36、2020版高考数学大二轮专题突破文科通用版考前强化练7 解答题组合练C Word版含解析
2020年高三文科数学考前大题强化练七附答案详析
a
．
x
（1）讨论 f (x) 的单调性；
（2）如果方程 f (x) m 有两个不相等的解 x1 , x2 ，且 x1 x2 ，证明： f x1 x2
0．
2
2
请考生在第 22、 23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分． 22．选修 4-4：坐标系与参数方程（本小题满分 10 分）
在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C1 的参数方程为
5000 元的概率．
（2）把购买六类高价商品的金额不低于 5000 元的中年人称为 “高收入人群 ”，根据已知条件完成
列联表，并据此判断能否有 95%的把握认为 “高收入人群 ”与性别有关？
22
参考公式： K 2
参考附表：
n(ad bc)2
，其中 n
(a b)(c d)(a c)(b d)
abc d
【解析】（ 1）该城市中年人购买六类高价商品的金额不低于
5000 元的频数为
80 50 10 90 60 30 320 ，∴该城市中年人购买六类高价商品的金额不低于
5000 元的概率为：
320 16
P
．
500 25
（2）根据频数分布表得：高收入人群中女性有
140 人，男性有 180 人，非高收入人群中女性有 60 人，
2 2 ，故△ PMN 面积的最小值为 8．
（2）如果方程 f (x) m 有两个不相等的解 x1 , x2 ，且 x1 x2 ，证明： f x1 x2
0．
2
【解析】（ 1） f ( x)
2 1 2a x
a x2
2x 2 (1 2a) x a x2
(x
a)(2 x x2
1) ( x
2020年普通高等学校招生全国统一考试 数学(文)冲刺卷(二)(解析版)
【答案】 5000
【解析】设每天安排生产 x 个遥控小车模型， y 个遥控飞机模型，则生产 (30 x y) 个遥控火车模型，依 10x 12 y 8(30 x y) 320, 30 x y 0,
题得，实数 x, y 满足线性约束条件 x 0, y 0,
4
4…
4
.故答案为
4.
三、解答题：本题共 6 小题，共 70 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（12 分）已知 A，， B C 是 ABC 的内角， a，， b c 分别是角 A，， B C 的对边.若 cos2 B sin2 A sin Asin B cos2 C ,
（1）求角 C 的大小；
【答案】B
【解析】因为 f (x) [b, 2a b] ，又依题意知 f (x) 的值域为[5,3] ，所以 2a b 3 得 a 4 ，
b
5 ，所以 g(x) 5 cos 4x ，令 4x
k
2
(k Z) x
，得
k 4
8
(k Z) ，则 g(x) 的图象的
k 对称中心为 4
)
3, 1
A．
2, 0
B．
5, 1
C．
2,1
D．
【答案】B
【解析】由
f
x 1
f
1 x 可知函数
f
x 的对称轴为 x=1.因为
f
x
在
[5,
5]
上是增函数,所以
f
x 在 [5,
5]
上是减函数,因为
x
1 2
,1
,所以
1 2
x 1 0
,又因为不等式
2020版高考数学大二轮专题突破文科通用版考前强化练：9 解答题综合练：B Word版含解析
考前强化练9解答题综合练B1.已知函数f(x)=x2+mx(m>0),数列{a n}的前n项和为S n.点(n,S n)在f(x)图象上,且f(x)的最小值为-.(1)求数列{a n}的通项公式;,记数列{b n}的前n项和为T n,求证:T n<1.(2)数列{b n}满足b n=--2.(2019山西大同高三三模,文18)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底部ABCD为菱形,E为CD的中点.(1)求证:BD⊥平面PAC;(2)若∠ABC=60°,求证:平面PAB⊥平面PAE;(3)棱PB上是否存在点F,使得CF∥平面PAE?说明理由.3.2017高考特别强调了要增加对数学文化的考查,为此某校高三年级特命制了一套与数学文化有关的专题训练卷(文、理科试卷满分均为100分),并对整个高三年级的学生进行了测试.现从这些学生中随机抽取了50名学生的成绩,按照成绩[50,60),[60,70),…,[90,100]分成了5组,制成了如图所示的频率分布直方图(假定每名学生的成绩均不低于50分).(1)求频率分布直方图中的x的值,并估计所抽取的50名学生成绩的平均数、中位数(同一组中的数据用该组区间的中点值代表);(2)若高三年级共有2 000名学生,试估计高三学生中这次测试成绩不低于70分的人数;(3)若利用分层抽样的方法从样本中成绩不低于70分的三组学生中抽取6人,再从这6人中随机抽取3人参加这次考试的考后分析会,试求后两组中至少有1人被抽到的概率.4.(2019河北石家庄高三模拟,文20)已知抛物线C:y2=2px(p>0)上一点P(x0,2)到焦点F的距离|PF|=2x0.(1)求抛物线C的方程;(2)过点P引圆M:(x-3)2+y2=r2(0<r≤)的两条切线PA,PB,切线PA,PB与抛物线C的另一交点分别为A,B,线段AB中点的横坐标记为t,求t的取值范围.5.(2019山东潍坊高三二模,理)已知函数f(x)=x e x-1-a ln x(无理数e=2.718…).(1)若f(x)在(1,+∞)单调递增,求实数a的取值范围;(2)当a=0时,设g(x)=·f(x)-x2-x,证明:当x>0时,g(x)>1--2.6.已知直线l的参数方程为(t为参数),以坐标原点为极点,x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系,圆C的极坐标方程为ρ=4cos θ,直线l与圆C交于A,B两点.(1)求圆C的直角坐标方程及弦AB的长;(2)动点P在圆C上(不与A,B重合),试求△ABP的面积的最大值.7.已知函数f(x)=|2x-1|+|x+1|.(1)求函数f(x)的值域M;(2)若a∈M,试比较|a-1|+|a+1|,-2a的大小.参考答案考前强化练9解答题综合练B1.(1)解f(x)=(x+m)2-,故f(x)的最小值为-=-,又m>0,所以m=,即S n=n2+n,所以当n≥2时,a n=S n-S n-1=n;当n=1时,a1=1也适合上式,所以数列{a n}的通项公式为a n=n.(2)证明由(1)知b n=----,所以T n=1-+…+--=1--,所以T n<1.2.(1)证明因为PA⊥平面ABCD, 所以PA⊥BD.因为底面ABCD是菱形,所以AC⊥BD.因为PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC,所以BD⊥平面PAC.(2)证明因为底面ABCD是菱形,且∠ABC=60°,所以△ACD为正三角形,所以AE⊥CD,因为AB∥CD,所以AE⊥AB.因为PA⊥平面ABCD,AE⊂平面ABCD,所以AE⊥PA.因为PA∩AB=A,所以AE⊥平面PAB.因为AE⊂平面PAE,所以平面PAB⊥平面PAE.(3)解存在点F为PB中点时,满足CF∥平面PAE.理由如下:分别取PB,PA的中点F,G,连接CF,FG,EG.在△PAB中,FG∥AB且FG=AB.在菱形ABCD中,E为CD的中点,所以CE∥AB且CE=AB, 所以CE∥FG且CE=FG,即四边形CEGF为平行四边形,所以CF∥EG.又CF⊄平面PAE,EG⊂平面PAE,所以CF∥平面PAE.3.解(1)由频率分布直方图可得第4组的频率为1-0.1-0.3-0.3-0.1=0.2,故x=0.02.故可估计所抽取的50名学生成绩的平均数为(55×0.01+65×0.03+75×0.03+85×0.02+95×0.01)×10=74(分).由于前两组的频率之和为0.1+0.3=0.4,前三组的频率之和为0.1+0.3+0.3=0.7,故中位数在第3组中.设中位数为t分,则有(t-70)×0.03=0.1,所以t=73,即所求的中位数为73分.(2)由(1)可知,50名学生中成绩不低于70分的频率为0.3+0.2+0.1=0.6,由以上样本的频率,可以估计高三年级2 000名学生中成绩不低于70分的人数为2000×0.6=1 200.(3)由(1)可知,后三组中的人数分别为15,10,5,故这三组中所抽取的人数分别为3,2,1.记成绩在[70,80)这组的3名学生分别为a,b,c,成绩在[80,90)这组的2名学生分别为d,e,成绩在[90,100]这组的1名学生为f,则从中任抽取3人的所有可能结果为(a,b,c),(a,b,d),(a,b,e),(a,b,f),(a,c,d),(a,c,e),(a,c,f),(a,d,e),(a,d,f),(a,e,f),(b,c,d),(b,c,e),(b,c,f),(b, d,e),(b,d,f),(b,e,f),(c,d,e),(c,d,f),(c,e,f),(d,e,f)共20种.其中后两组中没有人被抽到的可能结果为(a,b,c),只有1种,故后两组中至少有1人被抽到的概率为P=1-.4.解(1)由抛物线定义,得|PF|=x0+,由题意得解得所以抛物线的方程为y2=4x.(2)由题意知,过P引圆(x-3)2+y2=r2(0<r≤)的切线斜率存在,且不为0.设切线PA的方程为y=k1(x-1)+2,则圆心M(3,0)到切线PA的距离d==r, 整理得,(r2-4)-8k1+r2-4=0.设切线PB的方程为y=k2(x-1)+2,同理可得(r2-4)-8k2+r2-4=0.所以,k1,k2是方程(r2-4)k2-8k+r2-4=0的两根,k1+k2=-,k1k2=1.设A(x1,y1),B(x2,y2),由-得k1y2-4y-4k1+8=0,由韦达定理知,2y1=-,所以y1=--2=4k2-2,同理可得y2=4k1-2.设点D的横坐标为x0,则x0=--=2()-2(k1+k2)+1=2(k1+k2)2-2(k1+k2)-3.设t=k1+k2,则t=-∈[-4,-2),所以x0=2t2-2t-3,对称轴t=>-2,所以9<x0≤37.5.(1)解由题意可得f'(x)=(1+x)e x-1---≥0在(1,+∞)内恒成立.∴a≤ x+x2)e x-1.令h(x)=(x+x2)e x-1,则h'(x)=(1+3x+x2)e x-1>0, ∴函数h(x)=(x+x2)e x-1在(1,+∞)内单调递增.∴a≤h(1)=2.∴实数a的取值范围是(-∞,2].(2)证明当a=0时,g(x)=·f(x)-x2-x=e x-x2-x.g'(x)=e x-2x-1.令u(x)=g'(x)=e x-2x-1,则u'(x)=e x-2,可得x=ln 2时,函数u(x)取得极小值,g'(ln 2)=u(ln 2)=1-2ln 2<0.∵g'(0)=0,又g'1+ln 2=-21+ln 2-1=e-3-ln 2>0.∴存在x0∈ln 2,1+ln 2,使得g'(x0)=-2x0-1=0,=2x0+1.由单调性可得,当x=x0时,函数g(x)取得极小值,即最小值,∴g(x ≥g(x0)=-x0=2x0+1--x0=-+x0+1=-x0-2+.由x0∈ln 2,1+ln 2,可得函数y=g(x0)单调递减,故g(x ≥g(x0)>-1+ln 2-2+>1--2.∴当x>0时,g(x)>1--2.6.解(1)由ρ=4cos θ得ρ2=4ρcos θ,所以x2+y2-4x=0,所以圆C的直角坐标方程为(x-2)2+y2=4.将直线l的参数方程代入圆C:(x-2)2+y2=4,并整理得t2+2t=0,解得t1=0,t2=-2, 所以直线l被圆C截得的弦长为|t1-t2|=2.(2)直线l的普通方程为x-y-4=0.圆C的参数方程为(θ为参数),可设圆C上的动点P(2+2cos θ,2sin θ),则点P到直线l的距离d==|2cos θ+-|.当cosθ+=-1时,d取最大值,且d的最大值为2+,所以S△ABP≤×2×(2+)=2+2,即△ABP的面积的最大值为2+2.7.解(1)f(x)=----根据函数f(x)的单调性可知,当x=时,f(x)min=f=.所以函数f(x)的值域M=,+∞.(2)∵a∈M,∴a≥,∴0<≤1.又|a-1|+|a+1|=a-1+a+1=2a≥3 ∴a≥,知a-1>0,4a-3>0, ∴-->0,∴-2a,所以|a-1|+|a+1|>-2a.。
2020年高三文科数学考前大题强化练七附答案详析
