2020《新高考二轮专题突破+考前集训文科数学》练习册题库专题通关练专题五数列

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2020《新高考二轮专题突破+考前集训文科数学》练习册题库大题组合练压轴大题高分练三

, 压轴大题高分练三 )1. (2019山东省实验中学、淄博实验中学、烟台中学、莱芜一中四校联考)已知F 1(－1，0)，F 2(1，0)是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点，椭圆C 过点⎝⎛⎭⎪⎫2，153.(1)求椭圆C 的方程；(2)过点F 2的直线l (不过坐标原点)与椭圆C 交于A ，B 两点，且点A 在x 轴上方，点B在x 轴下方，若BF 2→＝2F 2A →，求直线l 的斜率．1．解：(1)由条件知⎩⎪⎨⎪⎧a 2－b 2＝1，4a 2＋53b2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝6，b 2＝5，因此椭圆C 的方程为x 26＋y 25＝1.(2)(方法一)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1>0，y 2<0，设直线l 的方程为x ＝my ＋1，代入椭圆C 的方程消去x ，得(5m 2＋6)y 2＋10my －25＝0，由根与系数的关系得y 1＋y 2＝－10m 5m 2＋6，y 1y 2＝－255m 2＋6，由BF 2→＝2F 2A →知y 2＋2y 1＝0，即y 2＝－2y 1，代入上式得y 1＝10m 5m 2＋6，2y 21＝255m 2＋6.∴2⎝ ⎛⎭⎪⎫10m 5m 2＋62＝255m 2＋6，解得m ＝±2，结合图形知m ＝2，故直线l 的斜率为22. (方法二)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1>0，y 2<0，设直线l 的方程为x ＝my ＋1，代入椭圆C 的方程消去x ，得(5m 2＋6)y 2＋10my －25＝0，因此y 1＝－5m ＋56m 2＋65m 2＋6，y 2＝－5m －56m 2＋65m 2＋6，由BF 2→＝2F 2A →知y 2＋2y 1＝0，代入上式得－5m －56m 2＋6＋2 (－5m ＋56m 2＋6)＝0，解得m ＝±2，结合图形知m ＝2，故直线l 的斜率为22.2. (2019广东广州普通高中毕业班综合测试)从抛物线y 2＝36x 上任意一点P 向x 轴作垂线段，垂足为Q ，点M 是线段PQ 上的一点，且满足PM →＝2MQ →.(1)求点M 的轨迹C 的方程．(2)设直线x ＝my ＋1(m ∈R )与轨迹C 交于A ，B 两点，T 为C 上异于A ，B 的任意一点，直线AT ，BT 分别与直线x ＝－1交于D ，E 两点，以DE 为直径的圆是否过x 轴上的定点？若过定点，求出符合条件的定点坐标；若不过定点，请说明理由．2．解：(1)设M (x ，y )，P (x 0，y 0)，则点Q 的坐标为(x 0，0)． ∵PM →＝2MQ →，∴(x －x 0，y －y 0)＝2(x 0－x ，－y ), 即⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝x ，y 0＝3y . ∵点P 在抛物线y 2＝36x 上， ∴y 20＝36x 0，即(3y )2＝36x .∴点M 的轨迹C 的方程为y 2＝4x .(2)(方法一)设直线x ＝my ＋1与曲线C 的交点分别为A ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 214，y 1，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 224，y 2，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋1，y 2＝4x ，得y 2－4my －4＝0. 由根与系数的关系得y 1＋ y 2＝4m ，y 1 y 2＝－4.设点T ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 204，y 0，则k AT ＝y 1－y 0y 214－y 204＝4y 0＋y 1.∴直线AT 的方程为y －y 0＝4y 0＋y 1⎝ ⎛⎭⎪⎫x －y 204.令x ＝－1，得点D 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，y 0y 1－4y 0＋y 1. 同理可得，点E 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，y 0y 2－4y 0＋y 2. 