2019届高三数学二轮专题复习训练：专题强化练五 Word版含解析

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2019届高三下学期高三第二次模拟联考数学(理)试题—含答案

《2019届高三下学期高三第二次模拟联考数学（理）试题—含答案》摘要：数学（理科）试卷年级班级姓名学号注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡，将条形码准确粘贴在条形码区域内，解：（1）设等比数列{an}的公比为，由题意可得：即：，即：，所以（2） 18. 解：（1）连接，平面，又，，故点在线段的垂直平分线上．为等腰三角形，由等腰三角形的三线合一可知线段的垂直平分线即为直线，故点在直线上．（2）为二面角的平面角．，，．过作平行于的直线，并将其作为轴，建立如图所示的空间直角坐标系则，．设与所成的角为，则． 19. 解(1)由统计数据得2×2列联表：甲班乙班总计成绩优良 9 16 25 成绩不优良 11 4 15 总计 20 20 40 根据2×2列联表中的数据，得K2的观测值为k＝≈5．2275．024，∴能在犯错概率不超过0．025的前提下认为“成绩优良与教学方式有关”． X 0 1 2 3 P (2)由表可知在8人中成绩不优良的人数为×8＝3，则X的可能取值为0，1，2，3．P(X＝0)＝＝，∴E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝． 20. 解(1)设F(c，0)，由条件知，＝，得c＝．又＝，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1．故E的方程为＋y2＝1． (2)当l⊥x轴时不合题意，故设l：y ＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．将y＝kx－2代入＋y2＝1，得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0．当Δ＝16(4k2－3)0，即k2时，x1，2＝．从而|PQ|＝|x1－x2|＝．又点O到直线PQ的距离d＝．所以△OPQ的面积S△OPQ＝d·|PQ|＝．设＝t，则t0，S△OPQ＝＝．因为t＋≥4，当且仅当t＝2，即k＝±时等号成立，且满足Δ0．所以当△OPQ的面积最大时，l的方程为y＝x－2或y＝－x－2． 21. 解（1）函数的定义域为，. 若，，则在区间内为增函数2019学年度第二学期高三第二次模拟联考数学（理科）试卷年级班级姓名学号注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2019届高三数学第二轮复习测试题五文(含解析)新人教版新版

亲爱的同学：这份试卷将再次记录你的自信、沉着、智慧和收获，我们一直投给你信任的目光……2019高三第二轮复习测试试卷文科数学(五)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.已知为实数集，集合，，则集合为A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】先解一元二次不等式得集合B，再根据集合并集以及补集概念求结果.【详解】由，，所以，所以，故选D．【点睛】集合的基本运算的关注点(1)看元素组成．集合是由元素组成的，从研究集合中元素的构成入手是解决集合运算问题的前提．(2)有些集合是可以化简的，先化简再研究其关系并进行运算，可使问题简单明了，易于解决．(3)注意数形结合思想的应用，常用的数形结合形式有数轴、坐标系和Venn图．2.在复平面内，复数的对应点坐标为，则复数为A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先根据复数几何意义得，再根据复数乘法法则求结果.【详解】易知，，故选B．【点睛】对于复数的四则运算，要切实掌握其运算技巧和常规思路，如. 其次要熟悉复数相关基本概念，如复数的实部为、虚部为、模为、对应点为、共轭为3.函数的零点是A. 或B. 或C.D. 或【答案】D【解析】【分析】先解二次方程得值，再根据对数方程得结果.【详解】，由得或，而函数零点指的是曲线与坐标横轴交点的横坐标，故选D.【点睛】本题考查函数零点概念，考查基本求解能力.4.已知实数、，满足，则的取值范围是A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据基本不等式得范围，再根据绝对值定义得结果.【详解】由，知，故选D.【点睛】本题考查基本不等式应用，考查基本求解能力.5.执行如图所示的程序框图，输出的值为A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】执行循环，根据条件对应计算S，直至时结束循环,输出结果.【详解】进入循环，当时，，为奇数，；当时，，为偶数，；当时，，为奇数，；当时，，为偶数，；当时，，结束循环，输出.故选B．【点睛】算法与流程图的考查，侧重于对流程图循环结构的考查.先明晰算法及流程图的相关概念，包括选择结构、循环结构、伪代码，其次要重视循环起点条件、循环次数、循环终止条件，更要通过循环规律，明确流程图研究的数学问题，是求和还是求项.6.已知实数、满足线性约束条件，则其表示的平面区域的面积为A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先作可行域，再根据三角形面积公式求结果.【详解】满足约束条件，如图所示：可知范围扩大，实际只有，其平面区域表示阴影部分一个三角形，其面积为故选B．【点睛】本题考查平面区域含义，考查基本求解能力.7.“”是“”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】【分析】等价于，作判断.【详解】由，得，得，，，但反之是，即或，故“”是“”的充分不必要条件，选A.【点睛】充分、必要条件的三种判断方法．1．定义法：直接判断“若则”、“若则”的真假．并注意和图示相结合，例如“⇒”为真，则是的充分条件．2．等价法：利用⇒与非⇒非，⇒与非⇒非，⇔与非⇔非的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法．3．集合法：若⊆，则是的充分条件或是的必要条件；若＝，则是的充要条件．8.如图，椭圆的上顶点、左顶点、左焦点分别为、、，中心为，其离心率为，则A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】将转化为，再根据离心率求比值.【详解】由，得而，所以，故选B．【点睛】本题考查椭圆离心率，考查基本求解能力.9.、、、四位妈妈相约各带一个小孩去观看花卉展，她们选择共享电动车出行，每辆车只能带一大人和一小孩，其中孩子们表示都不坐自己妈妈的车，则的小孩坐妈妈或妈妈的车概率是A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先利用枚举法确定总事件数，再从中确定的小孩坐妈妈或妈妈的车事件数，最后根据古典概型概率公式求结果.【详解】设、、、的小孩分别是、、、，共有坐车方式有、、、、、、、、，则的小孩坐妈妈或妈妈的车有六种情况，其概率为；另解，的小孩等概率坐妈妈或妈妈或妈妈车，故选D．【点睛】古典概型中基本事件数的探求方法(1)列举法.(2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求.对于基本事件有“有序”与“无序”区别的题目，常采用树状图法.(3)列表法：适用于多元素基本事件的求解问题，通过列表把复杂的题目简单化、抽象的题目具体化.(4)排列组合法：适用于限制条件较多且元素数目较多的题目.10.已知数列中第项，数列满足，且，则A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据对数加法法则得，根据关系式得，联立方程解得.【详解】由，得，又，即，有，故．选C.【点睛】本题考查对数四则运算法则，考查基本求解能力.11.如图，的一内角，, ,边上中垂线交、分别于、两点，则值为A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】建立平面直角坐标系，根据向量垂直确定E坐标，再根据向量数量积坐标表示得结果.【详解】如图，以为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，由条件知、、，，设，得，由垂直知，得，即，，故选C．【点睛】平面向量数量积的类型及求法(1)求平面向量数量积有三种方法：一是夹角公式；二是坐标公式；三是利用数量积的几何意义.(2)求较复杂的平面向量数量积的运算时，可先利用平面向量数量积的运算律或相关公式进行化简.12.已知函数，若存在实数，使得，则A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】A【解析】【分析】先化简方程，分组研究以及最小值，确定等于号取法，解得.【详解】由已知即而，故，设，容易求得当时的最小值为2，当“=”成立的时候，故选A.【点睛】本题考查利用基本不等式求最值以及利用导数求函数最值，考查基本分析与求解能力.二．填空题：本大题共4小题，每小题5分,共20分.13.已知函数，则__________．【答案】4【解析】【分析】根据分段函数对应性，根据自变量大小对应代入解析式，即得结果.【详解】．【点睛】(1)求分段函数的函数值，要先确定要求值的自变量属于哪一段区间，然后代入该段的解析式求值，当出现的形式时，应从内到外依次求值.(2)求某条件下自变量的值，先假设所求的值在分段函数定义区间的各段上，然后求出相应自变量的值，切记代入检验，看所求的自变量的值是否满足相应段自变量的取值范围.14.已知过抛物线的焦点，且斜率为的直线与抛物线交于、两点，则__________．【答案】【解析】【分析】根据抛物线焦点弦性质得，对照比较与所求式子之间关系，即得结果.【详解】由知，由焦点弦性质，而．【点睛】本题考查抛物线焦点弦性质，考查基本求解能力.15.网格纸上小正方形的边长为1，粗虚、实线画出的是某个长方体挖去一个几何体得到的几何图形的三视图，则该被挖去的几何体的体积为__________．【答案】2【解析】【分析】先确定几何体，再根据长方体以及四棱柱体积公式求结果.【详解】根据三视图知长方体挖去部分是一个底面为等腰梯形（上底为2，下底为4，高为2）高为2的直四棱柱，所以．【点睛】先根据熟悉的柱、锥、台、球的图形，明确几何体的展开对应关系，结合空间想象将展开图还原为实物图，再在具体几何体中求体积.16.数列是公差为的等差数列，其前和为，存在非零实数，对任意恒有成立，则的值为__________．【答案】或【解析】【分析】先根据和项与通项关系得，再根据等差数列公差与零关系分类讨论，最后解得的值.【详解】设的公差为，当时,所以，当时，对有①，当时，②，由①-②得：，得，即对、恒成立．当，此时，，舍去当时，，赋值可得，此时，是以为首项，为公差的等差数列．综上或．【点睛】本题考查等差数列基本量以及通项与和项关系，考查基本求解能力.三．解答题：本大题共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.已知（），其图象在取得最大值．（Ⅰ）求函数的解析式；（Ⅱ）当，且，求值．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）先根据两角和正弦公式展开，再根据最值取法得a，最后根据配角公式化为基本三角函数，（2）先根据条件得，再根据两角和正弦公式求值.【详解】（Ⅰ）由在取得最大值，，即，经检验符合题意．（Ⅱ）由，，又，，得，．【点睛】三角恒等变换的综合应用主要是将三角变换与三角函数的性质相结合，通过变换把函数化为的形式再借助三角函数图象研究性质，解题时注意观察角、函数名、结构等特征．18.如图：直线平面，直线平行四边形，四棱锥的顶点在平面上，，，，，，，、分别是与的中点．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求三棱锥的体积．【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【分析】（1）先根据三角形中位线性质得，，再根据线面平行判定定理以及面面平行判定定理得平面平面，最后根据面面平行性质得结论，（2）先根据线面垂直得面面垂直：平面平面，，再根据面面垂直性质定理得平面，最后根据等体积法以及锥体体积公式求结果.【详解】（Ⅰ）连接，底面为平行四边形∵是的中点，是的中点，∵是的中点，是的中点，而，，平面平面平面，平面；（Ⅱ）由平面，平行四边形平面底面，，，底面四边形为矩形，即四边形为直角梯形，平面平面，过作交于,平面，即平面由，，，知，，得．【点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.19.中国海军，正在以不可阻挡的气魄向深蓝进军。