2020年高三文科数学考前大题强化练七17．（本小题满分12分） 已知数列{}n a 的前n 项和为()122n n S n N ++=-∈．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设22log n n b a =，求数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ．18．（本小题满分12分）如图，多面体ABCDEF 中，21AB DE AD ===，，平面CDE ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为矩形，BC ∥EF ，点G 在线段CE上，且2EG GC AB ==．(1)求证：DE ⊥平面ABCD ；(2)若2EF BC =，求多面体ABCDEF 被平面BDG 分成的大、小两部分的体积比．19．（本小题满分12分）一项针对某一线城市30～50岁都市中年人的消费水平进行调查，现抽查500名（200名女性，300名男性）此城市中年人，最近一年内购买六类高价商品（电子产品、服装、手表、运动与户外用品、珠宝首饰、箱包）的金额（万元）的频数分布表如下：（1）将频率视为概率，估计该城市中年人购买六类高价商品的金额不低于5000元的概率．（2）把购买六类高价商品的金额不低于5000元的中年人称为“高收入人群”，根据已知条件完成2⨯2列联表，并据此判断能否有95%的把握认为“高收入人群”与性别有关？参考公式：22()()()()()n ad bc K a b c d a c b d -=++++，其中n a b c d =+++参考附表：20．（本小题满分12分）已知抛物线C 的顶点为坐标原点O ，焦点F 在y 轴的正半轴上，过点F 的直线l 与抛物线相交于A ，B两点，且满足3.4OA OB ⋅=-u u u v u u u v（1）求抛物线C 的方程；（2）若P 是抛物线C 上的动点，点,M N 在x 轴上，圆2211x y +-=（）内切于PMN ∆，求PMN ∆面积的最小值．21．（本小题满分12分）已知函数()2(12)ln a f x x a x x=+-+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）如果方程()f x m =有两个不相等的解12,x x ，且12x x <，证明：1202x x f +⎛⎫'> ⎪⎝⎭．请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分． 22．选修4-4：坐标系与参数方程（本小题满分10分）在平面直角坐标系xOy 中，曲线1C的参数方程为4212x y t ⎧=+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩（t 为参数）．以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线2C的极坐标方程为ρ=（1）在曲线1C 上任取一点Q ，连接OQ ，在射线OQ 上取一点P ，使4OP OQ =g ，求P 点轨迹的极坐标方程；（2）在曲线1C 上任取一点M ，在曲线2C 上任取一点N ，求MN 的最小值．23．选修4-5：不等式选讲（本小题满分10分） 已知函数()2f x x x t =-+-（0t >）的最小值为2． （Ⅰ）求不等式()48f x x +-≥的解集； （Ⅰ）若22252352a b c t ++=，求23ac bc +的最大值．答案17．（本小题满分12分） 已知数列{}n a 的前n 项和为()122n n S n N ++=-∈．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设22log n nb a =，求数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ．【解析】（1）由122n n S +=-可得：当2n ≥时，122n n S -=-，上述两式相减可得2nn a =． 当1n =时：111112222a S +==-==成立，故所求()2nn a n N +=∈．（2）2nn a =，22log 2n nb a n ==，()11111122241n n b b n n n n +⎛⎫∴==- ⎪++⎝⎭， 故所求111111111141223141n T n n n ⎛⎫⎛⎫=⨯-+-+⋅⋅⋅+-=- ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭()()41n n N n +=∈+．18．（本小题满分12分）如图，多面体ABCDEF 中，21AB DE AD ===，，平面CDE ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为矩形，BC ∥EF ，点G 在线段CE上，且23EG GC AB ==．(1)求证：DE ⊥平面ABCD ；(2)若2EF BC =，求多面体ABCDEF 被平面BDG 分成的大、小两部分的体积比． 【解析】（1）∵四边形ABCD 为矩形，∴CD =AB ．∵AB =DE =2，∴CD =DE =2． ∵点G 在线段CE 上，且EG =2GC=3AB ， ∴ECCD=222DE CD EC +=，即DE CD ⊥．又平面CDE ⊥平面ABCD ，平面CDE I 平面ABCD =CD ，DE ⊂平面CDE ，∴DE ⊥平面ABCD ．(2)设三棱锥G -BCD 的体积为1，连接EB ，AE ． ∵EG =2GC ，∴CG =13EC ，∴33E BCD G BCD V V --==． 易知 3.E BCD E ABD V V --==又EF =2BC ，BC ∥EF ，∴2ABD EFA S S ∆∆=，故2B ABD B AEF V V --=，又3B ABE E ABD V V --==，∴6B AEF V -=，故633111.B AFE E ABD E BDG V V V ---++=++-=故多面体ABCDEF 被平面BDG 分成的大、小两部分的体积比为11：1． 19．（本小题满分12分）一项针对某一线城市30～50岁都市中年人的消费水平进行调查，现抽查500名（200名女性，300名男性）此城市中年人，最近一年内购买六类高价商品（电子产品、服装、手表、运动与户外用品、珠宝首饰、箱包）的金额（万元）的频数分布表如下：（1）将频率视为概率，估计该城市中年人购买六类高价商品的金额不低于5000元的概率．（2）把购买六类高价商品的金额不低于5000元的中年人称为“高收入人群”，根据已知条件完成2⨯2列联表，并据此判断能否有95%的把握认为“高收入人群”与性别有关？参考公式：22()()()()()n ad bc K a b c d a c b d -=++++，其中n a b c d =+++参考附表：【解析】（1）该城市中年人购买六类高价商品的金额不低于5000元的频数为805010906030320+++++=，∴该城市中年人购买六类高价商品的金额不低于5000元的概率为：3201650025P ==． （2）根据频数分布表得：高收入人群中女性有140人，男性有180人，非高收入人群中女性有60人，男性有120人，完成列联表如下：根据列联表中的数据，计算得22500(14012060180) 5.208 3.841200300180320K ⨯⨯-⨯=≈>⨯⨯⨯，故有95%的把握认为“高收入人群”与性别有关． 20．（本小题满分12分）已知抛物线C 的顶点为坐标原点O ，焦点F 在y 轴的正半轴上，过点F 的直线l 与抛物线相交于A ，B两点，且满足3.4OA OB ⋅=-u u u v u u u v（1）求抛物线C 的方程；（2）若P 是抛物线C 上的动点，点,M N 在x 轴上，圆2211x y +-=（）内切于PMN ∆，求PMN ∆面积的最小值．【解析】（1）由题意，设抛物线C 的方程为22(0)x py p =>，则焦点F 的坐标为02p（，）．设直线l 的方程为()()11222py kx A x y B x y =+，，，，，联立方程得222x py p y kx ⎧=⎪⎨=+⎪⎩，消去y 得2222220,440x pkx p p k p --=∆=+>，∴221212122.4p x x pk x x p y y +==-=，，∵121234OA OB x x y y ⋅=+=-u u u v u u u v ，∴ 1.p =故抛物线的方程为22x y =．(2)设()()()()0000000P x y x y M m N n ≠,,,,,，易知点M N ,的横坐标与P 的横坐标均不相同，不妨设m n >，易得直线PM 的方程为()00y y x m x m=--化简得()0000y x x m y my ---=， 又圆心（0，1）到直线PM 的距离为11=，∴()()()222220000002x m y x m my x m m y -+=-+-+，不难发现02y >，故上式可化为()2000220y m x m y -+-=，同理可得()2000220y n x n y -+-=，,m n ∴可以看作是()2000220y t x t y -+-=的两个实数根，则0000222x y m n mn y y --+==--,,∴()()()2222000204484.2x y y m n m n mn y +--=+-=- ∵()00P x y ，是抛物线C 上的点，∴2002x y =，则()()222042y m n y -=-，又02y >，∴02,2y mn y =- 从而()02000000014242222PMNy y S m n y y y y y y ∆=-=⋅==-++---48≥=， 当且仅当()2024y -=时取得等号，此时004,y x ==±，故△PMN 面积的最小值为8． 21．（本小题满分12分）已知函数()2(12)ln af x x a x x=+-+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）如果方程()f x m =有两个不相等的解12,x x ，且12x x <，证明：1202x x f +⎛⎫'>⎪⎝⎭．【解析】（1）2222122(12)()(21)()2(0)a a x a x a x a x f x x x x x x-+---+'=+-==>． ①当0a „时，(0,),()0,()x f x f x '∈+∞>单调递增； ②当0a >时，(0,),()0,()x a f x f x '∈<单调递减；(,),()0,()x a f x f x '∈+∞>单调递增．综上：当0a „时，()f x 在(0,)+∞单调递增；当0a >时，()f x 在(0,)a 单调递减，在(,)a +∞单调递增． （2）由（1）知，当0a „时，()f x 在(0,)+∞单调递增，()f x m =至多一个根，不符合题意；当0a >时，()f x 在(0,)a 单调递减，在(,)a +∞单调递增，则()0f a '=．不妨设120x a x <<<，要证1202x x f +⎛⎫'>⎪⎝⎭，即证122x x a +>，即证122x x a +>，即证212x a x >-．∵()f x 在(,)a +∞单调递增，即证()()212f x f a x >-，∵()()21f x f x =，∴即证()()112f x f a x >-，即证()()f a x f a x +<-． 令()()()g x f a x f a x =+--2()(12)ln()2()(12)ln()a a a x a a x a x a a x a x a x ⎡⎤⎡⎤=++-++--+--+⎢⎥⎢⎥+-⎣⎦⎣⎦4(12)ln()(12)ln()a ax a a x a a x a x a x=+-+---+-+-， 221212()4()()a a a ag x a x a x a x a x --'=++--+-+-()()22222222222242(12)4()()()()a a x x x a a a a a x a x a x a x a x +---=+-=-+-+-． 当(0,)x a ∈时，()0,()g x g x '<单调递减，又(0)(0)(0)0g f a f a =+--=，∴(0,)x a ∈时，()(0)0g x g <=，即()()f a x f a x +<-，即()(2)f x f a x >-．又1(0,)x a ∈，∴()()112f x f a x >-，∴1202x x f +⎛⎫'>⎪⎝⎭．请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分． 22．选修4-4：坐标系与参数方程（本小题满分10分）在平面直角坐标系xOy 中，曲线1C的参数方程为412x y t ⎧=+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩（t 为参数）．以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线2C的极坐标方程为ρ=（1）在曲线1C 上任取一点Q ，连接OQ ，在射线OQ 上取一点P ，使4OP OQ =g ，求P 点轨迹的极坐标方程；（2）在曲线1C 上任取一点M ，在曲线2C 上任取一点N ，求MN 的最小值．【解析】（1）∵曲线1C的参数方程为4212x y t ⎧=+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩（t 为参数），∴1C化为普通方程为40x -=，故1C 的极坐标方程为cos 23πρθ⎛⎫+= ⎪⎝⎭， 设()()00,,,Q P ρθρθ，则004,ρρθθ=⎧⎨=⎩，即04ρρθθ⎧=⎪⎨⎪=⎩， 00cos 23πρθ⎛⎫+= ⎪⎝⎭Q ，4cos 23πθρ⎛⎫∴+= ⎪⎝⎭，∴ P 点轨迹的极坐标方程为()2cos 03πρθρ⎛⎫=+≠ ⎪⎝⎭． （2）∵曲线2C的极坐标方程为ρ=，∴2C 化为直角坐标方程为2214x y +=．故2C 可化为参数方程为2cos sin x y ϕϕ=⎧⎨=⎩（ϕ为参数），MN 的最小值为椭圆2C 上的点N 到直线1C 距离的最小值．设()2cos ,sin N ϕϕ，则()42a d ϕ-===min d =min42MN ∴=． 23．选修4-5：不等式选讲（本小题满分10分） 已知函数()2f x x x t =-+-（0t >）的最小值为2． （Ⅰ）求不等式()48f x x +-≥的解集； （Ⅰ）若22252352a b c t ++=，求23ac bc +的最大值． 【解析】（Ⅰ）∵()()2222x x t x x t t -+-≥---=-=，∴4t =（0t =舍去），∴()103,22246,24310,4x x f x x t x x x x x x -<⎧⎪+-=-+-=-≤≤⎨⎪->⎩，当2x <时，令1038x -≥，得23x ≤，∴23x ≤； 当24x ≤≤时，令68x -≥，得2x -≤，无解；当4x >时，令3108x -≥，得6x ≥，∴6x ≥．∴不等式的解集为2| 63x x x ⎧⎫≤≥⎨⎬⎩⎭或． （Ⅰ）22223510a b c ++=，∴()()2222222102352346a b c a cbc ac bc =++=+++≥+，∴235ac bc +≤，当且仅当1a b c ===±时等号成立，∴23ac bc +的最大值为5.。
2020版高考数学大二轮专题突破文科通用版考前强化练5 解答题组合练A Word版含解析
姓名，年级：时间：考前强化练5解答题组合练A1.(2019辽宁葫芦岛高三二模，文17)已知数列｛a n}是公比为q的正项等比数列，{b n｝是公差d为负数的等差数列,满足1a2−1a3=da1，b1+b2+b3=21,b1b2b3=315。
(1)求数列{a n｝的公比q与数列{b n｝的通项公式；(2)求数列{|b n|}的前10项和S10。
2.设正项数列｛a n}的前n项和S n满足2√S n=a n+1。
（1）求数列｛a n}的通项公式;(2）设b n=1a n·a n+1，数列｛b n｝的前n项和为T n，求T n的取值范围。
3.（2019河北衡水高三一模，20)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1（a>b〉1)离心率为√32，直线x=1被椭圆截得的弦长为√3。
(1)求椭圆方程；(2）设直线y=kx+m交椭圆C于A，B两点，且线段AB的中点M在直线x=1上，求证:线段AB的中垂线恒过定点。
