρ, θ)为l上除P的任意一点.在Rt△OPQ中，ρcos(θ−π3)=|OP|=2.经检验，点P(2, π3)在曲线ρcos(θ−π3)=2上.∴l的极坐标方程为ρcos(θ−π3)=2.(2)设P(ρ, θ)，在Rt△OAP中，|OP|=|OA|cosθ= 4cosθ，即ρ=4cosθ，∵P在线段OM上，且AP⊥OM，故θ的取值范围是[π4, π2 ]，∴P点轨迹的极坐标方程为ρ=4cosθ，θ∈[π4, π2 ].23. 已知f(x)=|x−a|x+|x−2|(x−a). (1)当a=1时，求不等式f(x)<0的解集；(2)若x∈(−∞,1]时，f(x)<0，求a的取值范围. 【答案】解：(1)当a=1时，f(x)=|x−1|x+|x−2|(x−1).当x<1时，f(x)=−2(x−1)2<0；当x≥1时，f(x)≥0.所以，不等式f(x)<0的解集为(−∞,1).(2)∵f(a)=0，∴a≥1.当a≥1，x∈(−∞,1]时，f(x)=(a−x)x+(2−x)(x−a)=2(a−x)(x−1)<0.∴a的取值范围是[1,+∞).【考点】绝对值不等式的解法与证明【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)当a=1时，f(x)=|x−1|x+|x−2|(x−1).当x<1时，f(x)=−2(x−1)2<0；当x≥1时，f(x)≥0.所以，不等式f(x)<0的解集为(−∞,1).(2)∵f(a)=0，∴a≥1.当a≥1，x∈(−∞,1]时，f(x)=(a−x)x+(2−x)(x−a)=2(a−x)(x−1)<0.∴a的取值范围是[1,+∞).。
2020新高考文科数学二轮培优基础保分强化试题六及答案解析点拨(30张)
α＋π4
cos
π 4
＋
sinα＋π4sinπ4＝102.故选 D.
10．已知四边形 ABCD 为矩形，且 AB＝2BC，点 E，F 在平面 ABCD 内 的射影分别为 B，D，且 BE＝DF，若△ABE 的面积为 4，若 A，B，C，D， E，F 这六个点都在球 O 的表面上，则球 O 的表面积的最小值为( )
14．已知过抛物线 C：y2＝2px(p>0)的焦点 F 的直线 l 交抛物线于 A，B 两点，过点 A 作 AA1⊥y 轴，垂足为 A1，连接 A1B 交 x 轴于点 C，若当|AB| 长度最小时，四边形 AA1CF 的面积为 6，则 p＝________.
答案 4
解析 因为当|AB|长度最小时，AB⊥x 轴，垂足为 F，且|AF|＝|BF|＝p， △BFC 与△BAA1 相似，且相似比为 1∶2，因为四边形 AA1CF 的面积为 6， 所以 S△AA1B＝8，又因为 S△AA1B＝12×p2×2p，所以 p＝4.
3．已知向量 a，b 的夹角为 60°，|a|＝2，|b|＝4，则(a－b)·b＝( ) A．－16 B．－13 C．－12 D．－10
答案 C
解析 ∵向量 a，b 的夹角为 60°，|a|＝2，|b|＝4，∴a·b＝|a||b|·cos60°＝ 2×4×12＝4，∴(a－b)·b＝a·b－b2＝4－16＝－a1>0，a2n－1＋a2n＝a1q2n－2(1＋q)<0⇒1＋q<0⇒q<－1⇒q<0，而 a1>0，q<0，取 q＝－12，此时 a2n－1＋a2n＝a1q2n－2(1＋q)>0.故“q<0”是“对任意 的正整数 n，a2n－1＋a2n<0”的必要不充分条件．
2020版新高考文科数学二轮培优中难提分突破三解析点拨(24张)
解 (1)由题意得不等式为|3x＋2|＋|x－1|<4. ①当 x≥1 时，原不等式化为 4x＋1<4，解得 x<34，不符合题意； ②当－23<x<1 时，原不等式化为 2x＋3<4， 解得 x<12， ∴－23<x<12；
③当 x≤－23时，原不等式化为－4x－1<4， 解得 x>－54，∴－54<x≤－23. 综上可得－54<x<12， ∴原不等式的解集为－54，12.
(2)∵m>0，n>0，m＋n＝1， ∴m1 ＋1n＝m1 ＋1n(m＋n) ＝2＋mn ＋mn ≥2＋2 mn ·mn ＝4. 当且仅当mn ＝mn 且 m＋n＝1，m>0，n>0，即 m＝n＝12时等号成立， ∴m1 ＋n1min＝4. 由题意得|x－a|－|3x＋2|≤4(a>0)恒成立，
(1)请用抽样的数据估计今年 7 月份游客人均购买水果的金额(同一组中 的数据用该组区间的中点值作代表)；
(2)若把去年 7 月份购买水果不低于 80 元的游客，称为“水果达人”．填 写下面列联表，并根据列联表判断是否有 95%的把握认为“水果达人”与性 别有关系？
男 女 合计
水果达人 非水果达人 合计 10 30
(1)求证：OQ∥平面 PBC； (2)若平面 PAD⊥平面 ABCD，求三棱锥 P－NBM 的体积．
解 (1)证明：如图，连接 AC，
则 AC 与 BD 交于点 O，易知 OQ 为△APC 的中位线， 所以 OQ∥PC，又 OQ⊄平面 PBC，PC⊂平面 PBC，所以 OQ∥平面 PBC.
(2)因为平面 PAD⊥平面 ABCD，平面 PAD∩平面 ABCD＝AD，PA＝PD， N 为 AD 的中点，所以 PN⊥AD，所以 PN⊥平面 ABCD，所以 PN⊥NB. 又四边形 ABCD 为菱形，∠BAD＝60°，PA＝PD＝AD＝2，所以 PN＝NB ＝ 3， 所以 S△PNB＝12× 3× 3＝32， 又 BN⊥AD，PN⊥AD，BN∩PN＝N，所以 AD⊥平面 PNB，AD∥BC， 所以 BC⊥平面 PNB，
2022年高考文科数学通用版二轮创新专题复习 稳取120分保分练(四) Word版含答案
稳取 120 分保分练(四)一、选择题1．已知集合 U＝{x|x＞1}，集合 A＝{x|(x－1)(x－3)＜0}，则∁UA＝( )A．[3，＋∞)B．(3，＋∞)C．(－∞，－1)D．(1,3)解析：选 A 依据题意，解(x－1)(x－3)＜0，可得 1＜x＜3，即 A＝{x|1＜x＜3}，又由集合 U＝{x|x＞1}，则∁UA＝{x|x≥3}＝[3，＋∞)．2．复数 z＝1＋i i(其中 i 为虚数单位)的虚部是()A．－12 B.12i C.12D．－12i解析：选 C复数 z＝1＋i i＝i 1－i 1＋i 1－i111＝2＋2i，则其虚部为2.3．已知等比数列{an}的公比 q＝12，a2＝8，则其前 3 项和 S3 的值为()A．24B．28 C．32 D．16解析：选 B 在等比数列{an}中，∵公比 q＝12，a2＝8，∴a1＝aq2＝81＝16，a3＝a2q＝8×12＝4， 2则 S3＝a1＋a2＋a3＝16＋8＋4＝28. 4．已知平面对量 a＝(－2,1)，b＝(1,2)，则|a－2b|的值是( )A．1B．5C. 3D. 5解析：选 B a－2b＝(－4，－3)．∴|a－2b|＝ －4 2＋ －3 2＝5. 5．某争辩机构对儿童记忆力量 x 和识图力量 y 进行统计分析，得到如下数据：记忆力量 x 4 6 8 10识图力量 y 3 5 6 8由表中数据，求得线性回归方程为^y＝45x＋^a，若某儿童的记忆力量为 12，则他的识图力量为()A．9.2B．9.5 C．9.8D．10解析：选 B 由表中数据得－x ＝7，－y ＝5.5，由(－x ，－y )在直线y^＝45x＋a^上，得a^＝－110，即线性回归方程为y^＝45x－110.所以当 x＝12 时，y^＝45×12－110＝9.5，即他的识图力量为 9.5.6．已知抛物线 C：y2＝4x 的焦点为 F，过点 F 且倾斜角为π3 的直线与抛物线 C 的准线交于点 B，则线段 FB的长为( )A．10B．6 C．8D．4解析：选 D抛物线C：y2＝4x的焦点为F(1,0)，过点Fπ 且倾斜角为 3 的直线为y＝3(x－1)，与抛物线C 的准线 x＝－1 交于点 B(－1，－2 3)，则线段 FB 的长为 －1－1 2＋ －2 3 2＝4.7．将函数 f(x)＝sin(2x＋θ)－π2 <θ<π2 的图象向右平移 φ(φ>0)个单位长度后得到函数 g(x)的图象，若函数 f(x)，g(x)的图象都经过点 P0，12，则 φ 的值可以是()A.4π3 B.2π3 C.π2 D.π6解析：选 B 依题意 g(x)＝sin[2(x－φ)＋θ]＝sin(2x＋θ－2φ)，由于函数 f(x)，g(x)的图象都经过 点 P0，12，所以sin θ＝12， sin θ－2φ1 ＝2，由于－π2 <θ<π2 ，所以 θ＝π6 ，θ－2φ＝2kπ＋π6 或 θ－2φ＝2kπ＋5π6 (k∈Z)，即 φ＝－kπ 或 φ＝－kπ－π3 (k∈Z)．在 φ＝－kπ－π3 (k∈Z)中，取 k＝－1，得 φ＝ 2π3 .8．设 l，m 是两条不同的直线，α 是一个平面，则下列命题中正确的是( ) A．若 l⊥m，m⊂ α，则 l⊥α B．若 l⊥α，l∥m，则 m⊥α C．若 l∥α，m⊂ α，则 l∥m D．若 l∥α，m∥α，则 l∥m 解析：选 B A 项，由线面垂直的判定定理知不正确．B 项，由线面垂直的性质可知，若平行线中的一条垂 直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面，故正确．C 项，若 l∥α，m⊂ α，则 l∥m 或两线异面，不正确．D 项，平行于同一平面的两直线可能平行，异面，相交，不正确．故选 B. 9．我国古代数学典籍《九章算术》“盈不足”中有一道两鼠穿墙问题：“今有垣厚十尺，两鼠对穿，初日 各一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，问几何日相逢？”现用程序框图描述，如图所示，则输出结果 n＝( )A．4B．5C．2D．3解析：选 A 模拟执行程序，可得 a＝1，A＝1，S＝0，n＝1，S＝2 不满足条件 S≥10，执行循环体；n＝2，a＝12，A＝2，S＝92不满足条件 S≥10，执行循环体；n＝3，a＝14，A＝4，S＝345不满足条件 S≥10，执行循环体；n＝4，a＝18，A＝8，S＝1835满足条件 S≥10，退出循环，输出 n 的值为 4.10．已知 Rt△ABC 中，AB＝3，AC＝1，∠A＝π2 ，以 B，C 为焦点的双曲线 ax22－by22＝1(a＞0，b＞0)经过点 A，且与 AB 边交于点 D，则||ABDD||的值为()79A.2B．