2019版高考数学二轮复习考前强化练5解答题组合练(A)文.docx

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⑵： ^an an+l
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3. (1)证明： ?底面弭皿仞是平行四边形， Z BAC=A PAD=A PC0D, ^ ??? CDYPC, CDVAy C :Mrn pc=c, ??? CDJ平而 PAC,则 CD I PA, 又 PAL AD, ADC｝ CD 二 D, 则刃丄平面 ABCD, TPAu 平面 PAB, ?：平面刊〃丄平面 ABCD.
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②当刀 22 时，由已知，得 4S“=加( 1)： ???"1+1)2, 两式作差，得( 禺+如)( 禺- 曰”-1-2) =0, 又因为｛切是正项数列，所以 a 厂亦 2 ?：数列｛/ ｝是以 1 为首项 ,2 为公差的等差数列 , ???a? \.
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2019届高三数学二模考试试题理(含解析)

2019届高三数学二模考试试题理（含解析）一､选择题1.已知是虚数单位，复数的共轭复数是（）A. B. C. 1 D. -1【答案】B【解析】【分析】先把复数化简，然后可求它的共轭复数.【详解】因为,所以共轭复数就是.故选：B.【点睛】本题主要考查复数的运算及共轭复数的求解，把复数化到最简形式是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养. 2.已知集合，则满足的集合的个数是（）A. 4B. 3C. 2D. 1【答案】A【解析】【分析】先求解集合，然后根据可求集合的个数.【详解】因为，，所以集合可能是.故选：A.【点睛】本题主要考查集合的运算，化简求解集合是解决这类问题的关键，侧重考查数学运算的核心素养.3.设向量，满足，，则（）A. -2B. 1C. -1D. 2【答案】C【解析】【分析】由平面向量模的运算可得：，①，②，则①②即可得解．【详解】因为向量，满足，，所以，①，②由①②得：，即，故选：．【点睛】本题主要考查了平面向量模和数量积的运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属基础题．4.定义运算，则函数的大致图象是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】图象题应用排除法比较简单，先根据函数为奇函数排除、；再根据函数的单调性排除选项，即可得到答案．【详解】根据题意得，且函数为奇函数，排除、；；当时，，令，令，函数在上是先递减再递增的，排除选项；故选：．【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性与单调性的判断，考查根据解析式找图象，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题．5.已知圆:，定点，直线:，则“点在圆外”是“直线与圆相交”的（）A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】通过圆心到直线的距离与圆的半径进行比较可得.【详解】若点在圆外，则，圆心到直线:的距离，此时直线与圆相交；若直线与圆相交，则，即，此时点在圆外.故选：C.【点睛】本题主要考查以直线和圆的位置关系为背景的条件的判定，明确直线和圆位置关系的代数表示是求解的关键，侧重考查逻辑推理的核心素养.6.某程序框图如图所示，若输入的，则输出的值是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】分析】按照程序框图的流程，写出前五次循环的结果，直到第六次不满足判断框中的条件，执行输出结果．【详解】经过第一次循环得到经过第二次循环得到经过第三次循环得到经过第四次循环得到经过第五次循环得到经过第六次循环得到此时，不满足判断框中的条件，执行输出故输出结果为故选：．【点睛】本题主要考查解决程序框图中的循环结构，常按照程序框图的流程，采用写出前几次循环的结果，找规律．7.在公差不等于零的等差数列中，，且，，成等比数列，则（）A. 4B. 18C. 24D. 16【答案】D【解析】【分析】根据，，成等比数列可求公差，然后可得.【详解】设等差数列的公差为，因为，，成等比数列，所以，即有，解得，（舍），所以.故选：D.【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，根据已知条件构建等量关系是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养. 8.已知，为椭圆的左右焦点，点在上（不与顶点重合），为等腰直角三角形，则的离心率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先根据为等腰直角三角形可得，结合椭圆的定义可求离心率.【详解】由题意等腰直角三角形，不妨设，则，由椭圆的定义可得，解得.故选：B.【点睛】本题主要考查椭圆离心率的求解，离心率问题的求解关键是构建间的关系式，侧重考查数学运算的核心素养.9.若三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】由三视图知该几何体是一个三棱锥，由三视图求出几何元素的长度，由锥体的体积公式求出几何体的体积．【详解】根据三视图可知几何体是一个三棱锥，由俯视图和侧视图知，底面是一个直角三角形，两条直角边分别是、4，由正视图知，三棱锥的高是4，该几何体的体积，故选：．【点睛】本题主要考查三视图求几何体的体积，由三视图正确复原几何体是解题的关键，考查空间想象能力．10.若的展开式中的各项系数的和为1，则该展开式中的常数项为（）A. 672B. -672C. 5376D. -5376【答案】A【解析】【分析】先根据的展开式中的各项系数的和为1，求解，然后利用通项公式可得常数项.【详解】因为的展开式中的各项系数的和为1，所以，即；的通项公式为，令得，所以展开式中的常数项为.【点睛】本题主要考查二项式定理展开式的常数项，利用通项公式是求解特定项的关键，侧重考查数学运算的核心素养.11.已知函数，则的最大值为（）A. 1B.C.D. 2【答案】B【解析】【分析】先化简函数，然后利用解析式的特点求解最大值.【详解】，因为，所以.故选：B.【点睛】本题主要考查三角函数的最值问题，三角函数的最值问题主要是先化简为最简形式，结合解析式的特点进行求解.12.将边长为2的正方形(及其内部)绕旋转一周形成圆柱，点､分别是圆和圆上的点，长为，长为，且与在平面的同侧，则与所成角的大小为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由弧长公式可得，，由异面直线所成角的作法可得为异面直线与所成角，再求解即可．【详解】由弧长公式可知，，在底面圆周上去点且，则面，连接，，，则即为异面直线与所成角，又，，所以，故选：．【点睛】本题主要考查了弧长公式及异面直线所成角的作法，考查了空间位置关系的证明，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．二､填空题13.向平面区域内随机投入一点，则该点落在曲线下方概率为______.【答案】【解析】【分析】由题意画出图形，分别求出正方形及阴影部分的面积，再由几何概型概率面积比得答案．【详解】作出平面区域，及曲线如图，，．向平面区域，内随机投入一点，则该点落在曲线下方的概率为．故答案为：．【点睛】本题主要考查几何概型概率的求法，考查数形结合的解题思想方法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．14.设，满足约束条件，则的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求的取值范围．【详解】作出，满足约束条件，则对应的平面区域（阴影部分），由，得，平移直线，由图象可知当直线经过点时，直线的截距最大，此时最大．此时的最大值为，由图象可知当直线经过点时，直线的截距最小，此时最小．此时的最小值为，故答案为：，．【点睛】本题主要考查线性规划的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，利用数形结合是解决线性规划题目的常用方法．15.设等差数列的前项和为，若，，，则______.【答案】8【解析】【分析】根据等差数列的通项公式及求和公式可得.【详解】因为，所以，因为，所以，设等差数列的公差为，则，解得，由得，解得.故答案为：8.【点睛】本题主要考查等差数列的基本量的运算，熟记相关的求解公式是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.16.若直线既是曲线的切线，又是曲线的切线，则______.【答案】1【解析】【分析】分别设出两个切点，根据导数的几何意义可求.详解】设直线与曲线相切于点，直线与曲线相切于点，则且，解得；同理可得且，解得；故答案为：1.【点睛】本题主要考查导数的几何意义，设出切点建立等量关系式是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.三､解答题17.在中，内角，，的对边分别为，，，已知.（1）若，求和；（2）求的最小值.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）利用已知条件求出的余弦函数值，然后求解的值，然后求解三角形的面积；（2）通过余弦定理结合三角形的面积转化求解即可．【详解】（1）因为，代入，得，所以，，由正弦定理得，所以，.（2）把余弦定理代入，得，解得.再由余弦定理得.当且仅当，即时，取最小值.【点睛】本题主要考查三角形的解法、正余弦定理的应用、三角形的面积以及基本不等式的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力，是中档题．18.一只红玲虫的产卵数和温度有关.现收集了7组观测数据如下表:温度21产卵数/7个为了预报一只红玲虫在时的产卵数，根据表中的数据建立了与的两个回归模型.模型①:先建立与的指数回归方程，然后通过对数变换，把指数关系变为与的线性回归方程:；模型②:先建立与的二次回归方程，然后通过变换，把二次关系变为与的线性回归方程:.（1）分别利用这两个模型，求一只红玲虫在时产卵数的预测值；（2）你认为用哪个模型得到的预测值更可靠?并说明理由.（参考数据:模型①的残差平方和，模型①的相关指数；模型②的残差平方和，模型②的相关指数；，，；，，，，，，）【答案】（1），（2）模型①得到的预测值更可靠，理由见解析【解析】【分析】（1）把分别代入两个模型求解即可；（2）通过残差及相关指数的大小进行判定比较.【详解】(1)当时，根据模型①，得，，根据模型②，得.（2）模型①得到的预测值更可靠.理由1:因为模型①的残差平方和小于模型②的残差平方和，所以模型①得到的预测值比模型②得到的预测值更可靠；理由2:模型①的相关指数大于模型②的相关指数，所以模型①得到的预测值比模型②得到的预测值更可靠；理由3:因为由模型①，根据变换后的线性回归方程计算得到的样本点分布在一条直线的附近；而由模型②，根据变换后的线性回归方程得到的样本点不分布在一条直线的周围，因此模型②不适宜用来拟合与的关系；所以模型①得到的预测值比模型②得到的预测值更可靠.（注:以上给出了3种理由，考生答出其中任意一种或其他合理理由均可得）【点睛】本题主要考查回归分析，模型拟合程度可以通过两个指标来判别，一是残差，残差平方和越小，拟合程度越高；二是相关指数，相关指数越接近1，则拟合程度越高.19.如图，在四棱锥中，已知底面，，，，，是上一点.（1）求证:平面平面；（2）若是的中点，且二面角的余弦值是，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）先证明平面，然后可得平面平面；（2）建立坐标系，根据二面角的余弦值是可得的长度，然后可求直线与平面所成角的正弦值.【详解】（1）平面，平面，得.又，在中，得，设中点为，连接，则四边形为边长为1的正方形，所以，且，因为，所以，又因为，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）以为坐标原点，分别以射线､射线为轴和轴的正方向，建立如图空间直角坐标系，则，，.又设，则，，，，.由且知，为平面的一个法向量.设为平面的一个法向量，则，即，取，，则，有，得，从而，.设直线与平面所成的角为，则.即直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题主要考查空间平面与平面垂直及线面角的求解，平面与平面垂直一般转化为线面垂直来处理，空间中的角的问题一般是利用空间向量来求解.20.设为抛物线:的焦点，是上一点，的延长线交轴于点，为的中点，且.（1）求抛物线的方程；（2）过作两条互相垂直的直线，，直线与交于，两点，直线与交于，两点，求四边形面积的最小值.【答案】（1）（2）32【解析】【分析】（1）由题意画出图形，结合已知条件列式求得，则抛物线的方程可求；（2）由已知直线的斜率存在且不为0，设其方程为，与抛物线方程联立，求出，，可得四边形的面积，利用基本不等式求最值．【详解】（1）如图，为的中点，到轴的距离为，，解得．抛物线的方程为；（2）由已知直线的斜率存在且不为0，设其方程为．由，得．△，设，、，，则；同理设，、，，，则．四边形的面积．当且仅当时，四边形的面积取得最小值32．线相交弦长问题、一元二次方程的根与系数的关系、基本不等式的性质、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．21.是自然对数的底数，已知函数，.（1）求函数的最小值；（2）函数在上能否恰有两个零点?证明你结论.【答案】（1）（2）能够恰有两个零点，证明见解析【解析】【分析】（1）先求导数，再求极值。