4.如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1=4，AB=BC=2，AC=2√2，点M是棱AA1上不同于A，A1的动点.（1)证明：BC⊥B1M；（2）若∠CMB1=90°，判断点M的位置并求出此时平面MB1C把此棱柱分成的两部分几何体的体积之比.5。
（2019天津南开高三一模,文）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a〉b>0)的离心率为√63，两焦点与短轴的一个端点的连线构成的三角形面积为√2.(1）求椭圆C的方程;(2)设与圆O：x2+y2=34相切的直线l交椭圆C于A,B两点（O为坐标原点),求△AOB 面积的最大值.6。
已知抛物线C1:x2=y，圆C2：x2+(y-4）2=1的圆心为点M.(1）求点M到抛物线C1的准线的距离;（2）已知点P是抛物线C1上一点(异于原点)，过点P作圆C2的两条切线，交抛物线C1于A,B两点，若过M,P两点的直线l垂直于AB,求直线l的方程。
2020高考数学大二轮专题突破文科通用三角过关检测及答案解析(13页)
2020高考数学大二轮专题突破文科通用三角过关检测一、选择题1.若cos(π2-α)=√23,则cos(π-2α)=()A.29B.59C.-29D.-592.(2019陕西西安高三质检)已知sinα-3π10=35,则cosα+π5=()A.-45B.45C.-35D.353.已知函数f(x)=cos(x+π4)sin x,则函数f(x)满足() A.最小正周期为T=2πB.图象关于点(π8,-√24)对称C.在区间(0,π8)上为减函数D.图象关于直线x=π8对称4.(2019四川成都七中高三模拟,文7)若存在唯一的实数t∈0,π2,使得曲线y=cosωx-π3(ω>0)关于点(t,0)对称,则ω的取值范围是()A.53,11 3B.53,11 3C.43,10 3D.43,10 35.已知函数f(x)=A cos(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示,其中N,P的坐标分别为(5π8,-A),(11π8,0),则函数f(x)的单调递减区间不可能为()A.[π8,5π8]B.[-7π8,-3π8]C.[9π4,21π8]D.[9π8,33π8]6.在△ABC中,已知a2+b2-c2=4S(S为△ABC的面积),若c=√2,则a-√22b的取值范围是()A.(0,√2)B.(-1,0)C.(-1,√2)D.(-√2,√2)7.(2019湖南株洲高三二模,理7)若函数f (x )=cos 2x-π4-a x ∈0,9π8恰有三个不同的零点x 1,x 2,x 3,则x 1+x 2+x 3的取值范围是( ) A.5π4,11π8B.9π4,7π2C.5π4,11π8D.9π4,7π28.(2019安徽蚌埠高三质检三,理8)已知函数f (x )=2sin(ωx+φ)ω>0,|φ|<π2图象的相邻两条对称轴之间的距离为π2,将函数f (x )的图象向左平移π3个单位长度后,得到函数g (x )的图象.若函数g (x )为偶函数,则函数f (x )在区间-π6,π6上的值域是( )A.-1,12B.(-2,1)C.-1,12D.[-2,1]9.已知函数f (x )=A sin(ωx+φ)(A>0,ω>0)的图象与直线y=a (0<a<A )的三个相邻交点的横坐标分别是2,4,8,则f (x )的单调递减区间是( ) A .[6k π,6k π+3](k ∈Z ) B .[6k π-3,6k π](k ∈Z ) C .[6k ,6k+3](k ∈Z ) D .[6k-3,6k ](k ∈Z )二、填空题10.(2019河北衡水二中高三三模,文15)在锐角△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,c=2,A=π3,则a+b的取值范围是.11.若不等式k sin2B+sin A sin C>19sin B sin C对任意△ABC都成立,则实数k的最小值为.12.(2019黑龙江齐齐哈尔高三二模,文15)在锐角△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a=2,tan A=cosA+cosCsinA+sinC ,则b+csinB+sinC的取值范围是.三、解答题13.(2019河南八市重点高中高三二联,文17)已知向量a=(1,cos 2x-√3sin 2x),b=(-1,f(x)),且a∥b.(1)将f(x)表示成x的函数并求f(x)的单调递增区间;(2)若f(θ)=65,π3<θ<π2,求cos 2θ的值.14.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知sin(A+C)=8sin2B.2(1)求cos B;(2)若a+c=6,△ABC的面积为2,求b.15.(2019福建三明高三二模,理17)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,满足ab+a2=c2.(1)求证:C=2A;(2)若△ABC的面积为a2sin2B,求角C的大小参考答案专题突破练12 专题三 三角过关检测1.D 解析 由cos (π2-α)=√23,可得sin α=√23.∴cos(π-2α)=-cos 2α=-(1-2sin 2α)=2sin 2α-1=2×29-1=-59.2.C 解析 因为sin α-3π10=35,则cos α+π5=cosπ2+α-3π10=-sin α-3π10=-35.故选C.3.D 解析 f (x )=√22(cos x-sin x )sin x =√22[12sin2x -1-cos2x 2]=√24[√2sin (2x +π4)-1], 所以函数最小正周期为π,将x=π8代入得sin 2x+π4=sin π2,故直线x=π8为函数的对称轴,选D .4.B 解析 由题意,因为t ∈0,π2,所以ωt-π3∈-π3,ωπ2−π3.因为存在唯一的实数t ∈0,π2,使得曲线y=cos ωx-π3(ω>0)关于点(t ,0)对称,则π2<ωπ2−π3≤3π2,解得53<ω≤113.故选B.5.D 解析 根据题意,设函数f (x )=A cos(ωx+φ)的周期为T , 则34T=11π8−5π8=3π4,解得T=π,又选项D 中,区间长度为33π8−9π8=3π,∴f (x )在区间[9π8,33π8]上不是单调减函数.故选D .6.C 解析 ∵a 2+b 2-c 2=4S ,∴2ab cos C=2ab sin C ,即tan C=1, ∴C=π4.由正弦定理asinA =bsinB =csinC =√2√22=2,得a=2sin A ,b=2sinB=2sin (3π4-A),a-√22b=2sin A-√(3π4-A)=sin A-cos A=√sin (A -π4). ∵0<A<3π4,可得-π4<A-π4<π2,可得-√22<sin (A -π4)<1, ∴a-√22b ∈(-1,√2).7.A 解析 由题意得方程cos 2x-π4=a ,x ∈0,9π8有三个不同的实数根,令y=cos 2x-π4,x ∈0,9π8,画出函数y=cos 2x-π4的大致图象,如图所示.由图象得,当√22≤a<1时,方程cos 2x-π4=a 恰好有三个根.令2x-π4=k π,k ∈Z ,得x=π8+kπ2,k ∈Z .当k=0时,x=π8;当k=1时,x=5π8.不妨设x 1<x 2<x 3,由题意得点(x 1,0),(x 2,0)关于直线x=π8对称, 所以x 1+x 2=π4.又结合图象可得π≤x 3<9π8,所以5π4≤x 1+x 2+x 3<11π8,即x 1+x 2+x 3的取值范围为5π4,11π8.故选A.8.D 解析 因为函数f (x )=2sin(ωx+φ)ω>0,|φ|<π2图象的相邻两条对称轴之间的距离为π2,所以T=π.而ω>0,T=2π|ω|⇒ω=2.又因为函数f (x )的图象向左平移π3个单位长度后,得到函数g(x)的图象,所以g(x)=2sin2x+2π3+φ,由函数g(x)为偶函数,可得2π3+φ=kπ+π2k∈Z,而|φ|<π2,所以φ=-π6,因此f(x)=2sin2x-π6.∵x∈-π6,π6,∴2x-π6∈-π2,π6.∴sin2x-π6∈-1,12,所以函数f(x)在区间-π6,π6上的值域是[-2,1].故选D.9.D解析由函数与直线y=a(0<a<A)的三个相邻交点的横坐标分别是2,4,8,知函数的周期为T=2πω=2(4+82-2+42),得ω=π3,再由五点法作图可得π3·2+42+φ=π2,求得φ=-π2,∴函数f(x)=A sin(π3x-π2).令2kπ+π2≤π3x-π2≤2kπ+3π2,k∈Z,解得6k+3≤x≤6k+6,k∈Z,∴f(x)的单调递减区间为[6k-3,6k](k∈Z).10.(1+√3,4+2√3)解析由asinA =bsinB=csinC,可得a=csinAsinC =√3sinC,b=csinBsinC=2sin(2π3-C)sinC,所以a+b=√3sinC +√3cosC+sinCsinC=1+√3(1+cosC)sinC=1+2√3cos2C22sin C2cos C2=1+√3tan C2.由△ABC是锐角三角形,可得{0<C <π2,0<2π3-C <π2,则π6<C<π2,所以π12<C 2<π4,2-√3<tan C2<1.所以1+√3<a+b<1+√32-√3=4+2√3. 11.100 解析 由正弦定理得kb 2+ac>19bc ,∴k>(19bc -ac b )max.19bc -ac b 2=(19b -a )c b 2<(19b -a )(a +b )b 2=-(ab-9)2+100≤100.因此k ≥100,即k 的最小值为100.12.(2√2,4) 解析 由已知得sin A (sin A+sin C )=cos A (cos A+cos C ),∴cos 2A-sin 2A=sin A sin C-cos A cos C. ∴cos 2A=-cos(A+C )=cos B. ∵△ABC 是锐角三角形,∴B=2A 且{0<2A <π2,0<π-3A <π2,∴π6<A<π4.∵a=2,∴asinA ∈(2√2,4).又b+c sinB+sinC=a sinA,∴b+csinB+sinC ∈(2√2,4).故答案为(2√2,4).13.解 (1)由题意知,向量a =(1,cos 2x-√3sin 2x ),b =(-1,f (x )),且a ∥b , 所以1×f (x )+(cos 2x-√3sin 2x )=0, 即f (x )=-cos 2x+√3sin 2x=2sin 2x-π6.令2k π-π2≤2x-π6≤2k π+π2,k ∈Z ,解得k π-π6≤x ≤k π+π3,k ∈Z ,故函数的单调递增区间为k π-π6,k π+π3,k ∈Z .(2)若f (θ)=65,π3<θ<π2,即f (θ)=2sin 2θ-π6=65,∴sin 2θ-π6=35. ∵2θ∈2π3,π,2θ-π6∈π2,5π6,∴cos 2θ-π6=-√1-sin 2(2θ-π6)=-45.∴cos 2θ=cos2θ-π6+π6 =cos 2θ-π6cos π6-sin 2θ-π6sin π6=-45×√32−35×12 =-4√3+310. 14.解 (1)由题设及A+B+C=π,得sin B=8sin 2B 2,故sin B=4(1-cos B ).上式两边平方,整理得17cos 2B-32cos B+15=0,解得cos B=1(舍去),cos B=1517. (2)由cos B=1517得sin B=817, 故S △ABC =12ac sin B=417ac. 又S △ABC =2,则ac=172. 由余弦定理及a+c=6得b 2=a 2+c 2-2ac cos B=(a+c )2-2ac (1+cos B )=36-2×172×(1+1517)=4.所以b=2.15.解 (1)在△ABC 中,根据余弦定理,c 2=a 2+b 2-2ab cos C ,又因为ab+a 2=c 2,所以ab=b 2-2ab cos C.因为b>0,所以b-a=2a cos C.根据正弦定理,sin B-sin A=2sin A cos C.因为A+B+C=π,即A+C=π-B ,则sin B=sin A cos C+cos A sin C ,所以sin A=sin C cos A-sin A cos C.即sin A=sin(C-A ).因为A ,C ∈(0,π),则C-A ∈(-π,π),所以C-A=A ,或C-A=π-A (舍去后者).所以C=2A.(2)因为△ABC 的面积为a 2sin 2B ,所以a 2sin 2B=12ac sin B , 因为a>0,sin B>0,所以c=2a sin B ,则sin C=2sin A sin B.因为C=2A ,所以2sin A cos A=2sin A sin B ,所以sin B=cos A.因为A ∈0,π2, 所以cos A=sinπ2-A , 即sin B=sinπ2-A , 所以B=π2-A 或B=π2+A.当B=π2-A ,即A+B=π2时,C=π2; 当B=π2+A 时,由π-3A=π2+A ,解得A=π8,则C=π4.综上,C=π2或C=π4.。
普通高等学校2020年招生全国统一考试临考冲刺卷二数学文含解析推荐
年招生全国统一考试临考冲刺卷普通高等学校2020高三文科数学（二）注意事项：．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码1 粘贴在答题卡上的指定位置。
铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，2B2．选择题的作答：每小题选出答案后，用写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿3 纸和答题卡上的非答题区域均无效。
．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