3 C.2 D．4解析：选 D 如图，双曲线的焦点为 B(－c,0)，C(c,0)，由双曲线的定义可得|AB|－|AC|＝2a＝3－1＝2，即 a＝1.设|BD|＝t，由双曲线的定义可得|DC|＝2a＋|BD|＝2a＋t＝2＋t， 又|AD|＝3－t，在 Rt△ACD 中，|AC|2＋|AD|2＝|CD|2，即为 1＋(3－t)2＝(2＋t)2，解得 t＝0.6，|AD|＝3－0.6＝2.4.则||ABDD||的值为20..46＝4.11．已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中小方格是边长为 1 的正方形，则该三棱锥外接球的表面积为()解析：选 A 由三视图可得三棱锥 ABCD 的直观图如图所示．其中 AB⊥平面 BCD，BC⊥BD，BC＝BD＝2，AB＝3.将其还原成长、宽、高分别为 2,2,3 的长方体，易知三棱锥 ABCD 的外接球即为长方体的外接球，故外接球半径 R＝22＋22＋322＝217，则该外接球的表面积 S＝4πR2＝17π.12．已知函数 f(x)＝ln x＋x 与 g(x)＝12ax2＋ax－1(a＞0)的图象有且只有一个公共点，则 a 所在的区间为()A.12，23B.23，1C.32，2D.1，32解析：选 D 设 T(x)＝f(x)－g(x)＝ln x＋x－12ax2－ax＋1，原题可化为在 x＞0 时，T(x)有且仅有 1 个零点，T′(x)＝1x＋1－ax－a＝x＋x 1－a(x＋1)＝(x＋1)1x－a＝(x＋1)·1x·(1－ax)，∵a＞0，x＞0，∴T(x)在0，1a上单调递增，在1a，＋∞上单调递减，∴T(x)max＝T1a＝0，即111111lna＋a－2·a－1＋1＝0，∴lna＋2a＝0，∵函数 y＝ln x＋21x在 x＞0 上单调递增，∴ln1a＋21a＝0 在 a＞0 上最多有 1 个零点，结合选项分析，当 a＝1111 时，lna＋2a＝2＞0，当a＝211 时，lna＋2a＜0，当a＝32时，ln1a＋21a＜0，∴a∈1，32.二、填空题1113．已知log2a＋log4a＝3，则a＝________.11解析：log2a＋log4a＝3，∴loga2＋loga4＝3，∴3loga2＝3，∴loga2＝1，∴a＝2. 答案：2 x＋y≥0， 14．设不等式组x≤2，y≤0表示的平面区域为 D，在区域 D 内随机取一个点，则此点到坐标原点的距A．17πB．16π C．8π D．20π离大于 2 的概率是________．解析：作出不等式组对应的平面区域如图，对应区域为△OAB，A(2,0)， 则△OAB 的面积 S＝12×2×2＝2，∠AOB＝45°，B(2，－2)，则扇形 OAC 的面积 S＝34650°°×π×22＝π2 ，则阴影 ABC 的面积 S＝2－π2 ，则点到坐标原点的距离大于 2 的概率 P＝2－2π2 ＝1－π4 .答案：1－π415．若函数 f(x)＝a－x，x<2， (a＞0 且 a≠1)的值域是[1，＋∞)，则实数 a 的取值范围是________． log2x，x≥2解析：由题意，f(x)＝a－x，x<2， 的值域是[1，＋∞)， log2x，x≥2当 x≥2 时，值域为[1，＋∞)，∴f(x)＝a－x，x＜2 的最小值大于等于 1，即 a－2≥1，可得 a≥3. 答案：[3，＋∞) 16．已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝－an－12n－1＋2(n∈N*)，则数列{an}的通项公式 an＝________. 解析：∵Sn＝－an－12n－1＋2(n∈N*)，∴n＝1 时，a1＝S1＝－a1－1＋2，解得 a1＝12.n≥2 时，an＝Sn－Sn－1 ＝－an－12n－1＋2－－an－1－12n－2＋2，整理得 an＝12an－1＋12n.∴2nan－2n－1an－1＝1.∴数列{2nan}是首项为 1， 公差为 1 的等差数列．∴2nan＝1＋n－1＝n，则数列{an}的通项公式为 an＝2nn.n 答案：2n三、解答题 17．已知△ABC 的三个内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 b＝c－2bcos A. (1)求证：A＝2B；(2)若 5b＝3c，a＝4 6，求 BC 边上的高． 解：(1)证明：由于 b＝c－2bcos A， 所以 sin B＝sin C－2sin Bcos A， 由于 C＝π－(B＋A)， 所以 sin B＝sin[π－(B＋A)]－2sin Bcos A， 所以 sin B＝sin Bcos A＋cos Bsin A－2sin Bcos A＝cos Bsin A－sin Bcos A＝sin(A－B)， 即 sin B＝sin(A－B)， 由于 0＜B＜π，0＜A＜π，所以－π＜A－B＜π， 所以 B＝A－B 或 B＝π－(A－B)(舍去)，故 A＝2B. (2)由 5b＝3c 及 b＝c－2bcos A 得，cos A＝13， 由余弦定理得 a2＝b2＋c2－2bccos A， 即(4 6)2＝b2＋53b2－2b×53b×13，解得 b＝6，c＝10，由 cos A＝13得，sin A＝2 3 2，设 BC 边上的高为 h，则12×bcsin A＝12×ah，即12×6×10×2 3 2＝12×4 6h，所以h＝1033 .18．已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 6Sn＝3n＋1＋a(a∈N*)．(1)求 a 的值及数列{an}的通项公式；(2)设 bn＝－1 n－1 log3an＋22n2＋2n＋1 2 log3an＋12，求{bn}的前 n 项和 Tn.解：(1)∵等比数列{an}满足 6Sn＝3n＋1＋a(a∈N*)，∴当 n＝1 时，6a1＝9＋a；当 n≥2 时，6an＝6(Sn－Sn－1) ＝3n＋1＋a－(3n＋a)＝2×3n，∴an＝3n－1，∵n＝1 时上式也成立，即 a1＝30＝1，∴6a1＝6×1＝9＋a，解得 a＝－3.故 a 的值为－3，{an}的通项公式为 an＝3n－1.(2)bn＝－1 n－1 log3an＋22n2＋2n＋1 2 log3an＋12＝－1n－1 2n2＋2n＋1 n＋1 n2 2＝(－1)n－1n12＋1 n＋12.当项数 n 为奇数时，Tn＝112＋212－212＋312＋…＋n12＋1 n＋12＝1＋1 n＋12；当项数 n 为偶数时，Tn＝112＋212－212＋312＋…－n12＋1 n＋12＝1－1 n＋12.综上，Tn＝1＋(－1)n－11 n＋12.19．甲、乙两台机床同时生产一种零件，其质量按测试指标划分：指标大于或等于 100 为优品，大于等于90 且小于 100 为合格品，小于 90 为次品，现随机抽取这两台车床生产的零件各 100 件进行检测，检测结果统计如下：测试指标[85,90)[90,95)[95,100) [100,105) [105,110)机床甲81240328机床乙71840296(1)试分别估量甲机床、乙机床生产的零件为优品的概率；(2)甲机床生产一件零件，若是优品可盈利 160 元，合格品可盈利 100 元，次品则亏损 20 元；假设甲机床某天生产 50 件零件，请估量甲机床该天的日利润(单位：元)；(3)从甲、乙机床生产的零件指标在[90,95)内的零件中，接受分层抽样的方法抽取 5 件，从这 5 件中任选 2件进行质量分析，求这 2 件都是乙机床生产的概率．32＋8 2 解：(1)由于甲机床为优品的频率约为 100 ＝5，乙机床为优品的频率约为291＋006＝270，27 所以估量甲、乙两机床为优品的概率分别为5，20.(2)甲机床被抽检产品每件的平均利润为：1 100(40×160＋52×100－8×20)＝114.4 元，所以估量甲机床每生产 1 件零件的利润为 114.4 元．所以甲机床某天生产 50 件零件的利润为 50×114.4＝5 720 元．(3)由题意知，甲机床应抽取的零件数为 5×3102＝2，乙机床应抽取的零件数为 5×1380＝3，记甲机床的 2 个零件为 A，B，乙机床的 3 个零件为 a，b，c，若从这 5 件中选取 2 件分别为 AB，Aa，Ab，Ac，Ba，Bb，Bc，ab，ac，bc，共 10 种取法，满足条件的共有 3 种，分别为 ab，ac，bc，所以这 2 件都是乙机床生产的概率 P＝130.(1)当FEMM为何值时，AM∥平面 BDF？证明你的结论； (2)求三棱锥 EBDF 的体积 V . EBDF 解：(1)当FEMM＝12时，AM∥平面 BDF. 证明如下： 在梯形 ABCD 中，设 AC∩BD＝O，连接 FO，如图所示， 由于 AD＝AB＝BC＝1，∠ADC＝60°，AB∥DC， 所以 DC＝2， 因此四边形 CO∶AO＝2∶1， 所以FEMM＝ACOO＝12， 由于四边形 ACFE 是矩形， 所以四边形 AOFM 是平行四边形， 所以 AM∥OF，又 OF⊂ 平面 BDF，AM⊄平面 BDF， 所以 AM∥平面 BDF. (2)连接 OE，过点 B 作 BG⊥AC 于点 G， 由于平面 ACFE⊥平面 ABCD，且交线为 AC， 所以 BG⊥平面 ACFE， 即 BG 为点 B 到平面 ACFE 的距离， 由于 AB＝BC＝1，∠ABC＝120°， 所以 BG＝12. 又由于 DA⊥AC，平面 ACFE⊥平面 ABCD， 所以 DA⊥平面 ACFE， 即 DA 为点 D 到平面 ACFE 的距离， 故三棱锥 EBDF 的体积 VEBDF＝VBOEF＋VDOEF＝13BG×S△OEF＋13DA×S△OEF＝13S△OEF×(BG＋DA)＝13×21× 3×1×12＋1＝ 43.20.如图，在梯形 ABCD 中，AB∥DC，AD＝AB＝BC＝1，∠ADC＝π3 ， ABCD，四边形 ACFE 是矩形，AE＝1，点 M 在线段 EF 上．平面 ACFE⊥平面。
2020年普通高等学校招生全国统一考试 数学(文)冲刺卷(四)(解析版)
点.故选项 B 正确.