人教A版高中数学必修第二册强化练习题-专题强化练5-复数四则运算的综合应用(含答案)

人教A版高中数学必修第二册专题强化练5　复数四则运算的综合应用1.(2024山东菏泽月考)已知i为虚数单位,复数z满足|z+2i|=|z|,则z的虚部为( )A.-1B.1C.iD.-i2.(2024福建福州期中)已知复数z满足|z|=2,则|z+3+4i|的最小值是( )A.3B.4C.5D.68.(2024河北张家口期中)已知在复数范围内,关于x的一元二次方程x2-2x+k=0(k∈R)有两个虚数根z1和z2,若|z1-z2|=2,且z1的虚部为正数.(1)求实数k的值;(2)求z1z2+的值.答案与分层梯度式解析专题强化练5　复数四则运算的综合应用1.B2.A3.ACD4.BCD5.BC1.B 设z=a+bi(a,b ∈R),则z =a-bi,因为|z+2i|=|z|,所以|a+(b+2)i|=|a+bi|,可得a 2+(b+2)2=a 2+b 2,解得b=-1,所以复数z 的虚部为-b=1.故选B.2.A |z|=2表示复数z 在复平面内对应的点的集合是以原点O 为圆心,2为半径的圆,|z+3+4i|=|z-(-3-4i)|表示圆上的点到点(-3,-4)(记为A)的距离,易得|OA|=32+42=5>2,所以|z+3+4i|的最小值是|OA|-2=3.故选A.3.ACD ∵-2<b<2,∴Δ=b 2-4<0,∴方程x 2+bx+1=0的根为x=-b ±4−b 2i2,不妨设z 1=-b2+4−b 22i,z 2=-b 2-4−b 22i,则z 1=z 2,A正确;|z 1|=|z 2正确;易得z 1z 2=1,∴z 1z 2=z 21z1z 2=z 21=b 2-22-b 4−b22i,当b≠0时,z 1z 2∉R,B 错误;当b=1时,z 1=-12+32i,z 2=-12-32i,计算得z 21=-12-32i=z 2,z 22=z 1,∴z 31=z 1z 2=1,z 32=z 1z 2=1,D 正确.故选ACD.4.BCD 设z 1=a+bi,z 2=c+di,a,b,c,d ∈R,则z 21=(a+bi)2=a 2-b 2+2abi,|z 1|2=a 2+b 2,当b≠0时,z 21≠|z 1|2,A 不正确;因为z 1·z 2=(a+bi)(c+di)=(ac-bd)+(ad+bc)i,所以z 1·z 2=(ac-bd)-(ad+bc)i,又z 1·z 2=(a-bi)(c-di)=(ac-bd)-(ad+bc)i,所以z 1·z 2=z 1·z 2,B 正确;|z 1z 2|=|(a+bi)(c+di)|=|(ac-bd)+(ad+bc)i|=(ac -bd )2+(ad +bc )2=a 2c 2+b 2d 2+a 2d 2+b 2c 2,|z 1|·|z 2|=a 2+b 2·c 2+d 2=(a 2+b 2)(c 2+d 2)=a 2c 2+b 2d 2+a 2d 2+b 2c 2,所以|z 1z 2|=|z 1|·|z 2|,C 正确;z 1z 1=a +b i a -b i =(a +b i)2(a -b i)(a +b i)=a 2-b 2+2abi a 2+b 2,z 21|z 1|2=(a +b i)2a 2+b 2=a 2-b 2+2abi a 2+b 2,所以z 1z 1=z 21|z 1|2,D正确.故选BCD.规律总结　关于复数有以下几个常用结论,在小题中可以直接使用,提高解题速度.(1)z1·z2=z1·z2=z1z2(z2≠0);(3)|z1z2|=|z1||z2|;(4)zz=z2|z|2(z≠0).5.BC　设z=a+bi(a,b∈R),由z2+z+1=0得(a+bi)2+(a+bi)+1=0,即(a2-b2+a+1)+(2ab+b)i=0,所以a2-b2+a+1=0,2ab+b=0,解得a=−12,b=32或a=−12,b=−32, z=-1+3i z=-1-3i,6.7.z1因为∠AOB∈[0,π],所以∠AOB=π4.8.解析　(1)设z1=a+bi(a,b∈R,b>0),则z2=a-bi,故z1+z2=2a=2,所以a=1,因为|z1-z2|=2,所以|2bi|=2,即4b2=4,解得b=1或b=-1(舍去).故z1=1+i,z2=1-i,所以k=z1z2=2.(2)因为z1z2=1+i1−i=i,i4n=1,i4n+1=i,i4n+2=-1,i4n+3=-i,n∈N,所以z1z2+=i+i2+i3+…+i2 025=(i-1-i+1)×506+i=i.。