4卷Ⅰ第分，在每小题给出的四个选项中，只有5一、选择题：本大题共12小题，每小题一项是符合题目要求的．?1???2x?y4B=x?BA1?A=x，则，1）．已知集合（??x????????????1,??,1??0,10, DBA．．．．CB【答案】???7i1z?2i??z z，则（．若复数2满足）510222．A．D B．C．A【答案】3．阅读程序框图，该算法的功能是输出（）????nn1122??的第45项B．数列项A．数列的第????nn12??12．数列5项的和的前4 D．数列的前项的和CB【答案】1AD?=?ACAD3ABC△?DB3?CDAB?AD（，则），中，4．在，13421．B．D CA．．D【答案】5．七巧板是我国古代劳动人民的发明之一，被誉为“东方模板”，它是由五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成的．如图是一个用七巧板拼成的正方形，若在此正方形中任取一点，则此点取自黑色部分的概率为（）9537．C．A．D B．1632168【答案】C????na?SS aa2n?n为递增数列”的前6．已知对是等差数列项和，则“恒成立”是“数列nnnnn 的（）A．充分必要条件B．充分而不必要条件D．既不充分也不必条件C．必要而不充分条件【答案】A7．将标号为1，2，…，20的20张卡片放入下列表格中，一个格放入一张卡片，选出每列标号最小的a；选出每行标号最大的卡片，将这些卡片中标号最小的数设卡片，将这些卡片中标号最大的数设为b．为bbaa有可能相等，那么甲乙两位同学的说法中（和甲同学认为）有可能比大，乙同学认为A．甲对乙不对B．乙对甲不对C．甲乙都对D．甲乙都不对B【答案】A．某几何体的三视图如图所示，记8为此几何体所有棱的长度构成的集合，则（）2A?6?A342AA5?3? D．A．C B ．．D 【答案】1??x?cos fx?），下列说法中正确的个数为（9．已知函数x?????0,xf①上是减函数；在??2??2?????xf0,上的最小值是②在；??????0,f2x③在上有两个零点．3021个DB．．个CA．．个个C【答案】511??BCADCD?AB?BD?C4ACDAB，，的球面上，．已知，且，，，四点在半径为10ABC?D则三棱锥）的体积是（7772476．．CDB．．AC【答案】????2x??x0,1??xx?x ln fxa?a，不等式11．已知函数，，，对任意的1≠0a?且a12????2xx?ff?a?a恒成立，则）的取值范围为（21?????22???2,ee,??e,e,??eDC ．B．A．．???A【答案】22yx??0?0,b??1a?SS分别引其渐近线的平行线，分别交为双曲线上的任意一点，过??8OQ???OP?NxQPMy恒成立，则双曲线离心，若轴于12．已知22ba??11点，，交轴于点，????ONOM??e）率的取值范围为（3??????11,?25,C．A．D．．B????【答案】B第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．x?1?y??x?33x?yyx的最大值为13．已知实数，则，_______满足：．??y?1?0?13【答案】???????fx?f?f4_______．，则14．设函数??lg x,x?1??1【答案】2π2??x?2,xx?12xy?8CO FFAB x，过轴交于点15．抛物线，原点为，的焦点为，，弦抛物线准线与??OFA3?ACB tan?则．_______34【答案】aaaa k，后三个数构成一个，，16．设有四个数的数列，前三个数构成一个等比数列，其和为，4213kk的1，且公差非零．对于任意固定的实数，则，若满足条件的数列个数大于等差数列，其和为15 取值范围为_______．15????????15,,55,15【答案】??4??三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．??A s c co3os C?2b?c3a CABC△bBA ca，且的对边分别是，，，，1217．（分）在．中，角A 1）求角的大小；（ABC?2△a面积的最大值．）若（2，求?2?3?A．；【答案】（1）（2 ）63sin A cos C?2sin B cos A?3sin C cos A，）由正弦定理可得：1【解析】（??3sin B?2sin B cos A A cos2sin C3sin A?B?，从而可得：，即3?cos A0?sin BB，，于是为三角形内角，所以又24??A A．又为三角形内角，所以6322222?2bcbc?3bc4?b?c?2A2?bca cos?b?c，得：（2）由余弦定理：21??32?bc?4bc sin A?2?3S?．，所以所以218．（12分）在2020年3月郑州第二次模拟考试中，某校共有100名文科学生参加考试，其中语文考试成绩低于130的占95%人，数学成绩的频率分布直方图如图：（1）如果成绩不低于130的为特别优秀，这100名学生中本次考试语文、数学成绩特别优秀的大约各多少人？（2）如果语文和数学两科都特别优秀的共有3人．①从（1）中的这些同学中随机抽取2人，求这两人两科成绩都优秀的概率．2?2列联表，并分析是否有99%②根据以上数据，完成的把握认为语文特别优秀的同学，数学也特别优秀．1【答案】（1）5人，4人；①，②是．5【解析】（1）我校共有100名文科学生参加考试，其中语文考试成绩低于130的有95%人，语文成绩P=1?0.95=0.05100?0.05=5人，数学成绩特别优秀的特别优秀的概率为，语文特别优秀的同学有1P=0.002?20=0.04100?0.04=4人．，数学特别优秀的同学有概率为2①语文数学两科都特别优秀的有3人，单科特别优秀的有3人，ABBABA，从中随机，，3，单科特别优秀的人分别为记两科都特别优秀的3人分别为，，221133????????????????BBA,,A,B,B,B,A,A,AAAABBB，共有：2抽取人，，，，，，，，21213231213231115??????????????B,AA,B,,AB,AA,BB,ABBA共15，，，，，，种，其中这两人成绩33122212133323??????A,AAA,A,A这3都特别优秀的有，种，则这两人两科成绩都特别优秀的概率为：，32211331?=P．155②，2??2?94?100?13?245026.63542.982????k?，5795596??4??的把握认为语文特别优秀的同学，数学也特别优秀．有99%1BC??1AD?AB?AEBC?AD∥BCE?ABCDABE，底面中，19．（12分）如图，四棱锥，且2CEM的中点．为棱CBE?DM；（1）求证：直线平面E?ABCD ABE?D的体积．的体积最大时，求四棱锥（2）当四面体1．）1）见解析；（2【答案】（2NAN?EBEB?ABAE，的中点，所以）因为，设为【解析】（1BCBE?B AN?BC?AN?BCAEBAEB，平面，，所以又，又平面BCE∥ANBCEAN?DM?DM平面，又平面所以，所以．?=AE?EAB?CDAD=AB?AE?1，，（2），设111??sin?sin?AD????V?AEABABED?，则四面体的体积3266??90?AE?AB时体积最大，当，即BCAB?B BC??AEBC AEBAEBAE?，，所以又平面平面，因为，ABC?AE平面所以，111???1?21V????1?．ABCDE?32222??????22?2?xx?1?1?yy?2yxM,．20．（12分）已知动点满足：EM的轨迹的方程；（1）求动点1??l:xNABBEABA的中垂线上的两个动点，线段在直线是轨迹的中点（2）设上，线段，2??,01NNPQQ PE点坐标，与为直径的圆经过点交于，使以，，若存在，求出两点，是否存在点若不存在，请说明理由．??2x19121??y N?,?．）（2 ；【答案】（1）????2192??2x2?1?y．【解析】（1）21??xxABAB，方程为（2）当直线轴时，直线垂直于2????2,02,0QP?1??P?FQF，此时，不合题意；，221????N?m?,m0kxABAB轴时，设存在点的斜率为当直线，直线，不垂直于??2??2?x21?1?y???1yy??2????????12?yx?x??20y?yxBA,x,y，，，由得：???22112211xx?2x???21221??y?2?2?1?4mk?0，则1k??4m?kPQ，斜率为，此时，直线故14m1??y?m??4mx?yPQ??4mx?m，，即的直线方??222202?216?mx?m?x?32m1y消去，联立，整理得：2?x2?y?1?程为??2??y??4mx?m???2722?22m16mx?x??x?x?，所以，2121221?13232m?m0??FQFP由题意，于是22??????????mmxmx?mx?x??1??FQ?4x?1?x14?yy?x?x?FP221112122221??????222m1x??4mx??11?16m??x?x2121????????2222m4m2?1161?16m?2m?21m?1920?1?m????，????2221?32m132m?32m?1191972?m?m??????mN，因为，在椭圆内，符合条件，19198?? 191??,NN综上所述，存在两点符合条件，坐标为．????192????2?x?fxx ln?ax e x? 12分）已知函数在处取得极值．（21．a的值；（1）求实数????????22?x?xxx x ln x?fx?1xFxa?x??F．，求证：存在两个相异零点（2）设，若，21211a??；（【答案】（1）2）见解析．??????2??x1fxax?x ln f ln xx??afx??e x?处取得极，所以，因为函数在（【解析】1）因为????22???2??0?a?elne f?e1?0f?，即大值，所以，???2??f ln xx?1a??所以，，此时??????22??xf??0,e,e在经检验，上单调递增，在单调递减，??2?xf e x?1?a?．所以在处取得极大值，符合题意，所以??????2a?x?x?1f ln Fxx?x?）知：函数，（2）由（1????????xx,0FxxC,0x?D x，图像与，轴交于两个不同的点，函数2121??21?Fxx??x ln?x 为函数的零点，????21x?1?2x1x21x???????1?2?Fxx?，令xxx??????????x????x010,1,1,??xF1???F?1在，，单调递减，在单调递增且，12????????xx2???x?2x x2x?F?Fx?F?2xF，即证：，即证，即证欲证：，12211121???????????0,1?Fx?x?F2xx?，构造函数82??1?2?x ??????????0??x0??1x?，得证．，??x?2x23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．请考生在22、4-4：坐标系与参数方程（10分）选修22．?cos?tx??t??O0?l xoy以坐标原点为参数，）的参数方程为在平面直角坐标系（中，直线．??sin?ty?1?2???4sincos?Cx轴正半轴为极轴，建立极坐标系，已知曲线．为极点，以的极坐标方程为：C l的普通方程与曲线的直角坐标方程；（1）求直线8?ABC lBA a（2）设直线，若与曲线，求交于不同的两点的值．，?3?2????y4x??0?cos?y?cos?x sin?或．；（，2【答案】（1））44???C l0cos y?cos?x?sin??的极坐标方程为普通方程为，曲线【解析】（1）直线222???????????sin4?4sincoscos?y?x?cossin，，，则，2?4y?xC的普通方程．即为曲线?cos?tx?2??C:x?4yt??0，）代入曲线（（2）将为参数，??sin?ty?1???4sin422???t?t??t?t0??t sin?cos?4?4t?，，，221122??coscos2?4sin?4??2???4t?t??4tAB??t??tt??8，??22211122??coscos??2?3??????cos??或．，24423．（10分）选修4-5：不等式选讲???x?a?f2xx?b0b?0a?的最小值为，函数已知1．，2a?b?2；）证明：1（ttab??2ba的最大值．）若（2恒成立，求实数9．）（1（【答案】）见解析；229??a?b,x??3x?a??bbb????????x?a??x?a??fbx,???,?xf?a?上单调，显然1在）证明：，【解析】（???222???b?3x?a?b,x???2bbb??????f?a???,?1xf2a?b?2．递减，在，即上单调递增，所以的最小值为????222????a?2b?ttab?a?2b恒成立，恒成立，所以）因为（2aba?2b1211212a2b9???????5??ab+?????2，????abba2ba2ba2????2a?2b9??ba时，取得最小值，当且仅当ab3299t?t的最大值为．，即实数所以2210。
37、2020版高考数学大二轮专题突破文科通用版考前强化练8 解答题综合练A Word版含解析