如果以DE 为直径的圆过x 轴某一定点N (n ，0)，则满足ND →·NE →＝0.∵ND →·NE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1－n ，y 0y 1－4y 0＋y 1·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1－n ，y 0y 2－4y 0＋y 2 ＝(1＋n )2＋y 1y 2y 20－4y 0（y 1＋y 2）＋16y 20＋y 0（y 1＋y 2）＋y 1y 2.∴(1＋n )2＋－4y 20－16my 0＋16y 20＋4my 0－4＝0.即(1＋n )2－4＝0，解得n ＝1或n ＝－3.故以DE 为直径的圆过x 轴上的定点(1，0)和(－3，0).(方法二)直线x ＝1与曲线C 的交点分别为A ′(1，2)，B ′(1，－2)，若取T ′(0，0)，则A ′T ′，B ′T ′与直线x ＝－1的交点分别为 D ′(－1，－2)，E ′(－1，2)，∴以D ′E ′为直径的圆的方程为(x ＋1)2＋y 2＝4. 该圆与x 轴的交点坐标分别为(1，0)和(－3，0)， ∴符合题意的定点只能是N 1(1，0)，N 2(－3，0).设直线x ＝my ＋1与曲线C 的交点分别为A ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 214，y 1，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 224，y 2，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋1，y 2＝4x ，得y 2－4my －4＝0. 由根与系数的关系得y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－4.设点T ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 204，y 0，则k AT ＝y 1－y 0y 214－y 204＝4y 0＋y 1.∴直线AT 的方程为y －y 0＝4y 0＋y 1⎝ ⎛⎭⎪⎫x －y 204.令x ＝－1，得点D 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，y 0y 1－4y 0＋y 1. 同理可得点E 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，y 0y 2－4y 0＋y 2. 若点N 1(1，0)满足要求，则满足N 1D →·N 1E →＝0.∵N 1D →·N 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，y 0y 1－4y 0＋y 1·⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，y 0y 2－4y 0＋y 2 ＝4＋y 1y 2y 20－4y 0（y 1＋y 2）＋16y 20＋y 0（y 1＋y 2）＋y 1y 2 ＝4＋－4y 20－16my 0＋16y 20＋4my 0－4＝0.∴点N 1(1，0)满足题意．同理可证点N 2(－3，0)也满足题意．故以DE 为直径的圆过x 轴上的定点(1，0)和(－3，0)．3. (2019河北石家庄毕业班模拟)已知函数f (x )＝1＋ln xx，(1)已知e 为自然对数的底数，求函数f (x )在x ＝1e2处的切线方程；(2)当x >1时，方程f (x )＝a (x －1)＋1x(a >0)有唯一实数根，求a 的取值范围．3．解：(1)由题意，函数f (x )＝1＋ln xx，定义域为(0，＋∞)，则f ′(x )＝－ln x x 2，∴f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 2＝2e 4, f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 2＝－e 2. 函数f (x )在x ＝1e 2处的切线方程为y ＋e 2＝2e 4⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1e 2，整理得y ＝2e 4x －3e 2，即函数f (x )在x ＝1e2处的切线方程y ＝2e 4x －3e 2.(2)当x >1时，方程f (x )＝a (x －1)＋1x，即ln x －a (x 2－x )＝0，令h (x )＝ln x －a (x 2－x )，有h (1)＝0，h ′(x )＝－2ax 2＋ax ＋1x，令r (x )＝－2ax 2＋ax ＋1，x ∈(1，＋∞)． ∵a >0，∴r (x )在(1，＋∞)单调递减， ①当r (1)＝1－a ≤0，即a ≥1时， r (x )<0，即h (x )在(1，＋∞)上单调递减，∴h (x )<h (1)＝0，方程f (x )＝a (x －1)＋1x无实根.