2019届高三数学第二次(12月)联考理试题(含解析)人教新目标版

“皖南八校”2019届高三第二次联考数学（理科）一、选择题：本大题共12个小题,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，，则等于A. B. C. D.【答案】D【解析】因为集合，，则，故选D.2. 已知是虚数单位，若是纯虚数，则实数A. 1B. -1C. 2D. -2【答案】A【解析】化简，由是纯虚数可得，解得，故选A.3. 已知向量满足，，，则A. B. 3 C. 5 D. 9【答案】B【解析】因为，所以，故选B.........................4. 已知直线平分圆的周长，且直线不经过第三象限，则直线的倾斜角的取值范围为A. B. C. D.【答案】A【解析】圆的标准方程为，故直线过圆的圆心，因为直线不经过第三象限，结合图象可知，，，故选A.5. 将函数的图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍，再向左平移个单位，所得图象的一条对称轴的方程是A. B. C. D.【答案】C【解析】函数的图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍可得的图象，再向左平移个单位，所得的图象，由，，时图象的一条对称轴的方程是，故选C.6. 函数的图象大致是A. B.C. D.【答案】C【解析】由可得函数，为奇函数，图象关于原点对称，可排除选项；又由可排除选项，故选C.7. 若，展开式中，的系数为-20，则等于A. -1B.C. -2D.【答案】A【解析】由，可得将选项中的数值代入验证可得，符合题意，故选A.8. 当时，执行如图所示的程序框图，输出的值为（）A. 28B. 36C. 68D. 196【答案】D【解析】执行程序框图，；；；，退出循环，输出，故选D.【方法点睛】本题主要考查程序框图的循环结构流程图，属于中档题. 解决程序框图问题时一定注意以下几点：(1) 不要混淆处理框和输入框；(2) 注意区分程序框图是条件分支结构还是循环结构；(3) 注意区分当型循环结构和直到型循环结构；(4) 处理循环结构的问题时一定要正确控制循环次数；(5) 要注意各个框的顺序,（6）在给出程序框图求解输出结果的试题中只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可.9. 榫卯（）是我国古代工匠极为精巧的发明，它是在两个构件上采用凹凸部位相结合的一种连接方式. 我国的北京紫禁城，山西悬空寺，福建宁德的廊桥等建筑都用到了榫卯结构. 图中网格小正方形的边长为1，粗实线画出的是一种榫卯构件中榫的三视图，则其体积与表面积分别为A. B.C. D.【答案】C【解析】由三视图可知，这榫卯构件中榫由一个长方体和一个圆柱拼接而成，故其体积，表面积，故选C.【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.10. 已知椭圆的左、右焦点分别为，若在直线上存在点使线段的中垂线过点，则椭圆离心率的取值范围是A. B. C. D.【答案】B【解析】因为直线上存在点使线段的中垂线过点，所以，根据种垂涎的性质以及直角三角形的性质可得，，，又因为，椭圆离心率的取值范围是，故选B.11. 已知，且，则A. B. C. D.【答案】D【解析】依题意，，令，则原式化为，解得舍去），故，则，即，即，，解得或，则，故选D.12. 已知函数若关于的方程至少有两个不同的实数解，则实数的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】令，关于的方程至少有两个不同的实数解等价于，至少有两个不同的实数解，即函数的图象与直线至少有两个交点，作出函数的图象如图所示，直线过定点，故可以寻找出临界状态下虚线所示，联立，故，即，令，解得，，故，结合图象知，实数的取值范围为，故选A.【方法点睛】已知函数有零点(方程根)的个数求参数取值范围的三种常用的方法：(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．一是转化为两个函数的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，二是转化为的交点个数的图象的交点个数问题 .二、填空题：本小题4小题，每小题5分，共20分.13. 在1，2，3，4，5，6，7，8中任取三个不同的数，取到3的概率为_________．【答案】【解析】在、中任取三个不同的数，共有种取法，其中一定取到的方法有种，在、中任取三个不同的数取到的概率为，故答案为.14. 已知的面积为，角的对边分别为，若，，，则___________．【答案】【解析】，，，可得，所以得，由余弦定理可得，，故答案为.15. 已知函数是偶函数，定义域为，且时，，则曲线在点处的切线方程为____________．【答案】【解析】曲线在点处的切线方程为，又是偶函数，曲线在点处的切线方程与曲线在点处的切线方程故意轴对称，为，故答案为.【方法点晴】本题主要考查函数的奇偶性以及利用导数求曲线切线题，属于中档题. 求曲线切线方程的一般步骤是：（1）求出在处的导数，即在点出的切线斜率（当曲线在处的切线与轴平行时，在处导数不存在，切线方程为）；（2）由点斜式求得切线方程.16. 已知正方体的体积为1，点在线段上（点异于点），点为线段的中点，若平面截正方体所得的截面为四边形，则线段长的取值范围为__________ ．【答案】【解析】依题意，正方体的棱长为，如图所示，当点线段的中点时，由题意可知，截面为四边形，从而当时，截面为四边形，当时，平面与平面也有交线，故截面为五边形，平面截正方体所得的截面为四边形，线段的取值范围为，故答案为.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17∽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.（一）必考题：共60分17. 已知是等比数列，满足，且.（Ⅰ）求的通项公式和前项和；（Ⅱ）求的通项公式.【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ).【解析】试题分析：（I）由，令可解得，，从而可得的通项公式和前项和；（II）结合（I）的结论，可得，从而得时，，两式相减、化简即可得的通项公式.试题解析：（Ⅰ），，，，，，是等比数列，，的通项公式为，的前项和.（Ⅱ）由及得，时，，，，，的通项公式为.，18. 随着网络时代的进步，流量成为手机的附带品，人们可以利用手机随时随地的浏览网页，聊天，看视频，因此，社会上产生了很多低头族.某研究人员对该地区18∽50岁的5000名居民在月流量的使用情况上做出调查，所得结果统计如下图所示：（Ⅰ)以频率估计概率，若在该地区任取3位居民，其中恰有位居民的月流量的使用情况在300M∽400M之间，求的期望；（Ⅱ）求被抽查的居民使用流量的平均值；（Ⅲ）经过数据分析，在一定的范围内，流量套餐的打折情况与其日销售份数成线性相关关系，该研究人员将流量套餐的打折情况与其日销售份数的结果统计如下表所示：折扣销售份数试建立关于的的回归方程.附注：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，【答案】(Ⅰ)0.75；(Ⅱ)369M；(Ⅲ).【解析】试题分析：（I）直接根据二项分布的期望公式求解即可；（II）根据频率分布直方图中数据，每组数据中间值与纵坐标的乘积之和即是被抽查的居民使用流量的平均值；(Ⅲ)先根据平均值公式求出样本中心点的坐标，利用公式求出，样本中心点坐标代入回归方程可得，从而可得结果.试题解析：（Ⅰ）依题意，∽，故；（Ⅱ）依题意，所求平均数为故所用流量的平均值为；（Ⅲ)由题意可知，，，所以，关于的回归方程为： .【方法点晴】本题主要考查二项分布的期望公式、直方图的应用和线性回归方程的求法，属于难题.求回归直线方程的步骤：①依据样本数据画出散点图，确定两个变量具有线性相关关系；②计算的值；③计算回归系数；④写出回归直线方程为；回归直线过样本点中心是一条重要性质，利用线性回归方程可以估计总体，帮助我们分析两个变量的变化趋势.19. 在四棱锥中，底面是矩形，平面，是等腰三角形，，是的一个三等分点（靠近点），与的延长线交于点，连接.（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）求二面角的正切值【答案】(1)证明见解析；(2).【解析】试题分析：（I）由线面垂直的性质可得，由矩形的性质可得，从而由线面垂直的判定定理可得平面，进而由面面垂直的判定定理可得结论；（II）以，，分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面与平面的一个法向量，根据空间向量夹角余弦公式，可得夹角余弦值，利用同角三角函数之间的关系可得正切值.试题解析：（Ⅰ）证明：因为平面，所以又因为底面是矩形，所以又因为，所以平面.又因为平面，所以平面平面.（Ⅱ)解：方法一：（几何法)过点作，垂足为点，连接.不妨设，则.因为平面，所以.又因为底面是矩形，所以.又因为，所以平面，所以A.又因为，所以平面，所以所以就是二面角的平面角.在中，由勾股定理得，由等面积法，得，又由平行线分线段成比例定理，得.所以.所以.所以.所以二面角的正切值为.方法二：（向量法）以，，分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系：不妨设，则由（Ⅱ）可得，.又由平行线分线段成比例定理，得，所以，所以.所以点，，.则，.设平面的法向量为，则由得得令，得平面的一个法向量为；又易知平面的一个法向量为；设二面角的大小为，则.所以.所以二面角的正切值为.【方法点晴】本题主要考查线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理、利用空间向量求二面角，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.20. 过抛物线的焦点作直线与抛物线交于两点，当点的纵坐标为1时，. （Ⅰ）求抛物线的方程；（Ⅱ）若抛物线上存在点，使得，求直线的方程.【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ).【解析】试题分析：（I）利用拋物线的定义,结合即可得，，从而抛物线的方程为；（II）方程为，由得，令，，,利用韦达定理及,建立关于的方程,解方程即可求直线的方程.试题解析：（Ⅰ）的准线方程为，当点纵坐标为1时，，，势物线的方程为.（Ⅱ）在上，，又,设方程为，由得，令，，则，，，，,，或0，当时，过点（舍），，方程为.21. 已知函数.（Ⅰ）若，证明：函数在上单调递减；（Ⅱ）是否存在实数，使得函数在内存在两个极值点？若存在，求实数的取值范围；若不存在，请说明理由. （参考数据：，）【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ).【解析】试题分析：（I）；求导得，只需利用导数研究函数的单调性，求出最大值，从而证明即可得结论；（II）讨论时，时两种情况，分别利用导数研究函数的单调性，排除不合题意的情况，从而可得使得函数在内存在两个极值点的实数的取值范围.试题解析：（Ⅰ）函数的定义域是.求导得.设，则与同号.所以，若，则对任意恒成立.所以函数在上单调递减.又，所以当时，满足.即当时，满足.所以函数在上单调递减.（Ⅱ）①当时，函数在上单调递减.由，又，时，，取，则，所以一定存在某个实数，使得.故在上，；在上，.即在上，；在上，.所以函数在上单调递增，在上单调递减.此时函数只有1个极值点，不合题意，舍去；②当时，令，得；令，得，所以函数在上单调递减，在上单调递增.故函数的单调情况如下表：要使函数在内存在两个极值点，则需满足，即，解得又，，所以.此时，，又，；综上，存在实数，使得函数在内存在两个极值点.选考题：共10分，请考生在第22、23题中任选一题作答. 如果多做，则按所做的第一题计分.22. 平面直角坐标系中，已知直线的参数方程是（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（Ⅰ）求直线的极坐标方程；（Ⅱ）若直线与曲线相交于两点，求.【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)3.【解析】试题分析：（I）利用代入法消去参数，将直线的参数方程化成普通方程，可得它是经过原点且倾斜角为的直线，再利用互化公式可得到直线的极坐标方程；（II）将直线的极坐标方程代入曲线的极坐标方程,可得关于的一元二次方程,然后根据韦达定理以及极径的几何意义,可以得到的值.试题解析：（Ⅰ）由得，的极坐标方程为即，.（Ⅱ）由得，设，，则，.23. 已知函数.（Ⅰ）若，解不等式；（Ⅱ）若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围.【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ).【解析】试题分析：（I）对分三种情况讨论，分别求解不等式组，然后求并集即可得不等式的解集；（II）利用基本不等式求得的最小值为，不等式对任意恒成立，等价于，平方后利用一元二次不等式的解法求解即可求得实数的取值范围.试题解析：（Ⅰ）时，，由得，不等式的解集为.（Ⅱ）对成立，又对成立，，，即.。

2019届高三数学上学期第二次联考试题文(含解析) 人教新目标版新版

2019届高三第二次联考试卷文科数学第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,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，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】，∴故选：C点睛：求集合的交、并、补时，一般先化简集合，再由交、并、补的定义求解．在进行集合的运算时要尽可能地借助Venn图和数轴使抽象问题直观化．一般地，集合元素离散时用Venn图表示；集合元素连续时用数轴表示，用数轴表示时要注意端点值的取舍．2. 若复数（，为虚数单位）是纯虚数，则实数的值为（）A. -6B. -2C.D. 6【答案】A【解析】由题意得，∵ 复数是纯虚数，∴，解得．选A．3. 已知向量的夹角为60°，且，则向量在向量方向上的投影为（）A. -1B. 1C. 2D. 3【答案】B【解析】∵向量的夹角为60°，且，∴∴向量在向量方向上的投影为故选：B4. 在一组样本数据（，不全相等）的散点图中，若所有样本点都在直线上，则这组样本数据的样本相关系数为（）A. -1B. 0C.D. 1【答案】D【解析】试题分析：由题设知,所有样本点（）都在直线上，则这组样本数据完全正相关,故这组样本数据的样本相关系数为,选D.考点：相关系数.5. 下列有关命题的说法正确的是（）A. 命题“若，则”的否命题为“若，则”B. “”是“”的必要不充分条件C. 命题“，”的否定是“，”D. 命题“若，则”的逆否命题为真命题【答案】D【解析】对于选项A，原命题的否命题为“若，则”，故A不正确．..............................对于选项C，命题的否定是“，”，故C不正确．对于选项D，原命题为真命题，所以其逆否命题为真命题．故D正确．选D．6. 在正项等比数列中，若成等差数列，则的值为（）A. 3或-1B. 9或1C. 3D. 9【答案】C【解析】设正项等比数列{a n}的公比为q＞0，∵成等差数列，∴a3=2a2+3a1，化为，即q2﹣2q﹣3=0，解得q=3．则==q=3，故选：C．7. 执行如图所示的程序框图，则输出的结果是（）A. 14B. 15C. 16D. 17【答案】B【解析】第一次循环：，不满足；第二次循环：，不满足；第三次循环：，不满足；第一次循环：，不满足；；第十五次循环：，满足；。