考前强化练8解答题综合练A1.(2019安徽黄山高三质检,文17)已知在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足bc=1,a2-bc=(b-c)2.(1)求sin B+sin C的最大值;(2)若cos B cos C=,求b+c.2.某校组织的古典诗词大赛中,高一一班、二班各有9名学生参加,得分情况如茎叶图所示:成绩[70,79][80,89][90,100]奖次三二一加分123该活动规定:学生成绩、获奖等次与班级量化管理加分情况如上表.(1)在一班获奖的学生中随机抽取2人,求能够为班级量化管理加4分的概率;(2)已知一班和二班学生的平均成绩相同,求x的值,并比较哪个班的成绩更稳定.3.(2019安徽定远中学高三预测卷,文18)如图1,在边长为4的正方形ABCD中,E是AD的中点,F是CD的中点,现将△DEF沿EF翻折成如图2所示的五棱锥P-ABCFE.(1)求证:AC∥平面PEF;(2)求五棱锥P-ABCFE的体积最大时△PAC的面积.4.(2019广东东莞高三冲刺模拟,文19)工厂质检员从生产线上每半个小时抽取一件产品并对其某个质量指标Y进行检测,一共抽取了48件产品,并得到如下统计表.该厂生产的产品在一年内所需的维护次数与指标Y有关,具体见下表.(1)以每个区间的中点值作为每组指标的代表,用上述样本数据估计该厂产品的质量指标Y的平均值(保留两位小数);(2)用分层抽样的方法从上述样本中先抽取6件产品,再从6件产品中随机抽取2件产品,求这2件产品的指标Y都在[9.8,10.2]内的概率;(3)已知该厂产品的维护费用为300元/次,工厂现推出一项服务:若消费者在购买该厂产品时每件多加100元,该产品即可一年内免费维护一次.将每件产品的购买支出和一年的维护支出之和称为消费费用.假设这48件产品每件都购买该服务,或者每件都不购买该服务,就这两种情况分别计算每件产品的平均消费费用,并以此为决策依据,判断消费者在购买每件产品时是否值得购买这项维护服务?5.已知动圆C与圆C1:(x-2)2+y2=1外切,又与直线l:x=-1相切.(1)求动圆C的圆心的轨迹方程E;(2)若动点M为直线l上任一点,过点P(1,0)的直线与曲线E相交于A,B两点,求证:k MA+k MB=2k MP.6.(2019河北邢台二中高三二模,文21)已知函数f(x)=[x2+(a+1)x+1]e x.(1)若曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线与x轴平行,求a的值;(2)若f(x)在x=-1处取得极大值,求a的取值范围;(3)当a=2时,若函数g(x)=mf(x)-1有3个零点,求m的取值范围.(只需写出结论)7.已知直线l的参数方程为(t为参数,0≤φ<2π),以坐标原点O为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C的极坐标方程为ρ=,且l与C交于不同的两点P1,P2.(1)求φ的取值范围;(2)若φ=,求线段P1P2中点P0的极坐标(ρ≥0,0≤θ<2π).8.已知函数f(x)=|2x-a|-|x+3|,a∈R.(1)当a=1时,求f(x)的最小值;(2)当x∈[0,3]时,f(x)≤4恒成立,求a的取值范围.参考答案考前强化练8解答题综合练A 1.解(1)∵a2-bc=b2+c2-2bc,∴b2+c2-a2=bc.∴cos A=.∴A=,∴B+C=.∴sin B+sin C=sin B+sin -B=sin B+sin cos B-cos sin B=cos B+sin B=cos B+sin B=sin B+.所以当B=时,sin B+sin C取得最大值.(2)由(1)可得,cos A=-cos(B+C)=sin B sin C-cos B cos C=,因为cos B cos C=,所以sin B sin C=.因为bc=1,由正弦定理知=k(k>0),∴a=k sin A,b=k sin B,c=k sin C,∴bc=k2sin B sin C.∴k=.∴a=sin =1.所以由b2+c2-a2=2bc cos A,得(b+c)2-2bc-1=bc,∴(b+c)2=4.∴b+c=2.2.解(1)一班获奖的学生共6位,随机抽取2人的情况有(77,82),(77,83),(77,86),(77,93),(77,9x),(82,83),(82,86),(82,93),(82,9x),(83,86),(83,93),(83,9x) ,(86,93),(86,9x),(93,9x),共15种情况.能够为班级量化管理加4分的情况有(77,93),(77,9x),(82,83),(82,86),(83,86),共5种情况.∴能够为班级量化管理加4分的概率为.(2)由已知(93+9x+82+83+86+77+67+68+69)=(90+94+97+84+72+76+76+63+68),解得x=5,一班成绩的方差(132+152+22+32+62+32+132+122+112)=,二班成绩的方差(102+142+172+42+82+42+42+172+122)=,故一班更稳定.3.(1)证明在图1中,连接AC.又E,F分别为AD,CD中点,所以EF∥AC.即图2中有EF∥AC.又EF⊂平面PEF,AC⊄平面PEF,所以AC∥平面PEF.(2)解在翻折的过程中,当平面PEF⊥平面ABCFE时,五棱锥P-ABCFE的体积最大.在图1中,取EF的中点M,DE的中点N.由正方形ABCD的性质知,MN∥DF,MN⊥AD,MN=NE=1,AE=DF=2,AM=.在图2中,取EF的中点H,分别连接PH,AH,取AC中点O,连接PO.由正方形ABCD的性质知,PH⊥EF.又平面PEF⊥平面ABCFE,所以PH⊥平面ABCFE,则PH⊥AH.由AB=4,有PF=AE=PE=2,EH=PH=HF=,AC=4,PA==2.同理可知PC=2.又O为AC中点,所以OP⊥AC.所以OP===2.所以S=×OP×AC=×2×4=4.△PAC4.解(1)指标Y的平均值=9.6×+10×+10.4×≈10.07.(2)由分层抽样法知,先抽取的6件产品中,指标Y在[9.8,10.2)内的有3件,记为A1、A2、A3;指标Y在(10.2,10.6]内的有2件,记为B1、B2;指标Y在[9.4,9.8)内的有1件,记为C.从6件产品中随机抽取2件产品,共有基本事件15个,分别为:(A1,A2)、(A1,A3)、(A1,B1)、(A1,B2)、(A1,C)、(A2,A3)、(A2,B1)、(A2,B2)、(A2,C)、(A3,B1)、(A3,B2)、(A3,C)、(B1,B2)、(B1,C)、(B2,C).其中,指标Y都在[9.8,10.2]内的基本事件有3个:(A1,A2)、(A1,A3)、(A2,A3).所以由古典概型可知,2件产品的指标Y都在[9.8,10.2]内的概率为P=.(3)不妨设每件产品的售价为x元,假设这48件样品每件都不购买该服务,则购买支出为48x元.其中有16件产品一年内的维护费用为300元/件,有8件产品一年内的维护费用为600元/件,此时平均每件产品的消费费用为η=×(48x+16×300+8×600)=x+200元.假设这48件产品每件产品都购买该项服务,则购买支出为48(x+100)元,一年内只有8件产品要花费维护,需支出8×300=2 400元,平均每件产品的消费费用ξ=×[48(x+100)+8×300]=x+150(元).所以该服务值得消费者购买.5.(1)解令C点坐标为(x,y),C1(2,0),动圆的半径为r,则根据两圆相外切及直线与圆相切的性质可得,|CC1|=1+r,d=r,C在直线的右侧,故C到定直线的距离是x+1,所以|CC1|-d=1,即-(x+1)=1,化简得y2=8x.(2)证明由题意,设直线AB的方程为x=my+1,代入抛物线方程,消去x可得y2-8my-8=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),M(-1,t),则y1+y2=8m,y1y2=-8,x1+x2=8m2+2,x1x2=1,∴k MA+k MB===-t,2k MP=2·=-t,∴k MA+k MB=2k MP.6.解(1)函数f(x)的定义域为(-∞,+∞).f'(x)=[x2+(a+3)x+a+2]e x.因为曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线与x轴平行,所以f'(0)=(a+2)e x=0,解得a=-2.此时f(0)=1≠0,所以a的值为-2.(2)因为f'(x)=[x2+(a+3)x+a+2]e x=(x+1)[x+(a+2)]e x.①若a<-1,-(a+2)>-1,则当x∈(-∞,-1)时,x+1<0,x+(a+2)<x+1<0,所以f'(x)>0;当x∈(-1,-(a+2))时,x+1>0,x+(a+2)<0,所以f'(x)<0.所以f(x)在x=-1处取得极大值.②若a≥-1,-(a+2)≤-1,则当x∈(-1,0)时,x+1>0,x+(a+2)≥x+1>0,所以f'(x)>0.所以-1不是f(x)的极大值点.综上可知,a的取值范围为(-∞,-1).(3)当a=2时,g(x)=mf(x)-1=m(x2+3x+1)e x-1(x∈R),∴g'(x)=m(2x+3)e x+m(x2+3x+1)e x=m(x2+5x+4)e x=m(x+1)(x+4)e x.当m=0时,函数g(x)=mf(x)-1=-1,不可能有3个零点;①当m<0时,令g'(x)=m(x+1)(x+4)e x=0,解得x1=-4,x2=-1.令g'(x)>0,得-4<x<-1,则g(x)在区间(-4,-1)上单调递增;令g'(x)<0,解得x<-4或x>-1,则g(x)在区间(-∞,-4)和(-1,+∞)上单调递减; 由于当x<-4时,x2+3x+1<0恒成立,m<0,e x>0,则当x<-4时,g(x)=m(x2+3x+1)e x-1<0恒成立,所以函数g(x)=mf(x)-1最多只有两个零点,即m<0不满足题意;②当m>0时,令g'(x)=m(x+1)(x+4)e x=0,解得x1=-4,x2=-1.令g'(x)>0,得x<-4或x>-1,则g(x)在区间(-∞,-4)和(-1,+∞)上单调递增; 令g'(x)<0,解得-4<x<-1,则g(x)在区间(-4,-1)上单调递减;要使函数g(x)=mf(x)-1有3个零点,则解得:m>.综上所述,m的取值范围为,+∞.7.解(1)∵曲线C的极坐标方程为ρ=,∴曲线C的直角坐标方程为x2+y2=2,将代入x2+y2=2,得t2-4t sin φ+2=0,由Δ=16sin2φ-8>0,得|sin φ|>,又0≤φ<2π,∴φ的取值范围为∪.(2)当φ=时,直线l的参数方程为消去参数t,得直线l的普通方程为x-y-2=0,设P0(ρ0,θ0),则ρ0==1,把x=ρcos θ,y=ρsin θ代入l的普通方程,得l的极坐标方程为ρcos θ-ρsin θ-2=0,当ρ0=1时,得cos θ0-sin θ0-2=0,即得sinθ0-=-1.由0≤θ<2π,得θ0-,∴θ0=,即P0的极坐标为1,.8.解(1)当a=1时,函数f(x)=|2x-1|-|x+3|,当x≤-3时,f(x)=1-2x+(x+3)=4-x,此时f(x)min=f(-3)=7,当-3<x<时,f(x)=1-2x-(x+3)=-3x-2,此时f(x)>f=-3×-2=-,当x≥时,f(x)=2x-1-(x+3)=x-4,此时f(x)min=f=-4=-,综上,f(x)的最小值为-.(2)当x∈[0,3]时,f(x)≤4恒成立,可化为|2x-a|≤x+7,即-x-7≤2x-a≤x+7恒成立,得x-7≤a≤3x+7恒成立,由x∈[0,3],得3x+7≥7,x-7≤-4, ∴-4≤a≤7,即a的取值范围为[-4,7].。
江西省南昌市2020届高三第二轮复习测试卷文科数学(七) PDF版含解析
一．选择题：共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的.
1．已知全集为 R ,集合 A x R f (x) 0, B x R g(x) 0,则 f (x) g(x) 0 的解集为
A. A B
B. CR A B
C. CR A B
D. A CR B
2．已知复数 z 满足 z 1 i 3 i ，则复数 z 的共轭复数的模为
A. 2
B. 2 2
C. 2
D.1
3．已知命题 p : x0 0 ,使得 x0 sin x0 0 ；命题 q : 若 m, n 是两条不同的直线， 是平面， 则 m ， m n n // ．则下列结论正确的是
a cos1, b cos 2, c cos 3 ，则下列结论正确的是
A. f c f a f b B. cf b bf c C. af c cf a
D. bf a af b
二．填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分,共 20 分.
13．函数 y log 1 (2x2 x 1) 的单调递减区间为
13． 1,
14． 2 10
15．[13 , 8) 63
16． (, 1 ln 2) 4
三、解答题(本大题共 6 小题，共 70 分)
17．【解析】（Ⅰ）由 an2 2an12 anan1 an 2an1 an an1 0 ，
因为 an 0 ，所以 an 2an1 an为等比数列，
④当 n 8 时, Tn S7 ；
A.①③
B.②④
C.②③
36、2020版高考数学大二轮专题突破理科通用版考前强化练7 解答题组合练C Word版含解析
考前强化练7解答题组合练C1.(2019河北枣强中学高三模拟,文17)已知函数f(x)=sin 2x-cos2x-.(1)求f(x)的最小正周期;(2)设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且c=,f(C)=0,若sin B=2sin A,求a,b的值.2.已知数列{a n}中,a1=1,其前n项的和为S n,且满足a n=(n≥2).(1)求证:数列是等差数列;(2)证明:当n≥2时,S1+S2+S3+…+S n<.3.(2019辽宁葫芦岛高三二模,理18)如图,在多面体ABCDEF中,平面ADEF⊥平面ABCD.四边形ADEF 为正方形,四边形ABCD为梯形,且AD∥BC,△ABD是边长为1的等边三角形,M为线段BD中点,BC=3.(1)求证:AF⊥BD;(2)求直线MF与平面CDE所成角的正弦值;(3)线段BD上是否存在点N,使得直线CE∥平面AFN?若存在,求的值;若不存在,请说明理由.4.(2019山东淄博部分学校高三三模,理19)已知正方形的边长为4,E,F分别为AD,BC的中点,以EF 为棱将正方形ABCD折成如图所示的60°的二面角,点M在线段AB上.(1)若M为AB的中点,连直线MF,由A,D,E三点所确定平面的交点为O,试确定点O的位置,并证明直线OD∥平面EMC;(2)是否存在点M,使得直线DE与平面EMC所成的角为60°;若存在,求此时二面角M-EC-F的余弦值,若不存在,说明理由.5.已知椭圆C:=1(a>b>0)的左、右焦点与其短轴的一个端点是正三角形的三个顶点,点D在椭圆C上,直线l:y=kx+m与椭圆C相交于A,P两点,与x轴、y轴分别相交于点N和M,且|PM|=|MN|,点Q是点P关于x轴的对称点,QM的延长线交椭圆于点B,过点A,B分别作x轴的垂线,垂足分别为A1,B1.(1)求椭圆C的方程.(2)是否存在直线l,使得点N平分线段A1B1?若存在,求出直线l的方程,若不存在,请说明理由.6.(2019四川泸州高三二模,文20)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,点P(1,a)在此抛物线上,|PF|=2,不过原点的直线l与抛物线C交于A,B两点,以AB为直径的圆M过坐标原点.(1)求抛物线C的方程;(2)证明:直线l恒过定点;(3)若线段AB中点的纵坐标为2,求此时直线l和圆M的方程.参考答案考前强化练7解答题组合练C 1.解(1)f(x)=sin 2x-cos2x-=sin 2x-=sin 2x-cos 2x-1=sin2x--1.所以函数f(x)的最小正周期为π.(2)由f(C)=0,得sin2C-=1.因为0<C<π,所以-<2C-,所以2C-,C=又sin B=2sin A,由正弦定理得=2.①由余弦定理,得c2=a2+b2-2ab cos ,即a2+b2-ab=3.