6．已知向量
a
4,
7,
b
3,
4，则
a
2b
在
b
方向上的投影为（
）
A． 2
B． 2
C． 2 5
D． 2 5
【答案】B
a 4, 7,b 3, 4 a 2b 2,1
a 2b
22 1
5
【解析】
,
，
a 2b b
a 2b
b
2
3
1
4
10
,设
r a
r 2b
.
【答案】2
【解析】因为 an an2 an1 n N * ，由 a1 1， a2 2 ，得 a3 2 ；由 a2 2 ， a3 2 ，得 a4 1；由
a3
2 ， a4
1，得 a5
1 2
；由 a4
1， a5
1 2
a6
，得
1 2
a5 ；由
1 2
a6
，
1 2
，得 a7
1；由 a6
【解析】由程序框图有
S
={3t ,t 1 4t t2 ,t
1
，当 t 1
时，
S 3t 0, 4
，所以 0 t 1 ；当 t 1时，由
S 4t t2 0, 4 有1 t 4 ，综上有 0 t 4 ，所以 n m 的最大值为 4 . 故选 D.
：
x 2 0
y
2
0
8．已知
）
27 A． 32
10 8 6 B． 3
16 6 C． 3
32 2 16 6
D．
3
【答案】D
【解析】
设外接球的球心为 O ，半径为 R ，则 4 R2 128 ，故 R 4 2 . 设球心 O 在底面上的投影为 E ，因为 OA OC OB ，故 E 为 ABC 的外心. 因为 AB BC 4 ， AC 4 2 ，所以 AC2 AB2 BC2 ，故 ABC 为直角三角形， 故 E 为 AC 的中点，所以 OE OA2 AE2 2 6 ，设 D 到底面 ABC 的距离为 h ，则 h OE R 2 6 4 2 ，所以三棱锥 D ABC 的体积的最大值为
2020届高考文科数学大二轮复习冲刺经典专题基础保分强化训练五2
基础保分强化训练(五)1．集合A ＝{x |x 2－7x <0，x ∈N *}，则B ＝{|y 6y∈N *，y ∈A }中元素的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4 答案 D解析 A ＝{x |0<x <7，x ∈N *}＝{1,2,3,4,5,6}，B ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫y ⎪⎪⎪6y ∈N *，y ∈A ＝ {1,2,3,6}，则B 中的元素个数为4个．2．在复平面内，表示复数z ＝1＋2i1－i 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 B解析 由复数除法运算，可得z ＝1＋2i 1－i ＝1＋2i1＋i 1－i1＋i ＝－1＋3i 2＝－12＋32i ，所以在复平面内对应点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，即位于第二象限，所以选B.3．已知F 1，F 2为椭圆C ：x 2a 2＋y 24＝1(a >2)的左、右焦点，若椭圆C 上存在四个不同点P 满足△PF 1F 2的面积为43，则椭圆C 的离心率的取值范围为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32D.⎝ ⎛⎭⎪⎫32，1答案 D解析 设P (x 0，y 0)，S △PF 1F 2＝12|F 1F 2|·|y 0|＝c |y 0|＝43，则|y 0|＝43c ＝43a 2－4，若存在四个不同点P 满足S △PF 1F 2＝43，则0<|y 0|<2，即0<43a 2－4<2，解得a >4，e ＝a 2－4a ＝1－4a 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，1，故选D.4．设a ，b 为实数，则“a 2b <1”是“b <1a2”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件 答案 B解析 当b <1a 2成立时，a 2>0，从而ba 2<1一定成立．当a ＝0时，a 2b <1不能得到b <1a2，所以“a 2b <1”是“b <1a2”的必要不充分条件．5．执行如图所示的程序框图，设输出的数据构成的集合为A ，从集合A 中任取一个元素a ，则函数y ＝x a ，x ∈[0，＋∞)是增函数的概率为( )A.47B.45C.35D.34 答案 C解析 执行程序框图，x ＝－3，y ＝3；x ＝－2，y ＝0；x ＝－1，y ＝－1；x ＝0，y ＝0；x ＝1，y ＝3；x ＝2，y ＝8；x ＝3，y ＝15；x ＝4，退出循环．则集合A 中的元素有－1,0,3,8,15，共5个，若函数y ＝x a ，x ∈[0，＋∞)为增函数，则a >0，所以所求的概率为35.6．已知数列{a n }，{b n }满足b n ＝log 3a n ，n ∈N *，其中{b n }是等差数列，且a 1a 2019＝3，则b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 2019＝( )A ．2020B ．1010 C.20194 D.20192答案 D解析 由于b n ＝log 3a n ，所以b 1＋b 2019＝log 3a 1＋log 3a 2019＝log 3a 1a 2019＝1，因为{b n }是等差数列，故b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 2019＝b 1＋b 20192×2019＝20192，故选D.7．已知F 是双曲线E ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的左焦点，过点F 且倾斜角为30°的直线与曲线E 的两条渐近线依次交于A ，B 两点，若A 是线段FB 的中点，且C 是线段AB 的中点，则直线OC 的斜率为( )A ．－ 3 B. 3 C ．－3 3 D ．3 3 答案 D解析 由题意知，双曲线渐近线为y ＝±b a x ，设直线方程为y ＝33(x ＋c )，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝33x ＋c ，y ＝－b a x ，得y A ＝c3＋ab.同理可得y B ＝c3－a b，∵A 是FB 的中点，∴y B ＝2y A ⇒b ＝3a ⇒c＝a 2＋b 2＝2a ，∴y A ＝32a ，y B ＝3a ⇒x A ＝－12a ，x B ＝a ，∴x C ＝x A ＋x B 2＝a 4，y C ＝y A ＋y B 2＝334a ，∴k OC ＝y Cx C＝33，故选D.8．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.332 B ．2 3 C.532D ．3 3 答案 C解析 依题意，如图所示，题中的几何体是从正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中截去一个三棱锥B －A 1B 1E (其中点E 是B 1C 1的中点)后剩余的部分，其中正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的高为3，底面是一个边长为2的正三角形，因此该几何体的体积为⎝ ⎛⎭⎪⎫34×22×3－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×34×22×3＝532，故选C.9．如图，在直三棱柱ABC －A ′B ′C ′中，△ABC 是边长为2的等边三角形，AA ′＝4，点E ，F ，G ，H ，M 分别是边AA ′，AB ，BB ′，A ′B ′，BC 的中点，动点P 在四边形EFGH 的内部运动，并且始终有MP∥平面ACC ′A ′，则动点P 的轨迹长度为( )A ．2B ．2πC ．2 3D ．4 答案 D解析 连接MF ，FH ，MH ，因为M ，F ，H 分别为BC ，AB ，A ′B ′的中点，所以MF ∥平面AA ′C ′C ，FH ∥平面AA ′C ′C ，所以平面MFH ∥平面AA ′C ′C ，所以M 与线段FH 上任意一点的连线都平行于平面AA ′C ′C ，所以点P 的运动轨迹是线段FH ，其长度为4，故选D.10．函数f (x )＝sin x2ex 的大致图象是( )答案 A11．在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对应的边分别为a ，b ，c ，∠ABC ＝60°，∠ABC 的平分线交AC 于点D ，且BD ＝3，则a ＋2c 的最小值为( )A ．4B ．5C ．2＋2 2D ．3＋2 2 答案 D解析 根据题意，S △ABC ＝12ac sin B ＝34ac ，因为∠ABC 的平分线交AC 于点D ，且BD ＝3，所以S △ABD＝12BD ·c ·sin∠ABD ＝34c ，S △CBD ＝12BD ·a ·sin∠CBD ＝34a ，而S △ABC ＝S △ABD ＋S △CBD ，所以34ac ＝34c ＋34a ，化简得ac ＝c ＋a ，即1a ＋1c ＝1，则a ＋2c ＝(a ＋2c )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1c ＝3＋a c ＋2c a ≥3＋2a c ·2ca≥3＋22，当且仅当a ＝2c ＝2＋1时取等号，即最小值为3＋22，故选D.12．已知圆C 的半径为2，圆心在x 轴的正半轴上，直线3x ＋4y ＋4＝0与圆C 相切，则圆C 的标准方程为________．答案 (x －2)2＋y 2＝4解析 设圆心坐标为(a,0)，半径为R ，则圆的方程为(x －a )2＋y 2＝4，圆心与切点连线必垂直于切线，根据点到直线的距离公式，得d ＝R ＝2＝|3a ＋4×0＋4|32＋42，解得a ＝2或a ＝－143 ⎝ ⎛⎭⎪⎫因圆心在x 轴的正半轴，a ＝－143不符合，舍去，所以圆C 的标准方程为(x －2)2＋y 2＝4.13．若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x＋1，x ≥0，mx ＋m －1，x <0在(－∞，＋∞)上单调递增，则m 的取值范围是________．答案 (0,3]解析 ∵函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x＋1，x ≥0，mx ＋m －1，x <0在(－∞，＋∞)上单调递增，∴函数y ＝mx ＋m －1在区间(－∞，0)上为增函数，∴⎩⎪⎨⎪⎧m >0，m －1≤20＋1＝2，解得0<m ≤3，∴实数m 的取值范围是(0,3]．14．小华爱好玩飞镖，现有如图所示的两个边长都为2的正方形ABCD 和OPQR 构成的标靶图形，如果O 点正好是正方形ABCD 的中心，而正方形OPQR 可以绕点O 旋转，假设小华每次投飞镖均能射在标靶图形中，则小华随机向标靶投飞镖，射中阴影部分的概率是________．答案 17解析 如图，连接OB ，OA ， 可得△OBM 与△OAN 全等，∴S 四边形MONB ＝S 三角形AOB ＝12×2×1＝1，即正方形ABCD 和OPQR 重叠部分的面积为1，又正方形ABCD 和OPQR 构成的标靶图形面积为4＋4－1＝7， 故小华随机向标靶投飞镖射中阴影部分的概率是17.。
2020全国新高考培优高考仿真模拟(二)文科数学(解析版)