②当r (1)>0，即 0<a <1时，存在x 0∈(1，＋∞)，使得 x ∈(1，x 0)时，r (x )>0，即h (x )单调递增； x ∈(x 0，＋∞)时，r (x )<0，即h (x )单调递减．因此h (x 0)max >h (0)＝0，取x ＝1＋1a，则h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a －a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a 2＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a －⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a ，令t ＝1＋1a(t >1)，由h (t )＝ln t －t ，则h ′(t )＝1t－1，∵t >1，∴h ′(t )<0，即h (t )在t >1时单调递减， ∴h (t )<h (1)＝0.故存在x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，1＋1a ，h (x 1)＝0.综上所述，a 的取值范围为0<a <1.4. (2019湖北武汉5月模拟)已知函数f (x )＝e x－x 22－1.(1)若直线y ＝x ＋a 为f (x )图象的切线，求a 的值；(2)若∀x ∈[0，＋∞), f (x )≥bx 恒成立，求b 的取值范围．4．解：(1)设切点为P (x 0，y 0), f ′(x )＝e x－x ，∴f ′(x 0)＝e x 0－x 0＝1，令h (x )＝e x－x ，则h ′(x )＝e x－1，∴当x >0时，h ′(x )>0，h (x )在(0，＋∞)上为增函数；当x <0时，h ′(x )<0，h (x )在(－∞，0)上为减函数． ∴h (x )min ＝h (0)＝1，∴x 0＝0，又e x 0－12x 20－1＝x 0＋a ，∴a ＝0.(2)∀x ∈[0，＋∞), f (x )≥bx 恒成立⇔e x－x 22－1－bx ≥0，x ∈[0，＋∞)．令g (x )＝e x－x 22－1－bx ，x ∈[0，＋∞)．g ′(x )＝e x－x －b ＝h (x )，h ′(x )＝e x －1，当x >0时，h ′(x )＝e x－1>0，∴h (x )在[0，＋∞)上为增函数， h (x )min ＝1－b,①若b ≤1，则当x >0时g ′(x )>0，故g (x )在[0，＋∞)上为增函数，故x ∈[0，＋∞)时，有g (x )≥g (0)＝0，即e x－x 22－1－bx ≥0恒成立，满足题意．②若b >1，则g ′(x )为(0，＋∞)上的增函数，且g ′(0)＝1－b <0，g ′(ln(2b ))＝b －ln b －ln 2，令s (b )＝b －ln b －ln 2，其中b >1，s ′(b )＝1－1b>0，∴s (b )在(1，＋∞)上为增函数，∴s (b )>s (1)＝1－ln 2>0，故存在x 0，使得g ′(x 0)＝0且x ∈(0，x 0)时，g ′(x )<0，g (x )在(0，x 0)上为减函数，故当x ∈(0，x 0)时，g (x )<g (0)＝0，矛盾，舍去．综上可得，b ≤1.。

2020《新高考二轮专题突破+考前集训文科数学》练习册题库大题组合练压轴大题高分练四

, 压轴大题高分练四 )1. (2019河北石家庄毕业班模拟)在平面直角坐标系中，A (－2，0)，B (2，0)，设直线AC ，BC 的斜率分别为k 1，k 2且k 1·k 2＝－12.(1)求点C 的轨迹E 的方程；(2)过F (－2，0)作直线MN 交轨迹E 于M ，N 两点，若△MAB 的面积是△NAB 面积的2倍，求直线MN 的方程．1．解：(1)由题意，设C (x ，y )，则k 1＝y x ＋2，k 2＝yx －2，由k 1k 2＝y 2x 2－4＝－12，整理得x 24＋y 22＝1，由点A ，B ，C 不共线，∴y ≠0，∴点C 的轨迹方程为x 24＋y 22＝1(y ≠0)． (2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，易知直线MN 不与x 轴重合，设直线MN ：x ＝my －2，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my －2，x 24＋y 22＝1，整理得(m 2＋2)y 2－22my －2＝0，易知Δ>0，且y 1＋y 2＝22m m 2＋2，y 1y 2＝－2m 2＋2<0. 