②由①②解得a=1,b=2.2.解(1)当n≥2时,S n-S n-1=,S n-1-S n=2S n S n-1,=2,从而构成以1为首项,2为公差的等差数列.(2)由(1)可知,+(n-1)×2=2n-1,∴S n=,∴当n≥2时,S n=,从而S1+S2+S3+…+S n<1+1-+…+=3.(1)证明因为ADEF为正方形,所以AF⊥AD.又因为平面ADEF⊥平面ABCD,且平面ADEF∩平面ABCD=AD,所以AF⊥平面ABCD.所以AF⊥BD.(2)解取AD中点O,EF中点K,连接OB,OK.在△ABD中,OB⊥OD,在正方形ADEF中,OK ⊥OD,又平面ADEF⊥平面ABCD,故OB⊥平面ADEF,进而OB⊥OK,即OB,OD,OK两两垂直,分别以为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系(如图).于是,B,0,0,D0,,0,C,3,0,E0,,1,M,0,F0,-,1,所以=-,-,1,=-,-,0,=(0,0,1).设平面CDE的一个法向量为n=(x,y,z),则即令x=-5,则y=,则n=(-5,,0).设直线MF与平面CDE所成角为θ,sin θ=|cos<,n>|=(3)解要使直线CE∥平面AFN,只需AN∥CD,设=,λ∈[0,1],设N(x n,y n,z n),则x n-,y n,z n=λ-,0,得x n=,y n=,z n=0,N,,0,所以=,+,0.又=-,-,0,由,得,解得λ=[0,1].所以线段BD上存在点N,使得直线CE∥平面AFN,且4.解(1)因为直线MF⊂平面ABFE,故点O在平面ABFE内也在平面ADE内,所以点O在平面ABFE与平面ADE的交线EA上,如图所示.因为AO∥BF,M为AB的中点,所以△OAM≌△FBM.所以OM=MF,AO=BF.所以点O在EA的延长线上,且AO=2.连接DF,交EC于点N,因为四边形CDEF为矩形,所以N是EC的中点.连接MN,因为MN为△DOF的中位线,所以MN∥OD.又因为MN⊂平面EMC,所以直线OD∥平面EMC.(2)由已知可得,EF⊥AE,EF⊥DE,所以EF⊥平面ADE,所以平面ABFE⊥平面ODE,取AE的中点H为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,所以E(-1,0,0),D(0,0,),C(0,4,),F(-1,4,0),所以=(1,0,),=(1,4,),设M(1,t,0)(0≤t≤4),则=(2,t,0).设平面EMC的法向量m=(x,y,z),则取y=-2,则x=t,z=,所以m=t,-2,.DE与平面EMC所成的角为60°,所以所以所以t2-4t+3=0,解得t=1或t=3.所以存在点M,使得直线DE与平面EMC所成的角为60°.取ED的中点Q,则为平面CEF的法向量,因为Q-,0,,所以=,0,-,m=t,-2,,设二面角M-EC-F的大小为θ,所以|cos θ|=因为当t=2时,cos θ=0,平面EMC⊥平面CDEF,所以当t=1时,θ为钝角,所以cos θ=-当t=3时,θ为锐角,所以cos θ=5.解(1)由题意得解得a2=4,b2=3,故椭圆C的方程为=1. (2)假设存在这样的直线l:y=kx+m,∴M(0,m),N,∵|PM|=|MN|,∴P,Q,∴直线QM的方程为y=-3kx+m.设A(x1,y1),由得(3+4k2)x2+8kmx+4(m2-3)=0,∴x1+=-,∴x1=-设B(x2,y2),由得(3+36k2)x2-24kmx+4(m2-3)=0, ∴x2+,∴x2=-∵点N平分线段A1B1,∴x1+x2=-,∴-=-,∴k=±,∴P(±2m,2m),=1,解得m=±,∵|m|=<b=,∴Δ>0,符合题意,∴直线l的方程为y=±x±6.(1)解抛物线C:y2=2px(p>0),其准线方程为x=-,∵点P(1,a)在此抛物线上,|PF|=2,∴点P到准线的距离等于|PF|,即1+=2,得p=2,∴所求抛物线方程为y2=4x.(2)证明①当直线l斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+m,易知k≠0,m≠0.联立方程组得从而可得方程k2x2+(2km-4)x+m2=0,由题意可知Δ=(2km-4)2-4k2m2>0,设A(x1,y1),B(x2,y2),x1+x2=,x1x2=,所以y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=因为以AB为直径的圆M过坐标原点,所以=0,即x1x2+y1y2=0,所以=0,所以m=-4k.所以直线l的方程为y=kx-4k,即y=k(x-4),所以直线l恒过定点(4,0).②当直线l的斜率不存在时,易求得点A,B坐标分别为(4,4),(4,-4),直线l也过点(4,0).综合①②可知,直线l恒过定点(4,0).(3)解由题意可知直线l斜率存在,设线段AB中点坐标为(x0,2),由(2)中所得x1+x2=,x1x2=,则y1+y2=k(x1-4)+k(x2-4)=k(x1+x2)-8k=,所以解得所以直线l的方程为y=x-4.因为线段AB中点坐标为(6,2),即为圆M的圆心坐标.设圆M:(x-6)2+(y-2)2=r2.将点(0,0)代入,得r2=40,所以圆M的方程为(x-6)2+(y-2)2=40.。
2020年高考考前大冲刺卷 文科数学(二)解析
2020年高考大冲刺卷文 科 数 学（二）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
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．已知集合{}11A x x =-<<，{}220B x x x =--<，则()A B =R I ð（ ） A ．(1,0]- B ．[1,2)-C ．[1,2)D ．(1,2]【答案】C【解析】由题意知，{1A x x =≥R ð或}1x ≤-，又{}{}22012B x x x x x =--<=-<<，{}()12A B x x ∴=≤<R I ð，故选C ．2．已知i 为虚数单位，则复数13i 1iz -=+的共轭复数是（ ）A ．1i +B ．1i -C ．1i -+D ．2i +【答案】A 【解析】13i 2(1i)1i 1i(1i)(1i)z --===-++-，z ∴的共轭复数为1i +，故选A ．3．已知平面向量(1,)x =a ，(4,2)=b ，若向量2+a b 与向量b 共线，则x =（ ）A ．13B ．12C ．25D ．27【答案】B【解析】由题意，得2(6,22)x +=+a b ，又向量2+a b 与向量b 共线，4(22)12x ∴⨯+=，解得12x =． 4．执行如图所示的程序框图，若输入的14π3x =，则输出的y 的值为（ ）A ．12B ．12-C ．32D ．32-【答案】D 【解析】2π4π3x =+Q ，223sin(ππ4π)sin π332y ∴=++=-=-，故选D ． 5．在新一轮的高考改革中，一名高二学生在确定选修地理的情况下，想从历史、政治、化学、生物、物理中再选择两科学习，则所选的两科中一定有生物的概率是（ ）A ．310B ．710C ．25D ．35【答案】C【解析】学生在确定选修地理的情况下，从历史、政治、化学、生物、物理中再选择两科的方法有：(历史，政治)，(历史，化学)，(历史，生物)，(历史，物理)，(政治，化学)，(政治，物理)，(政治，生物)，(化学，生物)，(化学，物理)，(生物，物理)，共10种，其中含有生物的选择方法有：(历史，生物)，(政治，生物)，(化学，生物)，(生物，物理)，共4种， 则所选的两科中一定有生物的概率42105P ==，故选C ． 6．等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若82a =，798S =，则39a a +=（ ） A ．16 B ．14 C ．12 D ．10【答案】A【解析】由74798S a ==，解得414a =， 又82a =，394816a a a a ∴+=+=．7．已知直线l 过点(2,0)-且倾斜角为θ，若l 与圆22(3)20x y -+=相切，则3sin(π2)2θ-=（ ）此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号A ．35B ．35-C ．45D ．45-【答案】A【解析】由题意可设直线:tan (2)l y x θ=+，因为l 与圆22(3)20x y -+=相切，25tan 201tan θθ∴=+，2tan 4θ∴=，2222223sin cos tan 1413sin(π2)cos 22cos sin 1tan 145θθθθθθθθ---∴-=-====+++，故选A ．8．已知实数x ，y 满足约束条件104400x y x y y +-≥⎧⎪+-≤⎨⎪≥⎩，则22y z x +=-的取值范围是（ ）A ．3(,][1,)2-∞-+∞UB ．1(,][2,)2-∞-+∞UC ．1[,2]2-D ．(,1][2,)-∞-+∞U【答案】A【解析】作出约束条件104400x y x y y +-≥⎧⎪+-≤⎨⎪≥⎩表示的平面区域如图中阴影部分所示．22y z x +=-的几何意义是可行域内的点(,)x y 与点(2,2)P -连线所在直线的斜率， 易知(4,0)A ，(0,1)B ，1PA k =，32PB k =-，由图可知23(,][1,)22y x +∈-∞-+∞-U ，故选A ．9．已知函数π()sin()(0,0,)2f x A x A ωϕωϕ=+>><的部分图象如图所示，则π()6f -=（ ）A ．12-B ．1-C ．12D ．32-【答案】B【解析】由题意及()f x 的图象得，2A =，411π(π)π3126T =⨯-=，2ω∴=， 易知ππ262ϕ⨯+=，π6ϕ∴=，π()2sin(2)6f x x ∴=+，ππππ()2sin[2()]2sin()16666f ∴-=⨯-+=-=-，故选B ．10．在正三棱锥O ABC -中，7OA =，23BC =，M 为OA 上一点，过点M 且与平面ABC平行的平面截三棱锥成表面积相等的两部分，则OMOA=（ ） A ．12B ．13 C ．32D ．33【答案】C【解析】设过点M 且与平面ABC 平行的平面分别交OB ，OC 于点N ，T ， 则被截得的上下两部分的表面积各去掉TMN S △之后仍相等， 都等于正三棱锥O ABC -表面积的12． 对于正三棱锥O ABC -，易知其表面积为2113232(23)sin 609322⨯⨯⨯+⨯︒=， 侧面积为63，所以三棱锥O MNT -的侧面积为932，故293332()463OM OM OA OA ==⇒=． 11．如图，已知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>，过右顶点A 作一条渐近线的垂线交另一条渐近线于点B ，若3OB OA =，则双曲线的离心率为（ ）A 2333B 2 C 3D 332【答案】A【解析】不妨设点(,)B x y 在渐近线b y x a =-上，易知直线AB 的方程为()ay x a b=--， 联立得()b y x a a y x a b ⎧=-⎪⎪⎨⎪=--⎪⎩，解得322222a x a b a by a b ⎧=⎪⎪-⎨⎪=-⎪-⎩，3OB OA =Q ，223OB OA =，即322222222()()3a a b a a b a b+-=--，化简得4222223()a a b a b +=-，得223a b =或222a b =，22222413c b e a a ∴==+=或3，233e ∴=或3，故选A ．12．定义函数348,122()1(),222x x f x x f x ⎧--≤≤⎪⎪=⎨⎪>⎪⎩，则函数()()6g x xf x =-在区间[1,2]()n n *∈N 内所有零点的和为（ ） A ．nB ．2nC ．3(21)4n-D ．3(21)2n-【答案】D【解析】由函数()()60g x xf x =-=，得6()f x x =，故函数()g x 的零点，即函数()y f x =和函数6y x=图象交点的横坐标，由函数()f x 的解析式知，可将()f x 的定义区间分段为[1,2]，2(2,2]，23(2,2]，L ，1(2,2]n n-，并且()f x 在1(2,2](2,)n n n n -*≥∈N 上的图象是将()f x 在21(2,2]n n --上的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标缩短为原来的12后得到的． 作出函数()y f x =在区间[1,2]上的图象，再依次作出在区间(2,4]，(4,8]，L ，1(2,2]n n -，上的图象，并作出函数6(1)y x x=≥的图象，如图，结合图象可得两图象交点的横坐标是函数()y f x =的极大值点，由此可得函数()g x 在区间1(2,2]n n-上的零点为1222322n nn --+=⨯， 则函数()g x 在区间[1,2]()n n *∈N 内所有零点的和为3(12)32(21)122n n -=--，故选D ．第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分． 13．已知曲线31433y x =+，则曲线在点(2,4)处的切线方程是 ． 【答案】440x y --= 【解析】2y x '=Q ，∴曲线31433y x =+在点(2,4)处切线的斜率为4， ∴切线的方程为44(2)y x -=⨯-，即440x y --=．14．某空间几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积为1，则该几何体的所有面中最大面的面积为 ．【答案】3【解析】由三视图可知，该几何体为如图所示的四棱锥，记为P ABCD -，其中PA ⊥平面ABCD ，22AB AD BC ===， 设PA x =，由题意可得1(12)2132x +⨯⨯⋅=，解得1x =，故PB CD PD ===PC =易得PCD PAB S S >△△，11212PADS =⨯⨯=△，112PBC S =⨯=△， 1(12)232ABCD S =⨯+⨯=四边形，122PCD S ==△， 故该几何体中最大面的面积为3．15．设数列{}n a 满足1(1)()2n n n na n a n n *+-+=∈+N ，112a =，n a = ．