2020高考仿真模拟(二)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．共150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷一、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．已知i为虚数单位，则i＋i2＋i3＋…＋i2019等于()A．i B．1C．－i D．－1答案 D解析由于i＋i2＋i3＋i4＝i－1－i＋1＝0，且i n(n∈N*)的周期为4,2019＝4×504＋3，所以原式＝i＋i2＋i3＝i－1－i＝－1.故选D.2．集合A＝{y|y＝2cos2x＋1}，B＝{x|log2(x＋2)＜2}，则A∩B＝()A．(－2,3] B．(0,2]C．[1,2) D．(2,3]答案 C解析因为A＝{y|y＝2cos2x＋1}＝{y|y＝cos2x＋2}＝[1,3]，B＝{x|log2(x＋2)＜2}＝{x|0＜x＋2＜4}＝(－2，2)，所以A∩B＝[1,2)，故选C.3．“不等式x2－x＋m＞0在R上恒成立”的一个必要不充分条件是()A．m＞14B．0＜m＜1C．m＞0 D．m＞1 答案 C解析若不等式x2－x＋m＞0在R上恒成立，则Δ＝(－1)2－4m＜0，解得m＞14，因此当不等式x2－x＋m＞0在R上恒成立时，必有m＞0，但当m＞0时，推不出m>14，即推不出不等式x2－x＋m>0在R上恒成立，故所求的必要不充分条件可以是m＞0.4．某店主为装饰店面打算做一个两色灯牌，从黄、白、蓝、红4种颜色中任意挑选2种颜色，则所选颜色中含有白色的概率是()A.23 B.12 C.14 D.16答案 B解析从黄、白、蓝、红4种颜色中任意选2种颜色的所有基本事件有{黄，白}，{黄，蓝}，{黄，红}，{白，蓝}，{白，红}，{蓝，红}，共6种，这6种基本事件发生的可能性是相等的．其中包含白色的有3种，所以选中白色的概率为12，故选B.5．《周髀算经》是我国古代的天文学和数学著作．其中有一个问题大意为：一年有二十四个节气，每个节气晷长损益相同(即太阳照射物体影子的长度增加和减少大小相同)．二十四个节气及晷长变化如图所示，若冬至晷长一丈三尺五寸，夏至晷长一尺五寸(注：一丈等于十尺，一尺等于十寸)，则夏至后的那个节气(小暑)晷长为( )A ．五寸B ．二尺五寸C ．三尺五寸D ．四尺五寸答案 B解析 设从夏至到冬至的晷长依次构成等差数列{a n }，公差为d ，a 1＝15，a 13＝135，则15＋12d ＝135，解得d ＝10.∴a 2＝15＋10＝25，∴《周髀算经》中所记录的小暑的晷长是25寸，即二尺五寸．故选B.6．函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫21＋e x －1cos x 的图象的大致形状是( )答案 B解析 ∵f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫21＋e x －1cos x ，∴f (－x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫21＋e －x －1cos(－x )＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫21＋e x －1cos x ＝－f (x )，∴函数f (x )为奇函数，其图象关于原点对称，排除A ，C ；又当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，e x ＞e 0＝1，21＋e x －1＜0，cos x ＞0，∴f (x )＜0，排除D ，故选B.7．已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)·e －|x |(A >0，ω>0,0<φ<π)的图象如图所示，则Aω的可能取值为( )A.π2B．πC.3π2D．2π答案 B解析∵f(x)的图象关于y轴对称，∴f(x)为偶函数，∴φ＝kπ＋π2，k∈Z，∵0<φ<π，∴φ＝π2，∴f(x)＝A cosωx·e－|x|，∵f(0)＝2，∴A＝2，∵f(1)＝f(3)＝0，∴cosω·1e＝cos3ω·1e3＝0，∴cosω＝cos3ω＝0，取ω＝π2，则Aω＝π.故选B. 8．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于()A．72 B．48 C．24 D．16 答案 C9．已知等边△ABC 的边长为2，点E ，F 分别在边AB ，AC 上，且AE →＝λAB →，AF →＝μAC →，若EB →·FC →＝23，EC →·FB→＝－1，则λ＋μ＝( ) A.12 B.23 C.56 D.712答案 C解析 ∵等边三角形ABC 的边长为2，∴AB →·AC →＝BA →·BC →＝CA →·CB →＝2，又AE →＝λAB →，AF →＝μAC →，∴EC →＝EB →＋BC →＝BC →＋(1－λ)AB →，FB →＝FC →＋CB →＝(1－μ)AC →－BC →，∴EB →·FC →＝(1－λ)·AB →·(1－μ)AC →＝(1－μ)(1－λ)AB →·AC →＝2(1－μ)(1－λ)＝23，EC →·FB →＝[BC →＋(1－λ)AB →]·[(1－μ)AC→－BC→]＝－4＋2(1－μ)(1－λ)＋2(1－λ)＋2(1－μ)＝－1，∴2(1－λ)＋2(1－μ)＝3－23＝73，∴λ＋μ＝56，故选C.10．实数x ，y 满足|x ＋1|≤y ≤－12x ＋1时，目标函数z ＝mx ＋y 的最大值等于5，则实数m 的值为( )A ．－1B ．－12 C ．2 D ．5 答案 B解析 实数x ，y 满足|x ＋1|≤y ≤－12x ＋1时，表示的平面区域如图中阴影部分所示，易得A (－1,0)，B (0,1)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x －1，y ＝－12x ＋1，得⎩⎨⎧x ＝－4，y ＝3，∴C (－4,3)．目标函数z ＝mx ＋y ，∴y ＝－mx ＋z ，当m >12时，直线过点B 时，z 取得最大值，此时z ＝1，与z 取得最大值5矛盾，舍去；当0<m <12时，直线过点C 时，z 取得最大值5，∴－4m ＋3＝5，∴m ＝－12不成立，舍去；当m ＝0或12时，易验证z 的最大值不可能等于5；当m <0时，直线过点C 时，z 取得最大值5，∴－4m ＋3＝5，∴m ＝－12成立．故选B.11．若x ，y ，z ∈R ＋，且3x ＝4y ＝12z ，x ＋yz∈(n ，n ＋1)，n ∈N ，则n 的值是( )A ．2B ．3C ．4D ．5答案 C解析 设3x＝4y＝12z＝t (t >1)，则x ＝log 3t ，y ＝log 4t ，z ＝log 12t ，∴x ＋yz ＝log 3t ＋log 4t log 12t ＝log 3t log 12t ＋log 4tlog 12t ＝log 312＋log 412＝2＋log 34＋log 43.∵1<log 34<2,0<log 43<1，∴1<log 34＋log 43<3；又log 34＋log 43>2log 34·log 43＝2，∴2<log 34＋log 43<3，∴4<2＋log 34＋log 43<5，即x ＋yz ∈(4,5)．∴n ＝4.故选C.12．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e －x ＋mx ＋m 2，x <0，e x (x －1)，x ≥0(e 为自然对数的底数)，若方程f (－x )＋f (x )＝0有且仅有四个不同的解，则实数m 的取值范围是( )A ．(0，e)B ．(e ，＋∞)C ．(0,2e)D ．(2e ，＋∞)答案 D解析 因为函数F (x )＝f (－x )＋f (x )是偶函数，F (0)≠0，所以零点成对出现，依题意，方程f (－x )＋f (x )＝0有两个不同的正根，又当x >0时，f (－x )＝e x －mx ＋m2，所以方程可以化为e x －mx ＋m 2＋x e x －e x ＝0，即x e x ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12，记g (x )＝x e x (x >0)，则g ′(x )＝e x (x ＋1)>0，设直线y ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12与g (x )图象相切时的切点为(t ，t e t )，则切线方程为y －t e t ＝e t (t ＋1)(x －t )，过点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，所以－t e t ＝e t (t ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫12－t ⇒t ＝1或－12(舍去)，所以切线的斜率为2e ，由图象可以得m >2e.故选D.第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分．第13～21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．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分． 13．函数f (x )＝1－ln x2x －2的定义域为________．答案 (0,1)∪(1，e]解析依题意得⎩⎨⎧x ＞0，1－ln x ≥0，2x －2≠0，得⎩⎨⎧x ＞0，0＜x ≤e ，x ≠1，即函数的定义域为(0,1)∪(1，e]．14．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧2－x －1，x ≤0，x 12，x >0在区间[－1，m ]上的最大值是1，则m的取值范围是________．答案 (－1,1]解析 作出函数f (x )的图象，如图所示，可知当－1<m ≤1时，f (x )在[－1，m ]上的最大值是1.15．在△ABC 中，点D 是BC 的中点，若AB ⊥AD ，∠CAD ＝30°，BC ＝27，则△ABC 的面积为________．答案 2 3解析 因为D 是BC 的中点，所以S △ABC ＝2S △ABD ，即12AB ·AC sin120°＝2×12AB ·AD ，所以AD ＝34AC ，于是在△ACD 中，CD 2＝AC 2＋AD 2－2AC ·AD cos ∠CAD ，即(7)2＝AC 2＋316AC 2－2AC ·34AC ·32，解得AC ＝4，所以AD ＝3，于是S △ABC ＝2S △ADC ＝2×12×3×4×12＝2 3.16．已知三棱锥P －ABC ，△ABC 为等边三角形，△P AC 为直角三角形，∠P AC ＝90°，∠PCA ＝45°，平面P AC ⊥平面ABC ，若AB ＝3，则三棱锥P －ABC 外接球的表面积为________．答案 21π解析 由∠P AC ＝90°，平面P AC ⊥平面ABC ，可知P A ⊥平面ABC ，球心在经过△ABC 的中心且垂直面ABC 的垂线上，也在线段P A 的中垂面上，故二者交点即球心，因为∠PCA＝45°，所以P A ＝3，所以三棱锥P －ABC 外接球的半径R 满足R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋(3)2＝214，所以外接球的表面积为S ＝4πR 2＝21π.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．17．(本小题满分12分)已知数列{a n }满足a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n2n ＝n 2＋n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)n a n2，求数列{b n }的前n 项和S n .解 (1)a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n2n ＝n 2＋n ，①∴当n ≥2时，a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n －12n －1＝(n －1)2＋n －1，②①－②，得a n2n ＝2n (n ≥2)，∴a n ＝n ·2n ＋1(n ≥2)． 当n ＝1时，a 12＝1＋1，a 1＝4也适合，∴a n ＝n ·2n ＋1. (2)由(1)得，b n ＝(－1)n a n2＝n (－2)n ，∴S n ＝1×(－2)1＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋n ×(－2)n ，③－2S n ＝1×(－2)2＋2×(－2)3＋3×(－2)4＋…＋(n －1)×(－2)n ＋n ×(－2)n ＋1，④ ③－④得，3S n ＝(－2)＋(－2)2＋(－2)3＋…＋(－2)n －n ×(－2)n ＋1＝－2[1－(－2)n ]3－n ×(－2)n ＋1，∴S n ＝－(3n ＋1)(－2)n ＋1＋29.18．