2019版高考数学二轮复习考前强化练7解答题组合练(C)文.docx

考前强化练7解答题组合练(6)1.在△人BC中，角力,$ Q所对边分别是a, b, c,满足4$cos B-bcos C=ccosB.(1)求cos 〃的值；⑵若必此电b辭,求曰和c的值.2.(2018河南六市联考一，理17)已知数列&｝屮，❻二1,其前1'(1)求证:数列是等差数列;1 1 1 3n项的和为$,且满足⑵证明：当心2时,sJsR'iTS巨.3.(2018山西太原一模，文19)如图，在四棱锥P-ABCD屮，底而ABCD是菱形，Z BAD®。

, /引二/为切片2,点在线段PC上,且P耗対C,艸为初的中点.(1)求证:血?丄平面PNB\(2)若平面必〃丄平面ABCD,求三棱锥戶-何册的体积.(2018山东临沂三模，文⑼如图，四边形是菱形,AFA.BD,AF//CE且MU26E(1)求证:平面ACEFL 平而BDE;BP⑵己知在线段莎上有一点P,满足AP//DE,求刃7的值.3\点L\ 2丿在椭圆C 上，直线]\y=kx+m 与椭圆C 相交于"两点，与x 轴、y 轴分别相交于点N 和戒且二/祕点0是点戶关于x 轴的对称点，的延长线交椭圆于点B f 过点4 〃分别作/轴的垂线，垂足分别为4,久(1) 求椭圆C 的方程.(2) 是否存在直线厶使得点艸平分线段45?若存在，求出直线/的方程，若不存在，请说明理由.2 2x y-- + ----6. (2018山东临沂三模，文20)己知椭圆/ 沪=](Q 力为)的右焦点为尸(2,0),以原点。

为圆心，(沪为半径的圆与椭圆在y 轴右侧交于A, 〃两点，且为正三角形.25.己知椭圆C\a右焦点与其短轴的一个端点是正三角形的三个顶点,57T(1)求椭圆方程；(2)过圆外一点M//A 0) (/〃乃)，作倾斜角为6的直线/交椭圆于C 〃两点，若点尸在以线段CD为直径的圆〃的内部，求加的取值范闱.参考答案考前强化练7解答题组合练(C)1.解(1)由题意得,4sin Acos sin Bcos ^-sin Ceos所以4sin 力cos 庐sin Bcos Csin6cos 爪sin (加0 二sin A.1因为sin MHO,所以cos B A.(2) 得日©cos 〃二3, ac=\2.由l/=a-f-c~2accos B,可得a+c=2^y所以可得a=c=2y/^.2S 12•解(1)当时，S厂S/ n，弘-SPSS小s S1n 71・从而1s构成以1为首项,2为公差的等差数列.(2)由⑴可知，几^A/2-l) X2=2n~l, /.s n=2n~ 1,1 1 1 111—---------- V ----------- = --------- _—、•:当心2时，n s M2n - 1)n(2n -2) 2n- 11 1 1 1111 113 1 3从而$忆$””・山5小2(1_2 2 3戸・・畀-1九)二2 2n 23.解0 TPA二PD,N为初的中点，• ••PNIAD,:•底面力坎卩是菱形，ZBAD®° ,・・・\ABD为等边三角形，・・・BNLAD. ・.・PNCBN=N,・：/L9丄平面PNB.(2) TPA二PD二AD=2,:•平面丹〃丄平面ABCD,平面刃〃G平面ABCD=AD y PNIAD,・・・PNl平面/1BCQ ・・・PNJNB,:•初丄平面PNB,AD〃 BC,・・・BCl平而川孜又PM=2MQPM h 2设M, c到平面刊矽的距离分别为h, //则PC H,.：力；〃2 2 13 2•:V PYR M卜伽3 %咖二3 3 2 X2 二3.4.解(1) :•四边形S磁是菱形，・・・BDLAC. TAFIBD, /.BDL平面ACEF,JB此平面BDE,・：平面ACEFL平面BDE.(2)在平面/!莎内作BM//AF,且BM=CE y连接側交BF于点、P.:*BM// AF, AF// CE, .: BM// CE, 又B 扫CE,•:四边形妣妙为平行四边形，・・・BC 〃 ME,且BC=ME. :•四边形力盹是菱形， /.BC//AD 且 BC 二AD, /.ME//AD 且 ME=AD.・：四边形应出”为平行四边形. /.DE//MA,即 DE// AP. VBM//AF,・・・HFPA,1 BP _BM _1 •・伽二CE ?AF ,・：PF AF 2'b = -\/3c, 1 9 ——d ------ -- 1, a 2 4於a 2 =圧 +c 2,解得 I )=3,2 2x y一 + — 故椭圆c 的方程为4 3二1.(2)假设存在这样的直线l\y=kx+m,•:爪Hm —.2mkQ・：直线的方程为y=-3kx+m.y = kx + m. 22 lx y —+ — = 1 43 '设水匿,yi),由得(3 制护)x +8£/〃x 何(〃/-3)电m Qkm ・・・存二一3 + 4护,3m(l + 4/c 2) __ k(3 + 4k?)y =・ 3kx + m, 2 2x y-+ —=1. 4 3— Xi设B(X2,乃),由5.解 (1)由题意得得(3 +36”) 2 ~24kmx 桧(/『-3)电m 8 km一 1 + 12 以, m(l + 4/c2) *k(l + 12/c 2).:•点艸平分线段佔,2m・：x 、+x2 二-k ,3m(l + 4/c 2) m(l + 4/c 2) 2m.:一 fc(3 + 4/c 2) k(l + 12/)=_T4m 2 4m 2 J21--------- F ------- ------・・・P(±2m,2ni),・•・4 3二1,解得於土 7,・・・讪二7宀聾,・・・人为,符合题意，1 721•:直线/的方程为y=±2x± 7 .6.解(1) •・・'AOB 为正三角形，且力,3关于/轴对鬆，0F% ・・・0A 二OF 毛,・：刃=1,无彳*3,即点/(①，1).3 1--- + -----•a 2 b 2=[• •丄,又c 扎解得a 2 =6, /? =2.2 2 x y —+ — 6 2丸 ⑵易知直线J ：y=- 3Si) 5〉&) 消去 y 得 2殳Tjnx+ut -6=0,由 4X),得 4/772-8 (/»2-6)>0,即-2宀印<2卩,故椭圆方程为，联立£ J3二［一 3 (匕一〃z) . •［一3 (X2-/Z7)-二274m + 6 m 4 m ・6 m + 6I ■■■1• ■■ — ■IFC ・FD=3_2)O2-2)W2=3g- 3 lx\+x) + 3 包二3 232m(m ・ 3):屮在圆E 的内部,.:代•帀＜0,2m(m ・ 3)3<0,解得 0<7〃<3,即刃的取值范围为W, 3).m z - 6FC=(山-2,yj ，FD=(应一2, y 2),X\ +X2二叫 X\X2 =□匕二m 2。

2019高考数学(理)高分大二轮检测：专题4第2讲综合大题部分(增分强化练)Word版含解析

专题4 三角函数、解三角形第2讲综合大题部分1．四边形ABCD 的内角A 与C 互补，AB ＝1，BC ＝3，CD ＝DA ＝2. (1)求C 和BD ；(2)求四边形ABCD 的面积．解析：(1)由题设及余弦定理得 BD 2＝BC 2＋CD 2－2BC ·CD cos C ＝13－12cos C ，① BD 2＝AB 2＋DA 2－2AB ·DA cos A ＝5＋4cos C ．②由①②得cos C ＝12，故C ＝60°，BD ＝7. (2)四边形ABCD 的面积 S ＝12AB ·DA sin A ＋12BC ·CD sin C ＝(12×1×2＋12×3×2)sin 60° ＝2 3.2．已知函数f (x )＝(a ＋2cos 2x )cos(2x ＋θ)为奇函数，且f (π4)＝0，其中a ∈R ，θ∈(0，π)． (1)求a ，θ的值；(2)若f (α4)＝－25，α∈(π2，π)，求sin(α＋π3)的值．解析：(1)因为f (x )＝(a ＋2cos 2x )cos(2x ＋θ)是奇函数，而y 1＝a ＋2cos 2x 为偶函数，所以y 2＝cos(2x ＋θ)为奇函数，由θ∈(0，π)，得θ＝π2，所以f (x )＝－sin 2x ·(a ＋2cos 2x )，由f (π4)＝0得－(a ＋1)＝0，即a ＝－1. (2)由(1)得f (x )＝－12sin 4x ，因为f (α4)＝－12sin α＝－25，即sin α＝45，又α∈(π2，π)，从而cos α＝－35，所以sin(α＋π3)＝sin αcos π3＋cos αsin π3＝4－3310.3．(2018·高考北京卷)在△ABC 中，a ＝7，b ＝8，cos B ＝－17. (1)求∠A ；(2)求AC 边上的高．解析：(1)在△ABC 中，因为cos B ＝－17，所以sin B ＝1－cos 2B ＝437. 由正弦定理得sin A ＝a sin B b ＝32.由题设知π2<B <π，所以0<∠A <π2. 所以∠A ＝π3.(2)在△ABC 中，因为sin C ＝sin(A ＋B ) ＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝3314，所以AC 边上的高为a sin C ＝7×3314＝332.4．(2018·唐山统考)在△ABC 中，AB ＝2AC ＝2，AD 是BC 边上的中线，记∠CAD ＝α，∠BAD ＝β. (1)求sin α∶sin β；(2)若tan α＝sin ∠BAC ，求BC . 解析：(1)∵AD 为BC 边上的中线， ∴S △ACD ＝S △ABD ，∴12AC ·AD sin α＝12AB ·AD sin β，∴sin α∶sin β＝AB∶AC＝2∶1. (2)∵tan α＝sin∠BAC＝sin(α＋β)，∴sin α＝sin(α＋β)cos α，∴2sin β＝sin(α＋β)cos α，∴2sin[(α＋β)－α]＝sin(α＋β)cos α，∴sin(α＋β)cos α＝2cos(α＋β)sin α，∴sin(α＋β)＝2cos(α＋β)tan α，又tan α＝sin∠BAC＝sin(α＋β)≠0，∴cos(α＋β)＝cos∠BAC＝1 2，在△ABC中，BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC cos∠BAC＝3，∴BC＝ 3.。