由S △MAB ＝2S △NAB ，故|y 1|＝2|y 2|，即y 1＝－2y 2，从而（y 1＋y 2）2y 1y 2＝－4m 2m 2＋2＝y 1y 2＋y 2y 1＋2＝－12，解得m 2＝27，即m ＝±147， ∴直线MN 的方程为x －147y ＋2＝0或x ＋147y ＋2＝0.2．(2019山东青岛二模)已知圆F ：(x －1)2＋y 2＝1，动点Q (x ，y )(x ≥0)，线段QF 与圆F 相交于点P ，线段PQ 的长度与点Q 到y 轴的距离相等．(1)求动点Q 的轨迹W 的方程；(2)过点F 的直线l 交曲线W 于A ，D 两点，交圆F 于B ，C 两点，其中B 在线段AF 上，C 在线段DF 上．求|AB |＋4|CD |的最小值及此时直线l 的斜率．2．解：(1)由题知点Q 到F 的距离|QF |等于点Q 到y 轴的距离加1，所以|QF |等于点Q 到直线x ＝－1的距离．由抛物线的定义可知，点Q 的轨迹W 是以F 为焦点，以直线x ＝－1为准线的抛物线，所以动点Q 的轨迹W 的方程为y 2＝4x .(2)设A ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 214，y 1，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 224，y 2，FA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫y 214－1，y 1，FD →＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 224－1，y 2. 因为A ，F ，D 三点共线，所以FA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫y 214－1，y 1与FD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫y 224－1，y 2共线，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫y 214－1y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫y 224－1y 1，得y 1y 2＝－4.(*) 由抛物线的定义得 |AB ||CD |＝(|FA |－1)(|FB |－1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫y 214＋1－1⎝ ⎛⎭⎪⎫y 224＋1－1＝y 21y 2216＝1. 由基本不等式得|AB |＋4|CD |≥24|AB ||CD |＝4，当且仅当|AB |＝4|CD |时等号成立，即y 214＋1－1＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫y 224＋1－1，即y 214＝y 22. 又因为y 1y 2＝1，所以y 1＝±2，所以A ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2或A (2，－2)，所以k ＝－22或k ＝22，所以|AB |＋4|CD |的最小值为4，此时直线l 的斜率k ＝±2 2.3. (2019湖南长沙一中模拟)已知函数f (x )＝e x ＋m (1－x )＋n .(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)函数g (x )＝e x －12mx 2＋(m ＋n )x －1，且g (2)＝0.若g (x )在区间(0，2)内有零点，求实数m 的取值范围．3．解：(1)f ′(x )＝e x －m ，①当m ≤0时， f ′(x )>0恒成立， f (x )在R 上单调递增；②当m >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝ln m ，则f (x )在区间(－∞，ln m )上单调递减，在(ln m ，＋∞)上单调递增．(2)g ′(x )＝e x ＋m (1－x )＋n ＝h (x )，设x 0是g (x )在区间(0，2)内的一个零点，∵g (0)＝0，g (x 0)＝g (0)，可知g (x )在区间(0，x 0)上不单调，故h (x )在区间(0，x 0)存在零点x 1；同理：由g (x 0)＝g (2)＝0，可知h (x )在区间(x 0，2)上存在零点x 2，即h (x )在区间(0，2)内至少有两个不同的零点x 1及x 2.由(1)知m >0，ln m ∈(0，2)，得1<m <e 2，此时h (x )在区间(0，ln m )上单调递减，在(ln m ，2)上单调递增．