(本小题满分12分)新个税法于2019年1月1日进行实施．为了调查国企员工对新个税法的满意程度，研究人员在A 地各个国企中随机抽取了1000名员工进行调查，并将满意程度以分数的形式统计成如下的频率分布直方图，其中a ＝4b .(1)求a ，b 的值并估计被调查的员工的满意程度的中位数；(计算结果保留两位小数) (2)若按照分层抽样从[50,60)，[60,70)中随机抽取8人，再从这8人中随机抽取2人，求至少有1人的分数在[50,60)的概率．解 (1)依题意，(a ＋0.008＋0.035＋0.027＋b )×10＝1，所以a ＋b ＝0.03. 又a ＝4b ，所以a ＝0.024，b ＝0.006.因为0.08＋0.24<0.5,0.08＋0.24＋0.35>0.5，所以中位数在第三组， 所以中位数为70＋0.5－0.08－0.240.035≈75.14.(2)依题意，知分数在[50,60)的员工抽取了2人，记为a ，b ，分数在[60,70)的员工抽取了6人，记为1,2,3,4,5,6，所以从这8人中随机抽取2人，所有的情况为(a ，b )，(a,1)，(a,2)，(a,3)，(a,4)，(a,5)，(a,6)，(b,1)，(b,2)，(b,3)，(b,4)，(b,5)，(b,6)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(4,5)，(4,6)，(5,6)，共28种，这28种情况发生的可能性是相等的．其中满足条件的为(a ，b )，(a,1)，(a,2)，(a,3)，(a,4)，(a,5)，(a,6)，(b,1)，(b,2)，(b,3)，(b,4)，(b,5)，(b,6)，共13种，设“至少有1人的分数在[50,60)”的事件为A ，则P (A )＝1328.19．(本小题满分12分)如图所示，三棱锥P －ABC 放置在以AC 为直径的半圆面O 上，O 为圆心，B 为圆弧AC ︵上的一点，D 为线段PC 上的一点，且AB ＝BC ＝P A ＝3，PB ＝32，P A ⊥BC .(1)求证：平面BOD ⊥平面P AC ；(2)当PC→＝2PD →时，求三棱锥C －BOD 的体积． 解 (1)证明：由AB ＝P A ＝3，PB ＝32， ∴P A 2＋AB 2＝PB 2，∴P A ⊥AB ，又P A ⊥BC 且AB ∩BC ＝B ，AB ⊂平面ABC ，BC ⊂平面ABC ， ∴P A ⊥平面ABC . ∵BO ⊂平面ABC ，∴P A ⊥BO ，由BA ＝BC ，O 为圆心，AC 为直径，所以BO ⊥AC . 因AC ∩P A ＝A ，故BO ⊥平面P AC ，又BO ⊂平面BOD ，所以平面BOD ⊥平面P AC . (2)由PC→＝2PD →，知D 为PC 的中点， 而O 为圆心，AC 为直径，所以P A ∥DO ，所以DO ⊥平面ABC ，因为P A ＝3，所以DO ＝32，由题意知∠ABC ＝90°，所以S △ABC ＝12×3×3＝92，由等体积法知V 三棱锥C －BOD ＝V 三棱锥D －BOC ＝13×S △BOC ·DO ＝13×12×92×32＝98.故三棱锥C －BOD 的体积为98.20．(本小题满分12分)已知函数f (x )＝a ln x －x 2＋12a (a ∈R )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )≤0，求a 的取值范围． 解 (1)f ′(x )＝ax －2x ＝a －2x 2x ，当a ≤0时，f ′(x )<0，则f (x )在(0，＋∞)上单调递减； 当a >0时，令f ′(x )＝0得x ＝a2(负根舍去)．令f ′(x )>0得0<x <a 2；令f ′(x )<0得x >a 2，∴f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，a 2上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，＋∞上单调递减． (2)当a ＝0时，f (x )＝－x 2<0，符合题意．当a >0时，f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎪⎫a 2 ＝a ln a 2－a 2＋a 2＝a lna2≤0，∵a >0，∴ln a 2≤0，∴0<a2≤1，∴0<a ≤2.当a <0时，f (x )＝a ln x －x 2＋12a 在(0，＋∞)上单调递减，且y ＝a ln x 与y ＝x 2－12a 的图象在(0，＋∞)上只有一个交点，设此交点为(x 0，y 0)， 则当x ∈(0，x 0)时，f (x )>0，故当a <0时，不满足f (x )≤0. 综上，a 的取值范围为[0,2]．21．(本小题满分12分)如图，已知直线l ：y ＝kx ＋1(k >0)关于直线y ＝x ＋1对称的直线为l 1，直线l ，l 1与椭圆E ：x 24＋y 2＝1分别交于点A ，M 和A ，N ，记直线l 1的斜率为k 1.(1)求k ·k 1的值；(2)当k 变化时，试问直线MN 是否恒过定点？若恒过定点，求出该定点坐标；若不恒过定点，请说明理由．解 (1)设直线l 上任意一点P (x ，y )关于直线y ＝x ＋1对称的点为P 0(x 0，y 0)，直线l 与直线l 1的交点为(0,1)，∴l ：y ＝kx ＋1，l 1：y ＝k 1x ＋1，k ＝y －1x ，k 1＝y 0－1x 0，由y ＋y 02＝x ＋x 02＋1，得y ＋y 0＝x ＋x 0＋2， ① 由y －y 0x －x 0＝－1，得y －y 0＝x 0－x, ②由①②得⎩⎨⎧y ＝x 0＋1，y 0＝x ＋1，kk 1＝yy 0－(y ＋y 0)＋1xx 0 ＝(x ＋1)(x 0＋1)－(x ＋x 0＋2)＋1xx 0＝1. (2)由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ＋1，x 24＋y 2＝1得(4k 2＋1)x 2＋8kx ＝0，设M (x M ，y M )，N (x N ，y N )，∴x M ＝－8k 4k 2＋1， ∴y M ＝1－4k 24k 2＋1. 同理可得x N ＝－8k 14k 21＋1＝－8k 4＋k 2，y N ＝1－4k 214k 21＋1＝k 2－44＋k 2. k MN ＝y M －y N x M －x N ＝1－4k 24k 2＋1－k 2－44＋k 2－8k 4k 2＋1－－8k 4＋k 2＝8－8k 48k (3k 2－3)＝－k 2＋13k ， 直线MN ：y －y M ＝k MN (x －x M )，即y －1－4k 24k 2＋1＝－k 2＋13k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －－8k 4k 2＋1， 即y ＝－k 2＋13k x －8(k 2＋1)3(4k 2＋1)＋1－4k 24k 2＋1＝－k 2＋13k x －53. ∴当k 变化时，直线MN 过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－53. 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．作答时请写清题号．22．(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy 中，以原点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ρ(1＋cos2θ)＝8sin θ.(1)求曲线C 的普通方程；(2)直线l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝t cos α，y ＝1＋t sin α(t 为参数)，直线l 与y 轴交于点F ，与曲线C 的交点为A ，B ，当|F A |·|FB |取最小值时，求直线l 的直角坐标方程．解 (1)由题意得ρ(1＋cos2θ)＝8sin θ，得2ρcos 2θ＝8sin θ，得ρ2cos 2θ＝4ρsin θ，∵x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，∴x 2＝4y ，即曲线C 的普通方程为x 2＝4y .(2)由题意可知，直线l 与y 轴交于点F (0,1)，即为抛物线C 的焦点，令|F A |＝|t 1|，|FB |＝|t 2|，将直线l 的参数方程⎩⎨⎧ x ＝t cos α，y ＝1＋t sin α 代入C 的普通方程x 2＝4y 中，整理得t 2cos 2α－4t sin α－4＝0，由题意得cos α≠0，根据根与系数的关系得，t 1＋t 2＝4sin αcos 2α，t 1t 2＝－4cos 2α，∴|F A ||FB |＝|t 1||t 2|＝|t 1t 2|＝4cos 2α≥4(当且仅当cos 2α＝1时，等号成立)，∴当|F A |·|FB |取得最小值时，直线l 的直角坐标方程为y ＝1.23．(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲已知函数f (x )＝m －|x －1|－|x ＋1|.(1)当m ＝5时，求不等式f (x )>2的解集；(2)若二次函数y ＝x 2＋2x ＋3与函数y ＝f (x )的图象恒有公共点，求实数m 的取值范围． 解 (1)当m ＝5时，f (x )＝⎩⎨⎧ 5＋2x (x <－1)，3(－1≤x ≤1)，5－2x (x >1)，由f (x )>2得不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ －32<x <32. (2)由二次函数y ＝x 2＋2x ＋3＝(x ＋1)2＋2，知函数在x ＝－1处取得最小值2，因为f (x )＝⎩⎨⎧ m ＋2x (x <－1)，m －2(－1≤x ≤1)，m －2x (x >1)在x ＝－1处取得最大值m －2， 所以要使二次函数y ＝x 2＋2x ＋3与函数y ＝f (x )的图象恒有公共点，只需m －2≥2，即m ≥4.。
2020全国新高考培优高考仿真模拟(四)文科数学(解析版)