2019年高三第二次模拟考试理科数学含解析

2019年高三第二次模拟考试理科数学含解析本试卷共4页，150分。

考试时间长120分钟。

考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。

考试结束后，将答题卡交回。

一、选择题：本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题列出的四个选项中,选出符合题目要求的一项.1.若﹁p∨q是假命题，则A. p∧q是假命题B. p∨q是假命题C. p是假命题D. ﹁q是假命题【答案】A若﹁p∨q是假命题，则，都为为假命题，所以为真命题，为为假命题，所以p∧q 是假命题，选A.2.下列四个函数中,既是奇函数又在定义域上单调递增的是A. B. C. D.【答案】CA,为非奇非偶函数.B在定义域上不单调。

D为非奇非偶函数。

所以选C.3.如图，是⊙O上的四个点，过点B的切线与的延长线交于点E.若，则A. B. C. D.【答案】B因为A，B，C，D是⊙O上的四个点，所以∠A+∠BCD=180°，因为∠BCD=110°，所以∠A=70°．因为BE 与⊙O相切于点B，所以∠DBE=∠A=70°．故选B．4.设平面向量，若//，则等于A. B. C. D.【答案】D因为//，所以，解得。

所以，即。

所以222441245a b a -==+=，选D.5.已知是不等式组1,1,10,6x y x y x y ≥⎧⎪≥⎪⎨-+≥⎪⎪+≤⎩所表示的平面区域内的两个不同的点，则的最大值是A. B. C. D.【答案】 B作出不等式组表示的平面区域，得到如图的四边形ABCD ，其中A （1，1），B （5，1），,D （1，2），因为M 、N 是区域内的两个不同的点，所以运动点M 、N ，可得当M 、N 分别与对角线BD 的两个端点重合时，距离最远，因此|MN|的最大值是22(51)(12)17BD =-+-=|,选B.6.已知数列的前项和为,,,则A. B. C. D.【答案】C由得，所以，即。

所以数列是以为首项，公比的等比数列，所以，选C.7.一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的表面积为336俯视图侧（左）视图A ． B. C. D. 【答案】A视图复原的几何体是长方体的一个角，如图：直角顶点处的三条棱长分别为，其中斜侧面的高为。

全国通用版2019版高考数学大二轮复习考前强化练6解答题组合练B理-2019word版可打印

4.(20xx河北石家庄一模,理19)小明在××市某物流派送公司找到了一份派送员的工作,该公司给出了两种日薪薪酬方案.甲方案:底薪100元,每派送一单奖励1元;乙方案:底薪140元,每日前55单没有奖励,超过55单的部分每单奖励12元.
(1)请分别求出甲、乙两种薪酬方案中日薪y(单位:元)与送货单数n的函数关系式;
(2)根据该公司所有派送员100天的派送记录,发现派送员的日平均派送单数满足以下条件:在这100天中的派送量指标满足如图所示的直方图,其中当某天的派送量指标在(n=1,2,3,4,5)时,日平均派送量为
50+2n单.若将频率视为概率,回答下列问题:
①根据以上数据,设每名派送员的日薪为X(单位:元),试分别求出甲、乙两种方案的日薪X的分布列,数学期望及方差;
②结合①中的数据,根据统计学的思想,帮助小明分析,他选择哪种薪酬方案比较合适,并说明你的理由.
=
=0.5×(140
远小,。

2019年高考数学大二轮复习综合能力训练 Word版含答案

综合能力训练
第Ⅰ卷(选择题,共分)
一、选择题(本大题共小题,每小题分,共分)
.已知集合{()},则∩等于()
.(] .[) .[) .[)
.设直线与抛物线(>)交于两点,若⊥,则△的面积为()
..
.已知奇函数()在上是增函数()().若()()(),则的大小关系为()
<<<<<<<<
.(浙江)某几何体的三视图如图所示(单位),则该几何体的体积(单位)是()
.执行如图所示的程序框图.若输入,则输出的()
.
.
.
.
.已知双曲线(>>)被斜率为的直线截得的弦的中点为(),则该双曲线离心率的值是() ..
.
.已知函数()若()(),则的所有可能值为()
,
.已知实数.()
.若≤,则<
.若≤,则<
.若≤,则<
.若≤,则<
第Ⅱ卷(非选择题,共分)
二、填空题(本大题共小题,每小题分,共分)
.已知∈是虚数单位,若()(),则的值为.
.在()的展开式中,含的项的系数是.(用数字填写答案)。

新课标广西2019高考数学二轮复习专题对点练185.1~5.3组合练201812242103

专题对点练18 5.1~5.3组合练(限时90分钟,满分100分)一、选择题(共9小题,满分45分)1.某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积(单位:cm3)是()A.π2+1 B.π2+3C.3π2+1 D.3π2+32.(2018全国名校大联考第四次联考)已知α,β是相异两平面,m,n是相异两直线,则下列命题错误的是()A.若m∥n,m⊥α,则n⊥αB.若m⊥α,m⊥β,则α∥βC.若m⊥α,m∥β,则α⊥βD.若m∥α,α∩β=n,则m∥n3.某几何体的三视图如图所示,则该几何体中,面积最大的侧面的面积为()A.22B.52C.62D.34.如图,网格纸上正方形小格的边长为1(表示1 cm),图中粗线画出的是某零件的三视图,该零件由一个底面半径为3 cm,高为6 cm的圆柱体毛坯切削得到,则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为()A.1727B.59C.1027D.135.如图,某三棱锥的正视图、侧视图和俯视图分别是直角三角形、等腰三角形和等边三角形.若该三棱锥的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为()A.27πB.48πC.64πD.81π6.已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2,侧棱长为3,D为BC的中点,则三棱锥A-B1DC1的体积为()A.3B.32C.1D.327.将长、宽分别为2和1的长方形ABCD沿对角线AC折起,得到四面体ABCD,则四面体ABCD 外接球的表面积为()A.3πB.5πC.10πD.20π8.圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体,该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16+20π,则r=()A.1B.2C.4D.89.(2018全国Ⅲ,文12)设A,B,C,D是同一个半径为4的球的球面上四点,△ABC为等边三角形且其面积为93,则三棱锥D-ABC体积的最大值为()A.12 3B.18 3C.24 3D.54 3二、填空题(共3小题,满分15分)10.(2018天津,文11)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则四棱锥A1-BB1D1D的体积为. 11.已知三棱锥A-BCD,AB=AC=BC=2,BD=CD=点E是BC的中点,点A在平面BCD上的射影恰好为DE的中点F,则该三棱锥外接球的表面积为.12.已知四面体ABCD,AB=4,AC=AD=6,∠BAC=∠BAD=60°,∠CAD=90°,则该四面体外接球的半径为.三、解答题(共3个题,满分分别为13分,13分,14分)13.如图,在四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 为平行四边形,PA ⊥平面ABCD ,BC=AP=5,AB=3,AC=4,M ,N分别在线段AD ,CP 上,且A M M D =P NN C=4. (1)求证:MN ∥平面PAB ; (2)求三棱锥P-AMN 的体积. 14.在如图所示的五面体ABCDEF 中,矩形BCEF 所在的平面与平面ABC 垂直,AD ∥CE ,CE=2AD=2,M 是BC 的中点,在△ABC 中,∠BAC=60°,AB=2AC=2. 求证:(1)AM ∥平面BDE ;(2)DE ⊥平面BDC ,并求三棱锥C-DBE 的体积.15.如图①,在边长为2的正方形ABCD 中,点E 是AB 的中点,点F 是BC 的中点.将△AED ,△DCF 分别沿DE ,DF 折起,使A ,C 两点重合于点A',连接EF ,A'B ,如图②. (1)求异面直线A'D 与EF 所成角的大小; (2)求三棱锥D-A'EF 的体积.专题对点练18答案1.A 解析 V=13×3× 12×π×12+12×2×1 =π2+1,故选A .2.D 解析由线面垂直的性质可知选项A,B,C 正确.如图所示,对于选项D,在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,取直线m 为AD ,平面α为上底面A 1B 1C 1D 1,平面β为平面CDD 1C 1,则直线n 为C 1D 1,此时有m ∥α,α∩β=n ,直线m 与n 为异面直线,即选项D 错误.故选D .3.B 解析由三视图可知,几何体的直观图如图所示,平面AED ⊥平面BCDE ,四棱锥A-BCDE 的高为1,四边形BCDE 是边长为1的正方形,则S △AED =12×1×1=12,S △ABC =S △ABE =12×1× 2=22,S △ACD =12×1× 5=52,故选B .4.C 解析由零件的三视图可知,该几何体为两个圆柱组合而成,如图所示.切削掉部分的体积V 1=π×32×6-π×22×4-π×32×2=20π(cm 3),原来毛坯体积V 2=π×32×6=54π(cm 3). 故所求比值为V1V2=20π54π=1027. 5.C 解析由三视图可知,该几何体为三棱锥,三棱锥的高VA=4,直观图如图所示.∵△ABC 是边长为6的等边三角形,∴外接球的球心D 在底面ABC 的投影为△ABC 的中心O , 过D 作DE ⊥VA 于E ,则E 为VA 的中点,连接OA ,DA ,则DE=OA=23×3 =2 AE=12VA=2,DA 为外接球的半径r ,∴r= D E 2+A E 2=4,∴该球的表面积S=4πr 2=64π.故选C .6.C 解析 ∵D 是等边三角形ABC 的边BC 的中点,∴AD ⊥BC. 又ABC-A 1B 1C 1为正三棱柱, ∴AD ⊥平面BB 1C 1C.∵四边形BB 1C 1C 为矩形,∴S △D B 1C 1=12S 四边形B 1C 1C =12×2× 3= 3. 又AD=2× 32= 3,∴V A -B 1D C 1=13S △B 1D C 1·AD=13× × =1.故选C . 7.B 解析由题意可知,直角三角形斜边的中线是斜边的一半,所以长、宽分别为2和1的长方形ABCD 沿对角线AC 折起二面角,得到四面体ABCD ,则四面体ABCD 的外接球的球心O 为AC 的中点,半径R= 52, 所求四面体ABCD 的外接球的表面积为4π× 52 2=5π.故选B .8.B 解析由条件及几何体的三视图可知该几何体是由一个圆柱被过圆柱底面直径的平面所截剩下的半个圆柱及一个半球拼接而成的.其表面积由一个矩形的面积、两个半圆的面积、圆柱的侧面积的一半及一个球的表面积的一半组成.∴S 表=2r ×2r+2×12πr 2+πr ×2r+12×4πr 2=5πr 2+4r 2=16+20π,解得r=2.9.B 解析由△ABC 为等边三角形且面积为9 设△ABC 边长为a ,则S=12a · 32a=9 .∴a=6,则△ABC 的外接圆半径r=32×23a=2 3<4.设球的半径为R ,如图,OO 1= R 2-r 2= 42-(2 3)2=2.当D 在O 的正上方时,V D-ABC =13S △ABC ·(R+|OO 1|)=13×9 3×6=18 3,最大.故选B . 10.13 解析 ∵正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为1, ∴V 四棱锥A 1-B 1D 1D =V 正方体-V 三棱锥A 1-A B D −V 三棱柱B C D -B 1C 1D 1=1-13×12×1×1×1-12×1×1×1=13.11.60π11解析由题意,得△BCD 为等腰直角三角形,E 是外接圆的圆心.∵点A 在平面BCD 上的射影恰好为DE 的中点F ,∴BF= 1+14=52,∴AF= 4-54=112. 设球心O 到平面BCD 的距离为h ,则1+h 2=14+ 112-ℎ 2,解得h= 11,r= 1+411= 1511,故该三棱锥外接球的表面积为4π×1511=60π11.12.2 解析如图所示,O'为△ACD 的外心,O 为球心,BE ⊥平面ACD ,BF ⊥AC ,则EF ⊥AC ,∴AF=2,AE=2 BE= 16-8=2 .设该四面体外接球半径为R ,OO'=d ,则2+(2 2+d )2=d 2+(3 2)2, ∴d= 2,CD=6 2,∴R= 2+18=2 5.13.(1)证明在AC 上取一点Q ,使得A QQ C=4,连接MQ ,QN ,则A M M D =A Q Q C =P N N C,∴QN ∥AP ,MQ ∥CD.又CD ∥AB ,∴MQ ∥AB.∵AB ⊂平面PAB ,PA ⊂平面PAB ,MQ ⊂平面MNQ ,NQ ⊂平面MNQ , ∴平面PAB ∥平面MNQ.∵MN ⊂平面MNQ ,MN ⊄平面PAB , ∴MN ∥平面PAB.(2)解 ∵AB=3,BC=5,AC=4, ∴AB ⊥AC.过C 作CH ⊥AD ,垂足为H ,则CH=3×45=125.∵PA ⊥平面ABCD ,CH ⊂平面ABCD ,∴PA ⊥CH.又CH ⊥AD ,PA ∩AD=A ,∴CH ⊥平面PAD.∵PC= 2+2= 41,P NN C =4, ∴N 到平面PAD 的距离h=45CH=4825,∴V P-AMN =V N-PAM =13S △PAM ·h=13×12×5×4×4825=325. 14.证明 (1)取BE 的中点N ,连接DN ,MN ,则MN ∥CE ,且MN=12CE.∵AD ∥CE ,且AD=12CE , ∴AD ∥MN ,且AD=MN ,∴四边形ADNM 是平行四边形, ∴DN ∥AM.又DN ⊂平面BDE ,AM ⊄平面BDE , ∴AM ∥平面BDE.(2)在△ABC 中,∠BAC=60°,AB=2AC=2,由余弦定理得BC= 由勾股定理得∠ACB=90°,BC ⊥AC. 又BC ⊥CE ,且CE ∩AC=C , ∴BC ⊥平面ACED.又DE ⊂平面ACED ,∴DE ⊥BC. ∵DE ⊥平面BDC ,DC ⊂平面BDC , ∴DE ⊥DC.∵DC ∩BC=C ,∴DE ⊥平面BCD ,∴V C-BDE =V B-CDE =13S △CDE ·BC=13×12× 2× 2× 3= 33.15.解 (1)在正方形ABCD 中,∵AD ⊥AE ,CD ⊥CF ,∴A'D ⊥A'E ,A'D ⊥A'F. ∵A'E ∩A'F=A',A'E ,A'F ⊂平面A'EF , ∴A'D ⊥平面A'EF.而EF ⊂平面A'EF ,∴A'D ⊥EF ,∴异面直线A'D 与EF 所成角的大小为90°.(2)∵正方形ABCD 的边长为2,点E 是AB 的中点,点F 是BC 的中点, ∴在Rt △BEF 中,BE=BF=1,得EF= 2,而A'E=A'F=1, ∴A'E 2+A'F 2=EF 2,∴A'E ⊥A'F ,∴S △A'EF =12×1×1=12.由(1)得A'D ⊥平面A'EF ,且A'D=2,∴V D-A'EF =13S △A'EF ·A'D=13×12×2=13.。