由g (2)＝0，知n ＝1－e 22， ∴h (1)＝e ＋1－e 22<0，则h (x )min ＝h (ln m )≤h (1)<0. 故只需⎩⎪⎨⎪⎧h （0）>0，h （2）>0，解得e 2－32<m <e 2＋12. ∴实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2－32，e 2＋12.4. (2019四川自贡第一次诊断性考试)已知函数f (x )＝ln x －12ax 2＋(1－a )x ＋1. (1)若a ＝12，求f (x )的单调区间； (2)若f (x )有极值，对任意的x 1，x 2，当0<x 1<x 2时，存在x 0使 f ′(x 0)＝f （x 2）－f （x 1）x 2－x 1，试比较 f ′(x 0)与 f ′错误!的大小．4．解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，若a ＝12，则f (x )＝ln x －14x 2＋12x ＋1， f ′(x )＝1x －12x ＋12＝－（x ＋1）（x －2）2x. 当x ∈(0，2)时， f ′(x )>0, f (x )单调递增；当x ∈(2，＋∞)时， f ′(x )<0, f (x )单调递减．(2)对f (x )求导得f ′(x )＝1x－ax ＋1－a . 由(1)知当a >0时， f (x )存在极值．由题设得f ′(x 0)＝f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2＝ln x 1－ln x 2－a 2（x 21－x 22）＋（1－a ）（x 1－x 2）x 1－x 2＝（ln x 1－ln x 2）x 1－x 2－12a (x 1＋x 2)＋(1－a )．又f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22＝2x 1＋x 2－a ·x 1＋x 22＋(1－a )， f ′(x 0)－f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22＝（ln x 1－ln x 2）x 1－x 2－2x 1＋x 2 ＝1x 1－x 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤（ln x 2－ln x 1）－2（x 2－x 1）x 2＋x 1 ＝1x 2－x 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤ln x 2x 1－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2x 1－1x 2x 1＋1 . 设x 2x 1＝t ，则ln x 2x 1－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2x 1－1x 2x 1＋1＝ln t －2（t －1）t ＋1(t >1)．令g (t )＝ln t －2（t －1）t ＋1(t >1)，则g ′(t )＝1t －2[（t ＋1）－（t －1）]（t ＋1）2＝（t －1）2t （t ＋1）2>0， ∴g (t )在(1，＋∞)上是增函数，∴g (t )>g (1)＝0. 又0<x 1<x 2，∴x 2－x 1>0，因此f ′(x 0)－f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22>0，即f ′错误!<f ′(x 0)．。

2020《新高考二轮专题突破+考前集训文科数学》练习册题库小题限时练小题限时练十三

,小题限时练十三(时间：45分钟分值：80分))一、选择题1. (2019湖北武昌5月调研)已知集合A ＝{x |－1<x <1}，B ＝{x |x 2－2x ≤0}，则A ∩B ＝( )A ．[0，1)B ．[－1，2]C ．[－2，1)D ．(－1，0]1．A 解析：∵ B ＝{x |x 2－2x ≤0}＝{x |0≤x ≤2}，∴ A ∩B ＝{x |0≤x <1}＝[0，1) .故选A.2. (2019广东广州普通高中毕业班综合考试)已知复数z ＝m (3＋i)－(2＋i)在复平面内对应的点在第三象限，则实数m 的取值范围是( )A ．(－∞，1) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，23 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1 D.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，23∪(1，＋∞) 2．B 解析：z ＝m (3＋i)－(2＋i)＝(3m －2)＋(m －1)i.