2020高考仿真模拟(四)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．共150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷一、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．设集合A ＝{x ∈Z |x 2<4}，B ＝{y |y ＝2x ，x ∈A }，则A ∪B 中的元素个数是( ) A ．4 B ．5 C ．6 D ．无数 答案 B 解析A ＝{－1,0,1}，B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫12，1，2，所以A ∪B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫－1，0，12，1，2.故选B.2．中国仓储指数是反映仓储行业经营和国内市场主要商品供求状况与变化趋势的一套指数体系．如图所示的折线图是2017年和2018年的中国仓储指数走势情况．根据该折线图，下列结论中不正确的是( )A ．2018年1月至4月的仓储指数比2017年同期波动性更大B ．这两年的最大仓储指数都出现在4月份C ．2018年全年仓储指数平均值明显低于2017年D ．2018年各仓储指数的中位数与2017年各仓储指数中位数差异明显 答案 D解析 通过图象可看出，2018年1月至4月的仓储指数比2017年同期波动性更大， 这两年的最大仓储指数都出现在4月份， 2018年全年仓储指数平均值明显低于2017年，所以A ，B ，C 正确；2018年各仓储指数的中位数与2017年各仓储指数中位数基本在52%，差异不明显，所以D 错误．故选D.3．已知m ，n 是两条不同直线，α，β是两个不同平面，给出四个命题：①若α∩β＝m ，n ⊂α，n ⊥m ，则α⊥β；②若m ⊥α，m ⊥β，则α∥β；③若m ⊥α，n ⊥β，m ⊥n ，则α⊥β；④若m ∥α，n ∥β，m ∥n ，则α∥β.其中正确的命题是( ) A ．①② B ．②③ C ．①④D ．②④答案 B解析 若α∩β＝m ，n ⊂α，n ⊥m ，如图1，则α与β不一定垂直，故①为假命题；若m ⊥α，m ⊥β，根据垂直于同一条直线的两个平面平行，则α∥β，故②为真命题；若m ⊥α，n ⊥β，m ⊥n ，则α⊥β，故③为真命题；若m ∥α，n ∥β，m ∥n ，如图2，则α与β可能相交，故④为假命题．故选B.图1 图24．已知复数z 1＝21＋i ，z 2＝a ＋i(a ∈R )，若z 1，z 2在复平面中对应的向量分别为OZ 1→，OZ 2→(O 为坐标原点)，且|OZ 1→＋OZ 2→|＝2，则a ＝( )A ．－1B ．1C ．－3D ．1或－3答案 D解析 由题意知OZ 1→＝(1，－1)，OZ 2→＝(a,1)，因此OZ 1→＋OZ 2→＝(a ＋1,0)，故(a ＋1)2＝4，解得a ＝1或－3，故选D.5．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．30＋πB ．30＋2πC ．18－π4 D ．18－π 答案 C解析 易知，所求几何体为一个长方体中间挖去一个小圆柱．所以，V ＝3×2×3－π×14×1＝18－π4，故选C.6．定义某种运算⊕，a ⊕b 的运算原理如图所示．设f (x )＝(0⊕x )(2⊕x )，则f (x )在区间[－1,1]上的最大值为( )A ．－1B ．0C ．1D ．2 答案 C解析 依题意，f (x )＝⎩⎨⎧x 2，－1≤x ≤0，0，0<x ≤1.故f (x )在区间[－1,1]上的最大值为1.故选C.7．如图，在等腰三角形ABC 中，已知∠BAC ＝120°，阴影部分是以AB 为直径的圆与以AC 为直径的圆的公共部分，若在△ABC 内部任取一点，则此点取自阴影部分的概率为()A.3π9－1B ．1－3π9C.3π9－12D.12－3π9答案 C解析 如图所示，取BC 的中点D ，AC 的中点O ，连接AD ，DO ，设AB ＝2，在△ACD 中，AD ＝1，CD ＝3，S △ACD ＝32，∴S △ABC ＝3，在扇形OAD 中，∠AOD ＝60°，S扇形AOD＝12·π3·1＝π6，S △AOD ＝34，∴S 阴影＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－34＝π3－32，∴P ＝S 阴影S △ABC ＝π3－323＝3π9－12.故选C.8．过点P (1,1)的直线l 将圆形区域{(x ，y )|x 2＋y 2≤4}分为两部分，其面积分别为S 1，S 2，当|S 1－S 2|最大时，直线l 的方程是( )A ．x ＋y －2＝0B ．x －2y ＋1＝0C ．x －y －2＝0D ．y －2x ＋1＝0答案 A解析 因为点P 坐标满足x 2＋y 2≤4，所以点P 在圆x 2＋y 2＝4内，因此，当OP 与过点P 的直线垂直时，|S 1－S 2|最大，因为直线OP 的斜率为k OP ＝1－01－0＝1，所以直线l 的斜率为k ＝－1，因此，直线l 的方程是y －1＝－(x －1)，整理得x ＋y －2＝0.故选A.9．函数f (x )＝12x ＋sin x 的图象大致是( )答案 C解析 因为f (x )＝12x ＋sin x 为奇函数，所以排除B ，D ；当x >0且x →0时，f (x )>0，排除A.故选C.10．已知半圆C ：x 2＋y 2＝1(y ≥0)，A ，B 分别为半圆C 与x 轴的左、右交点，直线m 过点B 且与x 轴垂直，点P 在直线m 上，纵坐标为t ，若在半圆C 上存在点Q 使∠BPQ ＝π3，则t 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－233，0∪(0，3]B ．[－3，0)∪⎝⎛⎦⎥⎤0，233 C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－33，0∪⎝⎛⎦⎥⎤0，33D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－233，0∪⎝ ⎛⎦⎥⎤0，233 答案 A解析 根据题意，设PQ 的延长线与x 轴交于点T ，|PB |＝|t |，由于PB 与x 轴垂直，且∠BPQ ＝π3，则在Rt △PBT 中， |BT |＝3|PB |＝3|t |，当P 在x 轴上方时，PT 与半圆有公共点Q ，PT 与半圆相切时，|BT |有最大值3，此时t 有最大值3，当P 在x 轴下方时，当Q 与A 重合时，|BT |有最大值2，|t |有最大值233，则t 取得最小值－233，t ＝0时，P 与B 重合，不符合题意，则t 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－233，0∪(0，3]．故选A.11．已知a ，b 为正实数，直线y ＝x －a ＋2与曲线y ＝e x ＋b －1相切，则1a ＋1b 的最小值为( ) A ．1 B ．2 C ．4 D ．8答案 B解析 由y ＝x －a ＋2得y ′＝1；由y ＝e x ＋b －1得y ′＝e x ＋b ；因为y ＝x －a ＋2与曲线y ＝e x ＋b －1相切，令e x ＋b ＝1，则可得x ＝－b ，代入y ＝e x ＋b －1得y ＝0；所以切点为(－b,0)．则－b －a ＋2＝0，所以a ＋b ＝2.故1a ＋1b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋b 2＝1＋b 2a ＋a 2b ≥2，当且仅当b 2a ＝a2b ，即a＝b ＝1时等号成立，此时1a ＋1b 取得最小值2.选B.12．在△ABC 中，B ＝30°，BC ＝3，AB ＝2，D 是边BC 上异于B ，C 的点，B ，C 关于直线AD 的对称点分别为B ′，C ′，则△BB ′C ′面积的最大值为( )A.32B.337C.237D.3－32答案 A解析 由B ＝30°，BC ＝3，AB ＝2，可得△ABC 为直角三角形，且C ＝90°，则以C 为原点，CA 为x 轴，CB 为y 轴建立如图所示的直角坐标系．则A (1,0)，B (0，3)，C (0,0)，设D (0，λ)(0<λ<3)，则直线AD ：y ＝－λ(x －1)，即λx ＋y －λ＝0.设BB ′与AD 交于点E ，则BE ＝|3－λ|1＋λ2，又因为直线BE ：y －3＝1λx ，即x －λy ＋3λ＝0.此时C 到直线BE 的距离为h ＝|3λ|1＋λ2，所以BB ′＝2×|3－λ|1＋λ2，C ′到BB ′的距离为h ＝|3λ|1＋λ2，则所求面积S ＝12×2×|3－λ|1＋λ2×|3λ|1＋λ2 ＝3λ－3λ21＋λ2，因为S ′＝(1－3λ)(3λ＋3)(1＋λ2)2，所以当λ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，33时，S ′>0；当λ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫33，3时，S ′<0.所以当λ＝33时，S max ＝32，选A.第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分．第13～21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．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分． 13．已知cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋α＝2cos(π－α)，则tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋α＝________.答案 －3解析 ∵cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋α＝2cos(π－α)，∴－sin α＝－2cos α，∴tan α＝2，∴tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋α＝tan π4＋tan α1－tan π4tan α＝1＋tan α1－tan α＝－3. 14．在△ABC 中，BD →＝2DC →，AB ＝1，AC ＝2，∠BAC ＝60°，则AD →·BC →＝________.答案 2解析 ∵BC →＝AC →－AB →，AD →＝AB →＋23BC →＝AB →＋23(AC →－AB →)＝13AB →＋23AC →，∴AD →·BC→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13AB →＋23AC →·()AC →－AB →＝－13AB →·AC →＋23AC →2－13AB →2＝－13×1×2×12＋23×22－13×1＝2.15．在等差数列{a n }中，若1≤a 1≤3,2≤a 4≤4，则a 10的最大值是________． 答案 10解析 依题意，设数列{a n }的公差为d ，再设a 10＝ma 1＋ka 4，则a 1＋9d ＝ma 1＋k (a 1＋3d )＝(m ＋k )a 1＋3kd ，所以⎩⎨⎧ m ＋k ＝1，3k ＝9，解得⎩⎨⎧m ＝－2，k ＝3，所以a 10＝－2a 1＋3a 4，又1≤a 1≤3,2≤a 4≤4，所以0≤a 10≤10.因为a 1＝1，a 4＝4时，a 10＝10，所以a 10的最大值是10.16．甲、乙、丙3人在同一个环形场地锻炼．甲以13(圈/分钟)的速度慢跑，乙以14(圈/分钟)的速度快走，丙以16(圈/分钟)的速度慢走．计时开始时，3个人的前进方向相同，且甲在乙后面13圈，乙在丙后面16圈(如图所示)．那么，经过________分钟，甲和乙2人第一次相遇；1个小时之内，甲、乙、丙3人________(填“能”或“不能”)第一次同时相遇．答案 4 不能解析 设经过t 分钟，甲和乙2人第一次相遇．依题意，13t －14t ＝13，解得t ＝4.所以，经过4分钟，甲和乙2人第一次相遇在B 处．设经过k 分钟，甲和丙2人第一次相遇．同理，经过16分钟，甲和乙2人第二次相遇(甲超过乙一圈)仍在B 处，且甲和乙2人以后每次相遇总在B 处．依题意，13k －16k ＝12，解得k ＝3.所以，经过3分钟，甲和丙2人第一次相遇在A 处．同理，经过9分钟，甲和丙2人第二次相遇(甲超过丙一圈)仍在A 处．且甲和丙2人以后每次相遇总在A处．又因为甲和乙2人每次相遇都在B处．故甲、乙、丙3人不可能同时相遇．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．17．(本小题满分12分)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a＝4，b＝5，△ABC的面积为5 3.(1)求角C的弧度数；(2)记θ＝max{A，B，C}(即θ为角A，B，C中的最大角)，求tanθ.解(1)依题意，在△ABC中，S△ABC ＝12ab sin C＝10sin C＝53，所以sin C＝32，所以C＝π3或2π3.(2)若C＝2π3，则角C最大，此时θ＝C.所以tanθ＝－3；若C＝π3，则c2＝a2＋b2－2ab cos C＝16＋25－20＝21，c＝21，于是角B最大，此时θ＝B.因为cos B＝a2＋c2－b22ac＝16＋21－25821＝2114，sin B＝1－cos2B＝5714，所以tanθ＝tan B＝533.综上，tanθ＝533或－ 3.18．(本小题满分12分)如图，在四棱锥P－ABCD中，P A⊥平面ABCD，底面ABCD是等腰梯形，AD∥BC，AC⊥BD.(1)证明：BD⊥PC；(2)若AD＝4，BC＝2，设AC∩BD＝O，且∠PDO＝60°，求四棱锥P－ABCD的体积．