【答案】21n n +【解析】∵1(1)()2n n nna n a n n *+-+=∈+N ，11111(1)(2)12n n a a n n n n n n +-==-+++++， ∴11111n n a a n n n n --=--+，L ，21112123a a -=-， 累加可得：11121n a a n n -=-+，112a =Q ，1111n a nn n n ∴=-=++，21n n a n ∴=+． 16．已知()f x 是定义在R 上的奇函数，且图象关于直线2x =对称，在区间[0,2]上，()x xf x e=，(8ln 7ln 3)a f =+-，(24ln172ln 2)b f =+-，1c e=，则a ，b ，c 的大小关系是 ．【答案】c a b >>【解析】由题意得()()f x f x -=-，(4)()f x f x -=，(4)()f x f x ∴-=--， 令t x =-，则(4)()f t f t +=-，(8)[4(4)](4)()f t f t f t f t ∴+=++=-+=， ∴()f x 是以8为周期的函数，故7(ln )3a f =，17(ln)4b f =， 易知7ln3，17ln 4均在区间[0,2]上， ∵在区间[0,2]上，()x x f x e=，()(1)xf x x e -'∴=-，令()0f x '=，解得1x =，故当[0,1)x ∈时，()0f x '>，当(1,2]x ∈时，()0f x '<，()f x ∴在1x =处取得极大值．又7ln 2(ln )(ln 2)32f f >=，17ln 4ln 2(ln )(ln 4)442f f <==，且(1)c f =为最大值， 故c a b >>．三、解答题：本大题共6个大题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．（12分）在ABC △中，E 是BC 的中点，3AC =，AE =2213cos 7cos 60ABE AEB ∠-∠-=．（1）求AB ； （2）求C ．【答案】（12）π3． 【解析】（1）2213cos 7cos 60ABE AEB ∠-∠-=Q ，2213(1cos )7(1cos )0ABE AEB ∴-∠--∠=，即2213sin 7sin ABE AEB ∠=∠ABE AEB ∠=∠，=，又AE =AB ∴=（2）设EC a =，则2Bc a =，由余弦定理，得22979413cos 23232a a C a a+-+-==⨯⨯⨯⨯，2a ∴=，9471cos 2322C +-∴==⨯⨯，(0,π)C ∈Q ，π3C ∴=．18．（12分）如图，在四棱锥P ABCD -中，22AB AD BC ===，BC AD ∥，AB AD ⊥，PBD △为正三角形，且PA = （1）证明：平面PAB ⊥平面PBC ；（2）若点P 到平面ABCD 的距离为2，E 是线段PD 上一点，且PB ∥平面ACE ，求三棱锥A CDE -的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）89． 【解析】（1）因为AB AD ⊥，2AB AD ==，22BD ∴=， 又PBD △为正三角形，22PB PD BD ===，2AB =Q ，23PA =，AB PB ∴⊥．又AB AD ⊥，BC AD ∥，AB BC ∴⊥， 又PB BC B =I ，所以AB ⊥平面PBC ， 又AB ⊂平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面PBC ． （2）如图，设BD ，AC 交于点O ，BC AD Q ∥，且2AD BC =，2OD OB ∴=，连接OE ，又PB ∥平面ACE ，PB OE ∴∥，2DE PE ∴=， 又点P 到平面ABCD 的距离为2，∴点E 到平面ABCD 的距离24233h =⨯=，所以111482233239A CDE E ACD ACD V V S h --==⋅=⨯⨯⨯⨯=△，故三棱锥A CDE -的体积为89．19．（12分）2019年非洲猪瘟在东北三省出现，为了防控，某地生物医药公司派出技术人员对当地甲、乙两个养殖场提供技术服务，两种方案如下：方案一：公司每天收取养殖场技术服务费40元，对于需要用药的每头猪收取药费2元，不需要用药的不收费；方案二：公司每天收取养殖场技术服务费120元，若需要用药的猪不超过45头，不另外收费，若需要用药的猪超过45头，超过的部分每头猪收费标准为8元．（1）设日收费为y (单位：元)，每天需要用药的猪的数量为n (单位：头)，试写出两种方案中y 与n 的函数关系式；（2）若该生物医药公司从10月1日起对甲养殖场提供技术服务，10月31日该养殖场对其中一个猪舍9月份和10月份的猪的发病数量(单位：头)进行了统计，得到了如下的22⨯列联表：9月份 10月份 合计未发病 4085125发病 65 20 85 合计105105210根据以上列联表判断是否有99.9%的把握认为猪未发病与该生物医药公司提供技术服务有关；附：20()P k k ≥0.050 0.010 0.0010k3.8416.63510．828（3）当地的丙养殖场对过去100天的猪的发病情况进行了统计，得到如图所示的条形图．依据该统计数据，把频率视为概率，从节约养殖成本的角度去考虑，若丙养殖场计划结合以往经验，从两个方案中选择一个，那么选择哪个方案更合适，请说明理由．【答案】（1）方案一：402,y n n *=+∈N ，方案二：120,45,8240,45,n n y n n n **⎧≤∈⎪=⎨->∈⎪⎩N N ；（2）有99.9%的把握认为；（3）选择方案二，详见解析．【解析】（1）由题意得，方案一中的日收费y (单位：元)与需要用药的猪的数量n (单位：头)的函数关系式为402,y n n *=+∈N ，方案二中的日收费y (单位：元)与需要用药的猪的数量n (单位：头)的函数关系式为：120,45,8240,45,n n y n n n **⎧≤∈⎪=⎨->∈⎪⎩N N．（2）由列联表计算可得22210(85654020)40.0212585105105k ⨯⨯-⨯=≈⨯⨯⨯， 40.0210.828>Q ，所以有99.9%的把握认为猪未发病与该生物医药公司提供技术服务有关． （3）设方案一中的日收费为X ，由条形图可得X 的分布列为：()1240.21280.41320.21360.11400.1130E X ∴=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=；设方案二中的日收费为Y ，由条形图可得Y 的分布列为：()1200.61280.21440.11600.1128E Y ∴=⨯+⨯+⨯+⨯=， ()()E X E Y =Q ，所以从节约养殖成本的角度去考虑，丙养殖场应该选择方案二．20．（12分）已知抛物线21:2(0)C y px p =>的焦点是椭圆22222:1(0)x y C a b a b +=>>的右焦点，且两条曲线相交于点2(3． （1）求椭圆2C 的方程；（2）过椭圆2C 右顶点的两条直线1l ，2l 分别与抛物线1C 相交于点A ，C 和点B ，D ，且12l l ⊥， 设M 是AC 的中点，N 是BD 的中点，证明：直线MN 恒过定点．【答案】（1）22143x y +=；（2）证明见解析． 【解析】（1）∵2(3在抛物线1C 上，2223p ∴=⨯，解得2p =， ∴抛物线1C 的焦点坐标为(1,0)，则221a b -=① 易知22222()331a b+=②，∴由①②可得2243a b ⎧=⎪⎨=⎪⎩，∴椭圆2C 的方程为22143x y +=． （2）设直线11:2l x k y =+，直线22:2l x k y =+，由2142y x x k y ⎧=⎨=+⎩，得21480y k y --=， 设11(,)A x y ，22(,)C x y ，则1214y y k +=，12M y k ∴=，则2122M x k =+，即211(22,2)M k k +，同理得222(22,2)N k k +，∴直线MN 的斜率21222112221(22)(22)MN k k k k k k k -==+-++，则直线MN 的方程为2111212(22)y k x k k k -=--+，即12121[2(1)]y x k k k k =--+， ∵12l l ⊥，∴12111k k ⋅=-，即121k k =-， ∴直线MN 的方程为121(4)y x k k =-+，即直线MN 恒过定点(4,0)．21．（12分）已知函数()ln ()f x x ax a =-∈R ． （1）讨论函数()f x 在(0,)+∞上的单调性； （2）证明：2ln 0xe e x ->恒成立． 【答案】（1）见解析；（2）证明见解析． 【解析】（1）由题意得11()(0)axf x a x x x-'=-=>， 当0a ≤时，()0f x '>恒成立，所以函数()f x 在(0,)+∞上单调递增； 当0a >时，令()0f x '=，得到1x a=， 所以当1(0,)x a∈时，()0f x '>，()f x 单调递增； 当1(,)x a∈+∞，()0f x '<，()f x 单调递减，综上所述，当0a ≤时，函数()f x 在(0,)+∞上单调递增；当0a >时，函数()f x 在1(0,)a 上单调递增，在1(,)a+∞上单调递减．（2）记函数22()ln ln x x e x ex x e ϕ-=-=-，则21()x x e xϕ-'=-，。
强化卷07冲刺2020高考数学（文）（解析版）
专题07 3月一模精选（第7卷）1.已知集合{}|6M x x =<，{}1,2,3,4,5,6,,7,8,9N =，则RM N ⋂=( )A ．{}6,7,8,9B ．{}7,8,9C ．{}1,2,3,4,5D ．{}1,2,3,4,5,6【答案】A【解析】依题意{}R|6M x x =≥，所以R M N ⋂={}6,7,8,9.故选：A 2.设复数1=-iz i，则z 在复平面内对应的点在第（ ）象限.A．一B．二C．三D．四【答案】B【解析】(1)11(1)(1)2i i i izi i i+-+===--+，对应点为11(,)22-，所以z在复平面内对应的点在第二象限.故选：B3.甲、乙、丙、丁四位同学参加奥赛，其中只有一位获奖，有人走访了四位同学，甲说：“是乙或丙获奖.”乙说：“甲、丙都未获奖.”丙说：“我获奖了.”丁说：“是乙获奖.”已知四位同学的话只有一句是对的，则获奖的同学是（）A．甲B．乙C．丙D．丁【答案】D【解析】若甲获奖，则这四个说的四句话都是错的，不合题意；若乙获奖，则甲、乙、丁三人说的话是对的，不合题意；若丙获奖，则甲、丙两人说的话是对的，不合题意；若丁获奖，则只有乙说的是对的，符合题意，所以获奖同学是丁.故选:D.4.若双曲线22221x ya b-=（0a>，0b>）的一条渐近线经过点(1,2)-，则该双曲线的离心率为（）A B C D．2【答案】C【解析】双曲线22221(0,0)x ya ba b-=>>的一条渐近线经过点(1,2)-，。
2020年高考全国卷考前冲刺演练数学(文)(二)试题(解析版)
一、单选题
1．已知集合 ， ，则 （）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】解二次不等式求得集合 ，再求交集即可。
【详解】
因为 或 ，
故可得 .
故选：C．
【点睛】
本题考查集合的交运算，涉及一元二次不等式的求解，属简单题.
2．复数 ，则 （）
A．2B．1C．4D．
4．“绿水青山就是金山银山”．近年来中央加大了对环境保护的投入，例如对旧路的重修，就出现了一种像联合收割机的机器，把旧路的柏油路面和石块挖起粉碎运走，作为修新路的材料再利用；建立垃圾焚烧发电厂，把建筑垃圾粉碎循环利用等．这一系列的措施，减少了垃圾掩埋，节约了大量土地．某市环保组织对近几年该市垃圾掩埋场的个数 与相应年份 （序号）进行统计，得到下表的样本数据，并建立了 与 的线性回归方程 ，则下列结论错误的是（）
因为 为偶函数， 为奇函数，所以 为奇函数，
当 时， ，可排除D.
故选：B.
【点睛】
本题主要考查函数图像的识别，熟记函数的性质即可，属于常考题型.
8．利用图形的组合或重叠，可以创作出很多优美的图案．如图所示，正方形的边长为 ，以正方形的每条边为底边向正方形内部作顶角为 的等腰三角形，就得到一幅四角星图案（即正方形中的阴影部分），若在正方形中随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是（）
A．1B．2C． D．
【答案】A
【解析】延长 至 ，使得 ，根据 ， ，则平面 即为 ， 即为 ，则 即为所求的角.
【详解】
如图所示：
延长 至 ，使得 ，
则 ， ，
所以过 的与平面 平行的平面 ，即为 ，
所以 即为 ，
2020版高考数学大二轮专题突破文科通用版考前强化练：3 客观题12+4标准练：C
26
设 A1 在平面 BDC1 的射影为 H,则 H 为正三角形 BDC1 的中心,BH= 3 ,A1H=
������1������2 - ������������2 =
8
-
8 3
=
43
3 ,故
A1P
43
的最小值为 3 .又因为
P
不在三角形
BDC1
的边上,所
43
以 A1P 的范围是 3 ,2 2 ,故选 C.
参考答案
考前强化练 3 客观题 12+4 标准练 C 1.C 解析 由题设,C={0,2,4},则 B⊆C,故 B∩C=B,故选 C.
2.D 解析
1 - ������������ 2 + ������
=
(1 - ������������)(2 - ������) (2 + ������)(2 - ������)
������������2 ������������3 ������������5
a= 2 ,b= 3 ,c= 5 ,则 f(a),f(b),f(c)的大小关系为( )
A.f(b)>f(a)>f(c) B.f(b)>f(c)>f(a)
C.f(a)>f(b)>f(c) D.f(a)>f(c)>f(b)
|������������|
则|������������|
=
|������������| ������
=
������2 + 4������
(������ + 1)2.
|������������| = 令 m+1=t,t>1,则|������������|
2020版高考数学大二轮专题突破文科通用版考前强化练：1 客观题12+4标准练：A
V,所以
1
V=4
×
1
1
3×π×9r2×4r+3
×
1
2×3r×3r×4r=24π+48,解得
r=2,故选
B.