2019年高考数学大二轮复习：综合能力训练 Word版含答案

综合能力训练第Ⅰ卷(选择题,共40分)一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分)1.已知集合A=,B={x|y=lg(4x-x2)},则A∩B等于()A.(0,2]B.[-1,0)C.[2,4)D.[1,4)2.设直线x+y=1与抛物线y2=2px(p>0)交于A,B两点,若OA⊥OB,则△OAB的面积为()A.1B.C.D.23.已知奇函数f(x)在R上是增函数,g(x)=xf(x).若a=g(-log25.1),b=g(20.8),c=g(3),则a,b,c的大小关系为()A.a<b<cB.c<b<aC.b<a<cD.b<c<a4.(2018浙江,3)某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积(单位:cm3)是()A.2B.4C.6D.85.执行如图所示的程序框图.若输入n=3,则输出的S=()A.B.C.D.6.已知双曲线=1(a>0,b>0)被斜率为1的直线截得的弦的中点为(4,1),则该双曲线离心率的值是()A.B.C.D.27.已知函数f(x)=若f(1)+f(a)=2,则a的所有可能值为()A.1B.-C.1,-D.1,8.已知实数a,b,c.()A.若|a2+b+c|+|a+b2+c|≤1,则a2+b2+c2<100B.若|a2+b+c|+|a2+b-c|≤1,则a2+b2+c2<100C.若|a+b+c2|+|a+b-c2|≤1,则a2+b2+c2<100D.若|a2+b+c|+|a+b2-c|≤1,则a2+b2+c2<100第Ⅱ卷(非选择题,共110分)二、填空题(本大题共6小题,每小题5分,共30分)9.已知a,b∈R,i是虚数单位,若(1+i)(1-b i)=a,则的值为.10.在(2x-1)5的展开式中,含x2的项的系数是.(用数字填写答案)11.已知两球O1和O2在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的内部,且互相外切,若球O1与过点A的正方体的三个面相切,球O2与过点C1的正方体的三个面相切,则球O1和O2的表面积之和的最小值为.12.在极坐标系中,直线4ρcos+1=0与圆ρ=2sin θ的公共点的个数为.13.设变量x,y满足约束条件的最小值是.14.a,b为空间中两条互相垂直的直线,等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a,b都垂直,斜边AB以直线AC为旋转轴旋转,有下列结论:①当直线AB与a成60°角时,AB与b成30°角;②当直线AB与a成60°角时,AB与b成60°角;③直线AB与a所成角的最小值为45°;④直线AB与a所成角的最大值为60°.其中正确的是.(填写所有正确结论的编号)三、解答题(本大题共6小题,共80分)15.(13分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知sin(A+C)=8sin2.(1)求cos B;(2)若a+c=6,△ABC的面积为2,求b.16.(13分)已知数列{a n}中,a1=2,且a n=2a n-1-n+2(n≥2,n∈N*).(1)求a2,a3,并证明{a n-n}是等比数列;(2)设b n=,求数列{b n}的前n项和S n.17.(13分)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,M,N分别是棱AB,AD,A1B1,A1D1的中点,点P,Q分别在棱DD1,BB1上移动,且DP=BQ=λ(0<λ<2).(1)当λ=1时,证明:直线BC1∥平面EFPQ.(2)是否存在λ,使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角?若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由.18.(13分)某小组共10人,利用假期参加义工活动,已知参加义工活动次数为1,2,3的人数分别为3,3,4,现从这10人中随机选出2人作为该组代表参加座谈会.(1)设A为事件“选出的2人参加义工活动次数之和为4”,求事件A发生的概率;(2)设X为选出的2人参加义工活动次数之差的绝对值,求随机变量X的分布列和数学期望.19.(14分)已知椭圆C:=1(a>b>0)的左、右焦点F1,F2与椭圆短轴的一个端点构成边长为4的正三角形.(1)求椭圆C的标准方程;(2)过椭圆C上任意一点P作椭圆C的切线与直线F1P的垂线F1M相交于点M,求点M的轨迹方程;(3)若切线MP与直线x=-2交于点N,求证:为定值.20.(14分)已知函数f(x)=ln(1+x)+x2-x(a≥0).(1)若f(x)>0对x∈(0,+∞)都成立,求a的取值范围;(2)已知e为自然对数的底数,证明:∀n∈N*,<e.##综合能力训练1.A解析∵A=[-1,2],B=(0,4),∴A∩B=(0,2].故选A.2.B解析设A(x1,y1),B(x2,y2),由x+y=1与抛物线y2=2px,得y2+2py-2p=0,解得y1=-p+,x1=1+p-,y2=-p-,x2=1+p+,由OA⊥OB得,x1x2+y1y2=0,即[(1+p)2-(p2+2p)]+[p2-(p2+2p)]=0,化简得2p=1, 从而A,B,OA2==5-2,OB2==5+2,△OAB的面积S=|OA||OB|=故选B.3.C解析∵f(x)是R上的奇函数,∴g(x)=xf(x)是R上的偶函数.∴g(-log25.1)=g(log25.1).∵奇函数f(x)在R上是增函数,∴当x>0时,f(x)>0,f'(x)>0.∴当x>0时,g'(x)=f(x)+xf'(x)>0恒成立,∴g(x)在区间(0,+∞)上是增函数.∵2<log25.1<3,1<20.8<2,∴20.8<log25.1<3.结合函数g(x)的性质得b<a<c.故选C.4.C解析由三视图可知该几何体为直四棱柱.∵S底=(1+2)×2=3,h=2,∴V=Sh=3×2=6.5.B解析由题意得,输出的S为数列的前3项和,而,即S n=故当输入n=3时,S3=,故选B.6.A解析设直线l与双曲线交于点A(x1,y1),B(x2,y2),则=0,即由弦的中点为(4,1),直线的斜率为1可知,x1+x2=8,y1+y2=2,=1,,e2=1+e=故选A.7.C解析∵f(1)=e1-1=1,∴f(a)=1.若a∈(-1,0),则sin(πa2)=1,∴a=-若a∈[0,+∞),则e a-1=1,∴a=1.因此a=1或a=-8.D解析(举反例排除)选项A中,令a=b=10,c=-110,则|a2+b+c|+|a+b2+c|=|100+10-110|+|10+100-110|=0<1.而a2+b2+c2=100+100+1102=200+1102>100,故选项A不成立;选项B中,令a=10,b=-100,c=0,则|a2+b+c|+|a2+b-c|=0<1.而a2+b2+c2=100+1002+0>100,故选项B不成立;选项C中,令a=100,b=-100,c=0,则|a+b+c2|+|a+b-c2|=0<1.而a2+b2+c2=1002+1002+0>100,故选项C不成立;故选D.9.2解析(1+i)(1-b i)=1+b+(1-b)i=a,则所以=2.故答案为2.10.-40解析(2x-1)5的展开式的通项为T r+1=(2x)5-r(-1)r=(-1)r25-r x5-r.根据题意,得5-r=2,解得r=3.所以含x2项的系数为(-1)325-3=-22=-40.11.3(2-)π解析∵AO1=R1,C1O2=R2,O1O2=R1+R2,∴(+1)(R1+R2)=,R1+R2=,球O1和O2的表面积之和为4π()≥4π·2=2π(R1+R2)2=3(2-)π.12.2解析∵4ρcos+1=0,展开得2cosθ+2ρsinθ+1=0,∴直线的直角坐标方程为2x+2y+1=0.∵ρ=2sinθ两边同乘ρ得ρ2=2ρsinθ,∴圆的直角坐标方程为x2+y2-2y=0,圆心为(0,1),半径r=1.∴圆心到直线的距离d=<r=1.∴直线与圆相交.∴直线与圆公共点的个数为2.13.1解析由约束条件作出可行域如图,联立解得A(3,2),的几何意义为可行域内的动点与定点P(1,0)连线的斜率,则其最小值为k PA==1.14.