解(1)证明：因为P A⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以P A⊥BD.又AC⊥BD，P A∩AC＝A，P A⊂平面P AC，AC⊂平面P AC，所以BD⊥平面P AC.而PC⊂平面P AC，所以BD⊥PC.(2)如图，连接OP，由(1)知，BD⊥平面P AC，又PO⊂平面P AC，知BD⊥PO.在Rt△POD中，因为∠PDO＝π3，所以∠DPO＝π6，得PD＝2DO.又因为四边形ABCD为等腰梯形，AC⊥BD，所以△AOD，△BOC均为等腰直角三角形．从而梯形ABCD的高为12AD＋12BC＝3，于是梯形ABCD的面积S＝12×(4＋2)×3＝9.在等腰直角三角形AOD中，OD＝22AD＝22，所以PD＝2OD＝42，P A＝PD2－AD2＝4.故四棱锥P－ABCD的体积为V＝13S·P A＝13×9×4＝12.19．(本小题满分12分)某工厂有甲、乙两个车间生产同一种产品，甲车间有工人200人，乙车间有工人400人，为比较两个车间工人的生产效率，采用分层抽样的方法抽取工人，甲车间抽取的工人记作第一组，乙车间抽取的工人记作第二组，并对他们中每位工人生产完成的一件产品的事件(单位：min)进行统计，按照[55,65)，[65,75)，[75,85)，[85,95)进行分组，得到下列统计图．(1)分别估算两个车间工人中生产一件产品时间少于75 min 的人数；(2)分别估计两个车间工人生产一件产品时间的平均值，并推测哪个车间工人的生产效率更高？(3)从第一组生产时间少于75 min 的工人中随机抽取2人，求抽取2人中至少1人生产时间少于65 min 的概率．解 (1)第一组工人20人，其中在75 min 内(不含75 min)生产完成一件产品的有6人，∴甲车间工人中生产一件产品时间少于75 min 的人数为620×200＝60.第二组工人40人．其中在75 min 内(不含75 min)生产完成一件产品的有40×(0.025＋0.05)×10＝30人，∴乙车间工人中生产一件产品时间少于75 min 的人数为3040×400＝300. (2)第一组平均时间为x －1＝60×2＋70×4＋80×10＋90×420＝78.第二组平均时间为x －2＝60×0.25＋70×0.5＋80×0.2＋90×0.05＝70.5， ∵x －1>x －2，∴乙车间工人生产效率更高．(3)由题意得，第一组生产时间少于75 min 的工人有6人，其中生产时间少于65 min 的有2人，分别用A 1，A 2表示，生产时间不少于65 min 和少于75 min 的工人用B 1，B 2，B 3，B 4表示，抽取2人基本事件空间为Ω＝{(A 1，A 2)，(A 1，B 1)，(A 1，B 2)，(A 1，B 3)，(A 1，B 4)，(A 2，B 1)，(A 2，B 2)，(A 2，B 3)，(A 2，B 4)，(B 1，B 2)，(B 1，B 3)，(B 1，B 4)，(B 2，B 3)，(B 2，B 4)，(B 3，B 4)}，共15个基本事件，这15个基本事件发生的可能性是相等的．设事件A 表示“2人中至少1人生产时间少于65 min ”，则事件A 表示“2人的生产时间都不少于65 min ”，包含(B 1，B 2)，(B 1，B 3)，(B 1，B 4)，(B 2，B 3)，(B 2，B 4)，(B 3，B 4)，共6个基本事件，∴P (A )＝1－P (A )＝1－615＝35.20．(本小题满分12分)设抛物线C ：x 2＝2py (p >0)的焦点为F ，准线为l ，A 是抛物线C 上的一个动点，过A 点作l 的垂线AH ，H 为垂足．已知B ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－p 2，且|AH |＋|AB |的最小值为2.(1)求抛物线C 的方程；(2)过点B 的直线n 与抛物线C 交于点P .若|PF |＝λ|PB |，求实数λ的取值范围．解 (1)易知，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，p 2，根据抛物线的定义，|AH |＋|AB |＝|AF |＋|AB |≥|FB |＝p ，当且仅当A 点与坐标原点重合时等号成立．依题意，p ＝2，所以抛物线C 的方程为x 2＝4y .(2)若直线n 的斜率不存在，则|PF |＝|PB |，λ＝1；若直线n 的斜率存在，设直线n 的方程为y ＝kx －1，根据对称性，不妨设k >0， 则过P 点作PQ ⊥l ，垂足为Q ，则|PF |＝|PQ |.因为|PF |＝λ|PB |，于是|PQ |＝λ|PB |，λ＝|PQ ||PB |.在直角三角形PQB 中，sin ∠PBQ ＝|PQ ||PB |，所以λ＝sin ∠PBQ .因为函数y ＝sin x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上是增函数， 所以λ随着∠PBQ 的增大而增大；又函数y ＝tan x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上是增函数， 所以∠PBQ 随着tan ∠PBQ 的增大而增大，所以λ随着k 的增大而增大．所以，当直线n 与抛物线C 相切时，λ的值最小．由⎩⎨⎧x 2＝4y ，y ＝kx －1得14x 2－kx ＋1＝0. 令Δ＝k 2－1＝0得k ＝1.此时，∠PBQ ＝π4，λ＝sin π4＝22，所以此时λ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫22，1. 综上，实数λ的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤22，1. 21．(本小题满分12分)已知函数f (x )＝ax ln x x －1. (1)当a ＝1时，判断f (x )有没有极值点？若有，求出它的极值点；若没有，请说明理由；(2)若f (x )<x ＋1，求a 的取值范围．解 函数f (x )＝ax ln x x －1，则x >0且x ≠1，即函数的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)． (1)当a ＝1时，f (x )＝x ln x x －1，则f ′(x )＝x －ln x －1(x －1)2， 令g (x )＝x －ln x －1，则g ′(x )＝1－1x ＝x －1x ，①当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0，g (x )为减函数，g (x )>g (1)＝0，∴f ′(x )>0，f (x )无极值点；②当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )为增函数，g (x )>g (1)＝0，∴f ′(x )>0，f (x )无极值点．综上，当a ＝1时，f (x )没有极值点．(2)由f (x )<x ＋1，得ax ln x x －1<x ＋1， 即x x －1⎝⎛⎭⎪⎫a ln x －x ＋1x <0.令h (x )＝a ln x －x ＋1x ， 则h ′(x )＝a x －1－1x 2＝－(x 2－ax ＋1)x 2. ①当a ≤0时，x ∈(0,1)时，⎩⎨⎧ ln x ＜0，x －1＜0；ax ln x x －1<0<x ＋1， x ∈(1，＋∞)时，⎩⎨⎧ln x ＞0，x －1＞0，ax ln x x －1<0<x ＋1， ∴ax ln x x －1<x ＋1成立，即a ≤0符合题意． ②当0<a ≤2时，x 2－ax ＋1≥2x －ax ≥0，∴h ′(x )≤0；当x ∈(0,1)时，h (x )为减函数，h (x )>h (1)＝0，∴x x －1⎝⎛⎭⎪⎫a ln x －x ＋1x <0成立； 当x ∈(1，＋∞)时，h (x )为减函数，h (x )<h (1)＝0，∴x x －1⎝⎛⎭⎪⎫a ln x －x ＋1x <0成立； 即0<a ≤2符合题意．③当a >2时，由h ′(x )＝0，得x 2－ax ＋1＝0，且Δ＝a 2－4>0；设x 2－ax ＋1＝0两根为x 1，x 2(x 1<x 2)，∴x 1＋x 2＝a >0，x 1x 2＝1，∴0<x 1<1<x 2；由h ′(x )>0，得x 2－ax ＋1<0，解集为(x 1,1)∪(1，x 2)，∴h (x )在(x 1,1)上为增函数，h (x 1)<h (1)＝0，∴x 1x 1－1⎝⎛⎭⎪⎫a ln x 1－x 1＋1x 1>0，∴a >2不符合题意． 综上，a 的取值范围是(－∞，2]．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．作答时请写清题号．22．(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝－1＋cos φ，y ＝3＋sin φ(φ为参数)． (1)以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，求曲线C 的极坐标方程；(2)若射线θ＝α与曲线C 有两个不同的交点A ，B ，求1|OA |＋1|OB |的取值范围． 解 (1)曲线C 的直角坐标方程为(x ＋1)2＋(y －3)2＝1，即x 2＋y 2＋2x －23y ＋3＝0，又x 2＋y 2＝ρ2，x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ.∴曲线C 的极坐标方程为ρ2＋2ρ(cos θ－3sin θ)＋3＝0.(2)把θ＝α代入ρ2＋2(cos θ－3sin θ)ρ＋3＝0得ρ2＋2(cos α－3sin α)ρ＋3＝0.设A (ρ1，α)，B (ρ2，α)，则ρ1＋ρ2＝2(3sin α－cos α)，ρ1 ρ2＝3.所以1|OA |＋1|OB |＝1ρ1＋1ρ2＝ρ1＋ρ2ρ1ρ2 ＝2(3sin α－cos α)3＝43sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π6，又射线θ＝α与曲线C 有两个不同的交点A ，B ，∴π2<α<5π6，∴π3<α－π6<2π3，∴32<sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π6≤1， ∴233<1|OA |＋1|OB |≤43，∴1|OA |＋1|OB |的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤233，43.23．(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲已知函数f (x )＝|x －1|＋|x ＋2|，记f (x )的最小值为m .(1)解不等式f (x )≤5； (2)若正实数a ，b 满足1a ＋1b ＝5，求证：2a 2＋3b 2≥2m .解 (1)①当x >1时，f (x )＝(x －1)＋(x ＋2)＝2x ＋1≤5，即x ≤2，∴1<x ≤2；②当－2≤x ≤1时，f (x )＝(1－x )＋(x ＋2)＝3≤5，∴－2≤x ≤1；③当x <－2时，f (x )＝(1－x )－(x ＋2)＝－2x －1≤5，即x ≥－3，∴－3≤x <－2.综上所述，原不等式的解集为{x |－3≤x ≤2}．(2)证明：∵f (x )＝|x －1|＋|x ＋2|≥|(x －1)－(x ＋2)|＝3， 当且仅当－2≤x ≤1时，等号成立．∴f (x )的最小值m ＝3.∴⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3b 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132 ≥⎝⎛⎭⎪⎫2a ×12＋3b ×132＝5，即2a 2＋3b 2≥6， 当且仅当2a ×13＝3b ×12，即3a ＝2b 时，等号成立．。
2020版高考数学大二轮培优文科通用能力升级解三角形典型试题及答案解析(11页)