10.B 解析 作函数 f(x)的图象如图所示,∵方程 f(x)=a 有四个不同的解 x1,x2,x3,x4,且
x1<x2<x3<x4,∴x1,x2 关于 x=-1 对称,即 x1+x2=-2,0<x3<1<x4,则|log2x3|=|log2x4|,即-
4.D 解析 由 DE=2EF,可得������������=2������������,������������ = 12������������,如图所示,连接 AE,则 AE⊥BC,所以
������������·������������=0,������������·������������=(������������
A.k<3
B.k>3
C.k<4
D.k>4
| | 7.若函数 f(x)=
|������|
-
1 ������2
在{1≤|x|≤4,x∈R}上的最大值为
M,最小值为
m,则
M-m=( )
31
A.16
4
11
B.2
C.9
D. 4
8.(2019 天津南开区高三一模,理 3)执行如图所示的程序框图,若输入的 a 的值为 3,则输出的 i=( )
1
由题意设 PA 与 PB 的夹角为 2θ,则|PA|=|PB|=������������������������,
1
1 + ������������������2������
2020届高考数学大二轮专题复习冲刺方案-文数(经典版)文档：基础保分强化训练(二)+Word版含解析
基础保分强化训练(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 )＝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.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 ＝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，sinα＝2r＝25，可得cos2α＝1－2sin2α＝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n2，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ACsin∠ADC＝37ABsin∠ACD⇒AC37AB＝sin∠ADCsin∠ACD.同理，在△BCD中，得BCsin∠BDC＝47ABsin∠BCD⇒BC47AB＝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版高考数学大二轮专题突破文科通用版考前强化练：6 解答题组合练：B Word版含解析
考前强化练6解答题组合练B1.(2019山东临沂高三三模,文)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,sin(B+C)+2cos+B cos C=0.(1)求证:B=C;(2)若cos A=,△ABC的外接圆面积为,求△ABC的周长.2.△ABC中的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知.(1)求角B;(2)若b=,求△ABC面积的最大值.3.(2019河北冀县中学高三二模,文18)手机厂商推出一款6寸大屏手机,现对500名该手机使用者(200名女性,300名男性)进行调查,对手机进行评分,评分的频数分布表如下:(1)完成下列频率分布直方图,并比较女性用户和男性用户评分的波动大小(不计算具体值,给出结论即可);女性用户男性用户(2)把评分不低于70分的用户称为“评分良好用户”,完成下列列联表,能否在犯错误的概率不超过0.100的前提下认为“评分良好用户”与性别有关?参考附表:参考公式K2=-,其中n=a+b+c+d.4.某校倡导为特困学生募捐,要求在自动购水机处每购买一瓶矿泉水,便自觉向捐款箱中至少投入一元钱.现统计了连续5天的售出矿泉水箱数和收入情况,列表如下:学校计划将捐款以奖学金的形式奖励给品学兼优的特困生,规定:特困生综合考核前20名,获一等奖学金500元;综合考核21~50名,获二等奖学金300元;综合考核50名以后的不获得奖学金.(1)若x与y成线性相关,则某天售出9箱水时,预计收入为多少元?(2)假设甲、乙、丙三名学生均获奖,且各自获一等奖和二等奖的可能性相同,求三人获得奖学金之和不超过1 000元的概率.附:回归方程x+,其中---.5.(2019湖北十堰高三调研,理21)已知函数f(x)=ln x.(1)当a>0时,讨论函数F(x)=x2-(6+a)x+2af(x)的单调性;(2)设函数g(x)=,若斜率为k的直线与函数y=g'(x)的图象交于A(x1,y1),B(x2,y2)(x1<x2)两点,证明:x1<<x2.6.(2019山东栖霞高三模拟,理21)设函数f(x)=x ln x-a e x,其中a∈R,e是自然对数的底数.(1)若f(x)在(0,+∞)上存在两个极值点,求a的取值范围;(2)若a≥,证明:f(x)<0.参考答案考前强化练6解答题组合练B1.(1)证明∵sin(B+C)+2cos+B cos C=0,∴sin(B+C)-2sin B cos C=0.∴sin B cos C+cos B sin C-2sin B cos C=0.∴cos B sin C-sin B cos C=0.∴sin(B-C)=0.∴B=C.(2)解设△ABC的外接圆半径为R,由已知得πR2=π,∴R=.∵cos A=,0<A<π,∴sin A=.∴a=2R sin A=4.∵B=C,∴b=c.由a2=b2+c2-2bc·cos A,得16=2b2-b2,解得b=2,∴a+b+c=4+4.∴△ABC的周长为4+4.2.解(1)利用正弦定理,得=1+,即sin(B+C)=cos C sin B+sin C sin B,∴sin B cos C+cos B sin C=cos C sin B+sin C sin B,∴cos B sin C=sin C sin B,又sin B≠0,∴tan B=1,B=.(2)由(1)得B=,由余弦定理可得:b2=a2+c2-2ac cos B,则有2=a2+c2-ac,即有2+ac=a2+c2,又由a2+c2≥2ac,则有2+ac≥2ac,变形可得:ac≤=2+,-则S=ac sin B=ac≤.即△ABC面积的最大值为.3.解(1)女性用户和男性用户的频率分布直方图分别如下图:女性用户男性用户由图可得女性用户的波动大,男性用户的波动小.(2)2×2列联表如下图:计算得K2的观测值k=-≈5.208>2.706,所以在犯错误的概率不超过0.100的前提下认为“评分良好用户”与性别有关.4.解(1)=6,=146,--=-=20,=146-20×6=26,故=20+26,当x=9时,=20×9+26=206,即某天售出9箱水的预计收益是206元.(2)设甲获一等奖为事件A1,甲获二等奖为事件A2,乙获一等奖为事件B1,乙获二等奖为事件B2,丙获一等奖为事件C1,丙获二等奖为事件C2,则总事件有:(A1,B1,C1),(A1,B1,C2),(A1,B2,C1),(A2,B1,C1),(A2,B2,C1),(A2,B1,C2),(A1,B2,C2),(A2,B2,C2),8种情况.甲、乙、丙三人奖金不超过1 000的事件有(A2,B2,C2)1种情况,则求三人获得奖学金之和不超过1 000元的概率P=.5.(1)解∵F(x)=x2-(6+a)x+2a ln x,∴F'(x)=3x-(6+a)+--(其中x>0).令F'(x)=0可得,x=2或x=a.①当a>2即a>6时,当x∈a,+∞∪(0,2)时,F'(x)>0,函数在(0,2),a,+∞内单调递增, 当2<x<a时,F'(x)<0,函数在2,a内单调递减.②当a=6时,F'(x ≥0在(0,+∞)内恒成立,即F(x)在(0,+∞)上单调递增.③当0<a<2即0<a<6时,x∈(2,+∞)∪0,a时,F'(x)>0,函数在0,a,(2,+∞)内单调递增,在a,2内单调递减.(2)证明g(x)==x ln x,则g'(x)=1+ln x.故k=--,x1<<x2⇔x1<--<x2⇔1<-.令t=(t>1),要证明x1<<x2,只要证1<-<t,由t>1可知ln t>0,故只要证明ln t<t-1<t ln t(t>1).①设h(t)=t-1-ln t,t>1,则h'(t)=1->0,故h(t)在(1,+∞)上单调递增,∴h(t)>h(1)=0,即ln t<t-1.②设m(t)=t ln t-(t-1),t>1,则m'(t)=ln t>0,故m(t)在(1,+∞)上单调递增.∴m(t)>m(1)=0,即t-1<t ln t.综上可得,x1<<x2.6.(1)解由题意可知,x>0,f'(x)=ln x+1-a e x=0,f(x)在(0,+∞)上存在两个极值点等价于f'(x)=0在(0,+∞)有两个根, 由ln x+1-a e x=0可得,a=.令g(x)=,则g'(x)=--.令h(x)=-ln x-1,可得h'(x)=-.当x>0时,h'(x)<0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递减,且h(1)=0,当x∈(0,1)时,h(x)>0,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,h(x)<0,g'(x)<0,g(x)单调递减;所以x=1是g(x)的极大值也是最大值,又当x→0时,g(x →-∞,当x→+∞,g(x)大于0趋向于0,要使f'(x)=0在(0,+∞)有两个根,只需0<a<g(1),所以a的取值范围为0<a<.(2)证明f(x)<0即x ln x-a e x<0,等价于ln x-<0.令F(x)=ln x-,F'(x)=---.当0<x≤1时,F'(x)>0,单调递增,所以F(x ≤F(1)=-a e<0.当x>1时,F'(x)=--e x--,令G(x)=e x--,G'(x)=e x+->0.又G(2)=e2--≥0∵a≥,取m∈(1,2),且使->e2,即1<m<-,则有G(m)=e m--<e2-e2=0.因为G(m)G(2)<0,故G(x)存在唯一零点x0,x0∈(1,2), 即F(x)有唯一的极值点且为极小值点x0∈(1,2).,由G(x0)=0可得,-.故F(x0)=ln x0--因为F'(x0)=>0,-故F(x0)在(1,2)内为增函数,所以F(x0)<F(2)=ln 2-≤ln 2-1<0∵a≥.综上,当a≥时,总有f(x)<0.。
2020年普通高等学校招生全国统一考试 数学(文)冲刺卷(七)(解析版)
y∈[ 2 ，3]时，x∈[﹣1，1]，其区间长度为 2，所求的概率为 P 4 2 ．故选 C．
9．已知函数
f
x
2sin x
0 满足
f
4
2
，
f
0
，且
f
x在区间
4
,
3
上单调，
则符合条件的 的值的个数为（
）
A．7
B．9
C．12
D．14
【答案】B
【解析】由题意知函数
f
x 的周期
T
，由
f
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
4．测试范围：高中全部内容．
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，只有一项是符合题目 要求的．
1．已知 1 ai2 i x yi （ a 、 x 、 y R ， i 是虚数单位），则（
）
A． x 2 y 0
6．如图，在以下四个正方体中，直线 AB 与平面 CDE 垂直的是（
）
．
①
②
③
④
A．①②
B．①④
C．②④
D．①③
【答案】C
【解析】对于①，由 AB 与 CE 所成角为 45 ，可得直线 AB 与平面 CDE 不垂直； 对于②，由 AB ^ CE ， AB ED ， CE ED E ，可得 AB 平面 CDE ； 对于③，由 AB 与 CE 所成角为 60 ，可得直线 AB 与平面 CDE 不垂直； 对于④，连接 AC ，由 ED 平面 ABC ，可得 ED AB ，同理可得 EC AB ，
）
A．[2, )
【答案】D
B． (, 2]
C．
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考前强化练7解答题组合练C
1.(2019河北枣强中学高三模拟,文17)已知函数f(x)=sin 2x-cos2x-.
(1)求f(x)的最小正周期;
(2)设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且c=,f(C)=0,若sin B=2sin A,求a,b的值.
2.已知数列{a n}中,a1=1,其前n项的和为S n,且满足a n=(n≥2).
(1)求证:数列是等差数列;
(2)证明:当n≥2时,S1+S2+S3+…+S n<.
3.
如图,四边形ABCD是菱形,AF⊥BD,AF∥CE且AF=2CE.
(1)求证:平面ACEF⊥平面BDE;
(2)已知在线段BF上有一点P,满足AP∥DE,求的值.
4.已知函数f(x)=ln x+x2+ax(a∈R),g(x)=e x+x2.
(1)讨论函数f(x)极值点的个数;
(2)若对∀x>0,不等式f(x)≤g(x)成立,求实数a的取值范围.
5.已知椭圆C:=1(a>b>0)的左、右焦点与其短轴的一个端点是正三角形的三个顶点,点
D在椭圆C上,直线l:y=kx+m与椭圆C相交于A,P两点,与x轴、y轴分别相交于点N和M,且|PM|=|MN|,点Q是点P关于x轴的对称点,QM的延长线交椭圆于点B,过点A,B分别作x轴的垂线,垂足分别为A1,B1.
(1)求椭圆C的方程.
(2)是否存在直线l,使得点N平分线段A1B1?若存在,求出直线l的方程,若不存在,请说明理由.
6.(2019四川泸州高三二模,文20)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,点P(1,a)在此抛物线上,|PF|=2,不过原点的直线l与抛物线C交于A,B两点,以AB为直径的圆M过坐标原点.
(1)求抛物线C的方程;
(2)证明:直线l恒过定点;
(3)若线段AB中点的纵坐标为2,求此时直线l和圆M的方程.
参考答案
考前强化练7解答题组合练C
1.解(1)f(x)=sin 2x-cos2x-
=sin 2x-
=sin 2x-cos 2x-1
=sin2x--1.
所以函数f(x)的最小正周期为π.
(2)由f(C)=0,得sin2C-=1.
因为0<C<π,
所以-<2C-,
所以2C-,C=.
又sin B=2sin A,由正弦定理得=2.①
由余弦定理,得c2=a2+b2-2ab cos ,
即a2+b2-ab=3.②
由①②解得a=1,b=2.
2.解(1)当n≥2时,S n-S n-1=,S n-1-S n=2S n S n-1,
=2,从而构成以1为首项,2为公差的等差数列.
(2)由(1)可知,+(n-1)×2=2n-1,∴S n=,
∴当n≥2时,S n=,
从而S1+S2+S3+…+S n<1+1-+…+=.
3.解(1)∵四边形ABCD是菱形,
∴BD⊥AC.
∵AF⊥BD,∴BD⊥平面ACEF,
∵BD⊂平面BDE,∴平面ACEF⊥平面BDE.
(2)在平面ABF内作BM∥AF,且BM=CE,连接AM交BF于点P.
∵BM∥AF,AF∥CE,∴BM∥CE,
又BM=CE,
∴四边形BCEM为平行四边形,
∴BC∥ME,且BC=ME.
∵四边形ABCD是菱形,
∴BC∥AD且BC=AD,
∴ME∥AD且ME=AD.
∴四边形ADEM为平行四边形.
∴DE∥MA,即DE∥AP.
∵BM∥AF,∴△BPM∽△FPA,
∵BM=CE=AF,∴.
4.解(1)f'(x)=+x+a=(x>0),令f'(x)=0,即x2+ax+1=0,Δ=a2-4.
①当a2-4≤0时,即-2≤a≤2时,x2+ax+1≥0恒成立,即f'(x)≥0,
此时f(x)在(0,+∞)单调递增,无极值点.
②当a2-4>0时,即a<-2或a>2,
若a<-2,设方程x2+ax+1=0的两根为x1,x2,且x1<x2,
由韦达定理故x1>0,x2>0,
此时x∈(0,x1),f'(x)>0,f(x)单调递增,
x∈(x1,x2),f'(x)<0,f(x)单调递减,
x∈(x2,+∞),f'(x)>0,f(x)单调递增,
故x1,x2分别为f(x)的极大值点和极小值点,
因此a<-2时,f(x)有两个极值点.
若a>2,设方程x2+ax+1=0的两根为x1,x2,且x1<x2,
由韦达定理故x1<0,x2<0,此时f(x)无极值点.
综上:当a<-2时,f(x)有两个极值点,当a≥-2时,f(x)无极值点.
(2)f(x)≤g(x)等价于ln x+x2+ax≤e x+x2,
即e x-ln x+x2≥ax,因此a≤.
设h(x)=,
h'(x)=
=,
当x∈(0,1)时,e x(x-1)+ln x+x2-1<0,即h'(x)<0,h(x)单调递减;
当x∈(1,+∞)时,e x(x-1)+ln x+x2-1>0,即h'(x)>0,h(x)单调递增.
因此x=1为h(x)的极小值点,即h(x)≥h(1)=e+1,故a≤e+1.
5.解(1)由题意得解得a2=4,b2=3,故椭圆C的方程为=1.
(2)假设存在这样的直线l:y=kx+m,
∴M(0,m),N,
∵|PM|=|MN|,
∴P,Q,
∴直线QM的方程为y=-3kx+m.
设A(x1,y1),由
得(3+4k2)x2+8kmx+4(m2-3)=0,
∴x1+=-,
∴x1=-.
设B(x2,y2),由得(3+36k2)x2-24kmx+4(m2-3)=0, ∴x2+,
∴x2=-.
∵点N平分线段A1B1,
∴x1+x2=-,
∴-=-,
∴k=±,
∴P(±2m,2m),∴=1,解得m=±,
∵|m|=<b=,∴Δ>0,符合题意,
∴直线l的方程为y=±x±.
6.(1)解抛物线C:y2=2px(p>0),其准线方程为x=-,
∵点P(1,a)在此抛物线上,|PF|=2,
∴点P到准线的距离等于|PF|,即1+=2,得p=2,
∴所求抛物线方程为y2=4x.
(2)证明①当直线l斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+m,易知k≠0,m≠0.
联立方程组得从而可得方程k2x2+(2km-4)x+m2=0,
由题意可知Δ=(2km-4)2-4k2m2>0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),x1+x2=,x1x2=,
所以y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=.
因为以AB为直径的圆M过坐标原点,
所以=0,即x1x2+y1y2=0,
所以=0,所以m=-4k.
所以直线l的方程为y=kx-4k,即y=k(x-4),
所以直线l恒过定点(4,0).
②当直线l的斜率不存在时,易求得点A,B坐标分别为(4,4),(4,-4),直线l也过点(4,0).综合①②可知,直线l恒过定点(4,0).
(3)解由题意可知直线l斜率存在,设线段AB中点坐标为(x0,2),由(2)中所得
x1+x2=,x1x2=,则y1+y2=k(x1-4)+k(x2-4)=k(x1+x2)-8k=,
所以解得
所以直线l的方程为y=x-4.
因为线段AB中点坐标为(6,2),即为圆M的圆心坐标.设圆M:(x-6)2+(y-2)2=r2.将点(0,0)代入,得r2=40,
所以圆M的方程为(x-6)2+(y-2)2=40.。