②③解析由题意,AB是以AC为轴,BC为底面半径的圆锥的母线,由AC⊥a,AC⊥b,得AC⊥圆锥底面,在底面内可以过点B,作BD∥a,交底面圆C于点D,如图所示,连接DE,则DE⊥BD,∴DE∥b.连接AD,在等腰三角形ABD中,设AB=AD=,当直线AB与a成60°角时,∠ABD=60°,故BD=又在Rt△BDE中,BE=2,∴DE=,过点B作BF∥DE,交圆C于点F,连接AF,由圆的对称性可知BF=DE=,∴△ABF为等边三角形,∴∠ABF=60°,即AB与b成60°角,②正确,①错误.由最小角定理可知③正确;很明显,可以满足直线a⊥平面ABC,直线AB与a所成的最大角为90°,④错误.故正确的说法为②③.15.解(1)由题设及A+B+C=π,得sin B=8sin2,故sin B=4(1-cos B).上式两边平方,整理得17cos2B-32cos B+15=0,解得cos B=1(舍去),cos B=(2)由cos B=得sin B=,故S△ABC=ac sin B=ac.又S△ABC=2,则ac=由余弦定理及a+c=6得b2=a2+c2-2ac cos B=(a+c)2-2ac(1+cos B)=36-2=4.所以b=2.16.解(1)由已知a n=2a n-1-n+2(n≥2,n∈N*)得a2=4,a3=7.a n-n=2a n-1-2n+2,即a n-n=2[a n-1-(n-1)].=2(n≥2,n∈N*),且a1-1=1,∴{a n-n}是以1为首项,2为公比的等比数列.(2)由(1)得a n-n=(a1-1)·2n-1,即a n=2n-1+n,∴b n==1+设c n=,且前n项和为T n,则T n=+…+,①T n=+…+,②①-②,得T n=1++…+=2-故T n=4-,S n=n+4-17.解法一(1)证明:如图①,连接AD1,由ABCD-A1B1C1D1是正方体,知BC1∥AD1.当λ=1时,P是DD1的中点,又F是AD的中点,所以FP∥AD1,所以BC1∥FP.而FP⊂平面EFPQ,且BC1⊄平面EFPQ,故直线BC1∥平面EFPQ.(2)如图②,连接BD.因为E,F分别是AB,AD的中点,所以EF∥BD,且EF=BD.又DP=BQ,DP∥BQ,所以四边形PQBD是平行四边形,故PQ∥BD,且PQ=BD,从而EF∥PQ,且EF=PQ.在Rt△EBQ和Rt△FDP中,因为BQ=DP=λ,BE=DF=1,所以EQ=FP=,所以四边形EFPQ也是等腰梯形.同理可证四边形PQMN也是等腰梯形.分别取EF,PQ,MN的中点为H,O,G,连接OH,OG,则GO⊥PQ,HO⊥PQ,而GO∩HO=O,故∠GOH是平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角的平面角.若存在λ使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角,则∠GOH=90°.连接EM,FN,则由EF∥MN,且EF=MN知四边形EFNM是平行四边形.连接GH,因为H,G是EF,MN的中点,所以GH=ME=2.在△GOH中,GH2=4,OH2=1+λ2-=λ2+,OG2=1+(2-λ)2-=(2-λ)2+,由OG2+OH2=GH2,得(2-λ)2++λ2+=4,解得λ=1±,故存在λ=1±,使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角.解法二以D为原点,射线DA,DC,DD1分别为x,y,z轴的正半轴建立如图③所示的空间直角坐标系.由已知得B(2,2,0),C1(0,2,2),E(2,1,0),F(1,0,0),P(0,0,λ).=(-2,0,2),=(-1,0,λ),=(1,1,0).(1)证明:当λ=1时,=(-1,0,1).因为=(-2,0,2),所以=2,即BC1∥FP.而FP⊂平面EFPQ,且BC1⊄平面EFPQ,故直线BC1∥平面EFPQ.(2)设平面EFPQ的一个法向量为n=(x,y,z),则由可得于是可取n=(λ,-λ,1).同理可得平面MNPQ的一个法向量为m=(λ-2,2-λ,1).若存在λ,使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角,则m·n=(λ-2,2-λ,1)·(λ,-λ,1)=0,即λ(λ-2)-λ(2-λ)+1=0,解得λ=1±故存在λ=1±,使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角.18.解(1)由已知,有P(A)=所以,事件A发生的概率为(2)随机变量X的所有可能取值为0,1,2.P(X=0)=,P(X=1)=,P(X=2)=所以,随机变量X的分布列为随机变量X的数学期望E(X)=0+1+2=1.19.(1)解依题意,2c=a=4,∴c=2,b=2∴椭圆C的标准方程为=1.(2)解由(1)知F1(-2,0),设P(x0,y0),M(x,y),过椭圆C上点P的切线方程为=1,①直线F1P的斜率,则直线MF1的斜率=-,直线MF1的方程为y=-(x+2),即yy0=-(x0+2)(x+2),②①②联立,解得x=-8,故点M的轨迹方程为x=-8.(3)证明依题意及(2),知点M,N的坐标可表示为M(-8,y M),N(-2,y N),点N在切线MP上,由①式得y N=,点M在直线MF1上,由②式得y M=,|NF1|2=,|MF1|2=[(-2)-(-8)]2+,故=,③注意到点P在椭圆C上,即=1,于是,代入③式并整理得,故的值为定值20.(1)解∵f(x)=ln(1+x)+x2-x,其定义域为(-1,+∞),∴f'(x)=+ax-1=①当a=0时,f'(x)=-,当x∈(0,+∞)时,f'(x)<0,则f(x)在区间(0,+∞)内单调递减,此时,f(x)<f(0)=0,不符合题意.②当0<a<1时,令f'(x)=0,得x1=0,x2=>0,当x时,f'(x)<0,则f(x)在区间内单调递减,此时,f(x)<f(0)=0,不符合题意.③当a=1时,f'(x)=,当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0,则f(x)在区间(0,+∞)内单调递增,此时,f(x)>f(0)=0,符合题意.④当a>1时,令f'(x)=0,得x1=0,x2=<0,当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0,则f(x)在区间(0,+∞)内单调递增,此时,f(x)>f(0)=0,符合题意.综上所述,a的取值范围为[1,+∞).(2)证明由(1)可知,当a=0时,f(x)<0对x∈(0,+∞)都成立,即ln(1+x)<x对x∈(0,+∞)都成立,∴ln+ln+…+ln+…+,即ln…由于n∈N*,则=1.∴ln<1.<e.由(1)可知,当a=1时,f(x)>0对x∈(0,+∞)都成立,即x-x2<ln(1+x)对x∈(0,+∞)都成立,+…+<ln+ln+…+ln,即<ln,得<ln由于n∈N*,则<ln<e.。

2019届高三数学(理科)二轮专题复习训练专题强化练八 Word版含解析

专题强化练八一、选择题．(·佛山质检)在等差数列{}中，其前项和为，若，是方程＋－＝的两个根，那么的值为()．．－．．－解析：依题意，＋＝－，由等差数列的性质得，＝(＋)＝－.所以＝＝×(－)＝－.答案：．(·全国卷Ⅰ)记为等差数列{}的前项和．若＝＋，＝，则＝()．－．－．．解析：设等差数列{}的公差为，且＝＋，所以(＋)＝＋＋＋.又＝，得＝－.所以＝＋＝＋×(－)＝－.答案：．(·衡水中学第二次调研)已知数列{}的前项和为，若＝＋(≥)，且＝，则＝()．－．－．＋．＋解析：因为＝＋(≥)，且＝，所以≥时，＝－－＝＋－(＋－)，化为＝－，所以数列{}是等比数列，公比和首项都为.所以＝＝－.答案：．(·北京燕博园能力测试)数列{}的前项和为，且＋＝(∈*)，设＝，则数列{}的项的最大值为()．解析：由条件可知，＋＝，－＋－＝(≥)．相减，得＝－.又＋＝＝，故＝，则＝，＝.设{}中最大的项为，则即解得≤≤，所以数列{}的项的最大值为＝＝.答案：二、填空题．(·北京卷)设{}是等差数列，且＝，＋＝，则{}的通项公式为．解析：设{}的公差为，依题设＋＝＋＝＋＝，所以＝，因此＝＋(－)＝－.答案：＝－．数列{}满足＋＝，＝，则＝．解析：易知≠，且＋＝.所以－＝，则是公差为的等差数列，又＝，知＝，所以＋×＝，则＝.答案：．等差数列{}的公差≠，且，，成等比数列，若＝，为数列{}的前项和，则数列。