2020版高考数学大二轮培优文科通用能力升级解三角形典型试题一、选择题1.在△ABC中,AB=5,AC=3,BC=7,则∠BAC=()A. B.C. D.△ABC中,设AB=c=5,AC=b=3,BC=a=7,由余弦定理,得cos∠BAC=--=-,由A∈(0,π),得A=,即∠BAC=π.2.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知a=,c=2,cos A=,则b=()A. B.C.2D.3,得5=b2+22-2×b×2×,解得b=3,或b=-(舍去).13.(2019山东潍坊一模)若角α的终边过点A(2,1),则sin-=()A.-B.-C. D.,cos α=,-=-cos α=-.则sin4.若tan θ=-,则cos 2θ=()A.-B.-C. D.--.θ=cos2θ-sin2θ=5.(2019广东深圳模拟)一架直升飞机在200 m高度处进行测绘,测得一塔顶与塔底的俯角分别是30°和60°,则塔高为()A.mB.mC.mD.m23.在Rt △ACD 中可得CD==BE , 在△ABE 中,由正弦定理得°°,则AB=,所以DE=BC=200-(m).6.在△ABC 中,cos 2(a ,b ,c 分别为角A ,B ,C 的对边),则△ABC 的形状为( )A.等边三角形B.直角三角形C.等腰三角形或直角三角形D.等腰直角三角形cos 2,所以2cos2-1=-1,所以cos B=,所以-,所以c2=a2+b2.所以△ABC为直角三角形.7.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知b sin C+c sin B=4a sin B sinC,b2+c2-a2=8,则△ABC的面积为() A. B.C. D.b sin C+c sin B=4a sin B sin C及正弦定理,得2sin B sin C=4sin A sin B sin C,易知sin B sin C≠0,∴sin A=.又b2+c2-a2=8,∴cos A=-,4则cos A>0.∴cos A=,即,则bc=.∴△ABC的面积S=bc sin A=.8.一艘海轮从A处出发,以每小时40海里的速度沿南偏东40°的方向直线航行,30分钟后到达B处,在C处有一座灯塔,海轮在A处观察灯塔,其方向是南偏东70°,在B处观察灯塔,其方向是北偏东65°,那么B,C两点间的距离是() A.10海里 B.10海里C.20海里D.20海里,易知,在△ABC中,AB=20,∠CAB=30°,∠ACB=45°,根据正弦定理,得°°解得BC=10(海里).59.(2019山东济宁模拟)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若A==2sin A sin B,且b=6,则c=() A.2 B.3C.4D.6△ABC中,A=,b=6,∴a2=b2+c2-2bc cos A,即a2=36+c2-6c,①又=2sin A sin B,∴=2ab,即cos C=-,∴a2+36=4c2,②由①②解得c=4或c=-6(不合题意,舍去).∴c=4.二、填空题610.如图,某住宅小区的平面图呈圆心角为120°的扇形AOB,C是该小区的一个出入口,且小区里有一条平行于AO的小路CD.已知某人从O沿OD走到D用了2分钟,从D沿DC走到C用了3分钟.若此人步行的速度为每分钟50米,则该扇形的半径为米.OC,由题意知CD=150米,OD=100米,∠CDO=60°.在△COD中,由余弦定理得OC2=CD2+OD2-2CD·OD·cos 60°,即OC=50.11.设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=2,cos A=,sin B=2sin C,则△ABC的面积是.sin B=2sin C,cos A=,A为△ABC一内角,可得b=2c,sin A=-,∴由a2=b2+c2-2bc cos A,可得8=4c2+c2-3c2,解得c=2,则b=4.78∴S △ABC = bc sin A= ×4×2×.12.如图,在△ABC 中,B=45°,D 是BC 边上一点,AD=5,AC=7,DC=3,则AB= .△ACD 中,由余弦定理可得cos C=-,则sin C=. 在△ABC 中,由正弦定理可得,则AB=. 13.在△ABC 中,a ,b ,c 分别是内角A ,B ,C 的对边,且B 为锐角,若,sin B=,S △ABC=,则b 的值为 .由及正弦定理,得,即a=c ,① 由S △ABC =ac sin B=,sin B=,得ac=5, ②9联立①②,得a=5,c=2.由sin B=且B 为锐角,得cos B=,由余弦定理,得b 2=25+4-2×5×2×=14,b= .三、解答题14.如图,航空测量组的飞机航线和山顶在同一铅直平面内,已知飞机的飞行高度为10 000 m,速度为50 m/s .某一时刻飞机看山顶的俯角为15°,经过420 s 后看山顶的俯角为45°,则山顶的海拔高度为多少米?(取 ≈1.4, ≈1.7),作CD 垂直于线段AB 的延长线于点D ,由题意知∠A=15°,∠DBC=45°, 所以∠ACB=30°,AB=50×420=21 000(m). 又在△ABC 中,,所以BC=×sin 15°=10 500( ).因为CD⊥AD,所以CD=BC·sin∠DBC=10 500()×=10 500(-1)≈7 350(m).故山顶的海拔高度为10 000-7 350=2 650(m).15.已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,a2-ab-2b2=0.(1)若B=,求A,C;(2)若C=,c=14,求S△ABC.由已知B=,a2-ab-2b2=0结合正弦定理,得sin2A-sin A sin-2sin2=0,化简整理,得2sin2A-sin A-1=0,于是sin A=1或sin A=-(舍).因为0<A<π,所以A=,又A+B+C=π,所以C=π-.(2)由题意及余弦定理可知a2+b2-2ab cos=196,即a2+b2+ab=196,①由a2-ab-2b2=0,得(a+b)(a-2b)=0,因为a+b>0,所以a-2b=0,即a=2b,②10联立①②解得b=2,a=4.所以S△ABC=ab sin C=14.11。
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∴c＝log85>log8 8＝12，b＝log52<log5 5＝12，
∴log85>log52，即 c>b，∴log43>log85>log52，
即 a>c>b.故选 B.
11．已知双曲线 C：ax22－by22＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为 F1，F2，
过原点的直线与双曲线 C 交于 A，B 两点，若∠AF2B＝60°，△ABF2 的面积 为 3a2，则双曲线的渐近线方程为( )
7．一个几何体的三视图如图所示，图中的三个正方形的边长均为 2，则 该几何体的体积为( )
A．8－23π C．8－π3
答案 A
B．4－π3 D．4－23π
解析 由三视图可得该几何体的直观图如图所示，该几何体是一个棱长 为 2 的正方体上、下各挖去一个底面半径为 1，高为 1 的圆锥后剩余的部分， 其体积为 23－2×13×π×12×1＝8－23π.故选 A.
6．下列函数中，既是奇函数又在(－∞，＋∞)上单调递增的是( ) A．y＝sinx B．y＝|x| C．y＝－x3 D．y＝ln ( x2＋1＋x)
答案 D
解析 sinx 不是单调递增函数，可知 A 错误；|－x|＝|x|，则函数 y＝|x| 为偶函数，可知 B 错误；y＝－x3 在(－∞，＋∞)上单调递减，可知 C 错误； ln ( －x2＋1－x)＝ln x2＋11＋x＝－ln ( x2＋1＋x)，则 y＝ln ( x2＋1＋x) 为奇函数；当 x≥0 时， x2＋1＋x 单调递增，由复合函数单调性可知 y＝ln ( x2＋1＋x) 在[0，＋∞)上单调递增，根据奇函数对称性，可知在(－∞，＋ ∞)上单调递增，则 D 正确．故选 D.
10．设 a＝log43，b＝log52，c＝log85，则( ) A．a<b<c B．b<c<a C．b<a<c D．c<a<b
答案 B
解析
∵
a
＝
log43
＝
log6427
＝
lg lg
27 64
，
c
＝
log85
＝
log6425
＝
lg lg
25 64
，
∴
log43>log85，即 a>c，∵2< 5，5> 8，
6套基础保分强化训练
基础保分强化训练(四)
1．集合 A＝{x|x2－a≤0}，B＝{x|x<2}，若 A⊆B，则实数 a 的取值范围
是( )
A．(－∞，4] B．(－∞，4)
C．[0,4]
D．(0,4)
答案 B
解析 当 a<0 时，集合 A＝∅，满足题意；当 a≥0 时，A＝[－ a， a ]， 若 A⊆B，则 a<2，所以 0≤a＜4，所以 a∈(－∞，4)，故选 B.
故 z＝43＋i，故选
D.
3．已知直线 l：y＝kx＋1 与圆 O：x2＋y2＝2 相交于 A，B 两点，则“k ＝1”是“∠AOB＝120°”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
答案 A
解析 由题意得圆心(0,0)到直线 l：y＝kx＋1 的距离为 d＝ 1＋ 1 k2，若 ∠AOB＝120°，则有 11＋k2＝ 2×12，得 k2＝1 即 k＝±1，若 k＝1 时，则∠AOB ＝120°，但∠AOB＝120°时，k＝－1 或 k＝1，故选 A.
11 5 1 3 A. 2 B.2 C.2 D.2
答案 B
解析 函数 y＝cosωx＋π3的图象向右平移π3个单位长度后，所得函数图象 对应的解析式为 y＝cosωx－π3＋π3＝cosωx－ω3π＋π3，其图象与函数 y＝sinωx ＝cosωx－π2＋2kπ，k∈Z 的图象重合，∴－π2＋2kπ＝－ω3π＋π3，k∈Z，∴ω ＝－6k＋52，k∈Z，又 ω>0，∴ω 的最小值为52，故选 B.
A．y＝±12x
B．y＝±2x
2x－y＋2≥0，
8．已知平面区域 Ω1：x＋y≤0， y＋2≥0，
Ω2：x2＋y2≤9，则点 P(x，y)∈
Ω1 是 P(x，y)∈Ω2 的( ) A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
答案 A
解析 平面区域 Ω2：x2＋y2≤9，表示圆以及内部部分；
2x－y＋2≥0，
Ω1：x＋y≤0， y＋2≥0
的可行域如图三角形区域：
则点 P(x，y)∈Ω1 是 P(x，y)∈Ω2 的充分不必要条件．故选 A.
9．若 ω>0，函数 y＝cosωx＋π3的图象向右平移π3个单位长度后与函数 y ＝sinωx 的图象重合，则 ω 的最小值为( )
5．在△ABC 中，M 是 BC 的中点，AM＝1，点 P 在 AM 上且满足A→P＝
2P→M，则P→A·(P→B＋P→C)等于( )
A．－49
B．－43
4 C.3
4 D.9
答案 A
解析 如图，∵A→P＝2P→M，∴A→P＝P→B＋P→C，∴P→A·(P→B＋P→C)＝－P→A2， ∵AM＝1 且A→P＝2P→M，∴|P→A|＝23，∴P→A·(P→B＋P→C)＝－49，故选 A.
2．已知复数 z 满足 z＋B．1＋i
C.43－i
D.43＋i
答案 D
解析 设 z＝a＋bi，其中 a，b∈R，由 z＋|z|＝3＋i，得 a＋bi＋ a2＋b2
＝3＋i，由复数相等可得ab＋＝1，a2＋b2＝3，
解得a＝34， b＝1，
4．将数字 1,2,3 填入编号为 4,5,6 的三个方格中，每个方格填上一个数字， 则恰有一个方格的编号与所填的数字之差为 3 的概率是( )
A.25 B.35 C.12 D.34
答案 C
解析 将数字 1,2,3 填入编号为 4,5,6 的三个方格中，其基本事件为(1,2,3)， (1,3,2)，(2,1,3)，(2,3,1)，(3,2,1)，(3,1,2)，共有 6 个，其中恰有一个方格的编 号与所填的数字之差为 3 的事件有(1,3,2)，(2,1,3)，(3,2,1)，所以恰有一个方 格的编号与所填的数字之差为 3 的概率 P＝36＝12.故选 C.