若复数在复平面内对应的点在第三象限，则⎩⎪⎨⎪⎧3m －2<0，m －1<0，解得m <23，∴m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，23.故选B.3. (2019海南第三次联考)若f (x )为定义在R 上的奇函数，则下列函数必为奇函数的是( )A ．y ＝f (x 2) B ．y ＝f (－x ) C ．y ＝|f (x )| D ．y ＝f (x ＋1)3．B 解析：根据题意以及奇函数的定义f (－x )＝－f (x )，可知f (－(－x ))＝f (x )＝－f (－x )，∴y ＝f (－x )必为奇函数．故选B.4. (2019河北石家庄模拟)已知双曲线C 1：x 2m ＋y 2m －10＝1与双曲线C 2：x 2－y 24＝1有相同的渐近线，则双曲线C 1的离心率为( )A.54 B ．5 C. 5 D.524．C 解析：由双曲线C 1：x 2m ＋y 2m －10＝1与双曲线C 2：x 2－y 24＝1有相同的渐近线，可得10－m m ＝2，解得m ＝2，此时双曲线C 1：x 22－y 28＝1，则曲线C 1的离心率e ＝c a ＝2＋82＝5，故选C.5. (2019湖南师范大学附属中学模拟)某位教师2017年的家庭总收入为80 000元，各种用途占比统计如下面的折线图.2018年收入的各种用途占比统计如下面的条形图，已知2018年的就医费用比2017年增加了4 750元，则该教师2018年的家庭总收入为( )A ．100 000元B ．95 000元C ．90 000元D ．85 000元5．D 解析：由已知得，2017年的就医费用为80 000×10%＝8 000(元)，∴2018年的就医费用为8 000＋4 750＝12 750(元)，∴该教师2018年的家庭总收入12 75015%＝85000(元)．故选D.6. (2019广东天河区普通高中毕业班综合考试)在△ABC 中，|AB →＋AC →|＝3|AB →－AC →|，|AB →|＝|AC →|＝3，则CB →·CA →＝( )A ．3B ．－3 C.92 D ．－926．C 解析：由题意得|AB →＋AC →|2＝3|AB →－AC →|2，展开得2(AB →2＋AC →2)＝8AB →·AC →.又∵|AB →|＝|AC →|＝3，∴可得AB →·AC →＝92.∵CB →＝AB →－AC →，∴CB →·CA →＝(AB →－AC →)·CA →＝－AB →·AC →＋AC→2＝－92＋9＝92.故选C.7. (2019黑龙江大庆一中第四次模拟)设椭圆C ：x 24＋y 2＝1的左焦点为F ，直线l ：y ＝kx (k ≠0)与椭圆C 交于A ，B 两点，则|AF |＋|BF |的值是( )A ．2B ．2 3C ．4D ．4 37．C 解析：设椭圆的右焦点为F 2，连接AF 2，BF 2，∵OA ＝OB ，OF ＝OF 2，∴四边形AFBF 2是平行四边形．∴|BF |＝|AF 2|，∴|AF |＋|BF |＝|AF |＋|AF 2|＝2a ＝4.故选C.8. (2019湖南八市重点中学联盟第五次测评)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若b ＝2，c ＝4，且a cos B ＝3b cos A ，则△ABC 的面积为( )A ．2B ．3C ．4D ．328．A 解析：由余弦定理得a ·a 2＋c 2－b 22ac ＝3b ·b 2＋c 2－a 22bc，即a 2＋16－2＝3(2＋16－a 2)，解得a ＝10，∴cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝2＋16－1022×4＝22 ，∴sin A ＝1－cos 2A ＝22，∴S △ABC ＝12bc sin A ＝12×2×4×22＝2.故选A.9. (2019湖南长沙雅礼中学5月模拟)《九章算术》中的“两鼠穿墙”问题为“今有垣厚五尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠也日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，问何日相逢？”可用如图所示的程序框图解决此类问题．现执行该程序框图，输入的d 的值为33，则输出的t 的值为( )A ．4B ．5C ．6D ．79．C 解析：t ＝0，S ＝0，x ＝1，y ＝1，开始执行程序框图，t ＝1，S ＝1＋1，x ＝2，y ＝12；t ＝2，S ＝1＋2＋1＋12，x ＝4，y ＝14……t ＝5，S ＝(1＋2＋4＋8＋16)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋14＋18＋116<33，x ＝32，y ＝132，再执行一行，S >d 退出循环，输出t ＝6.故选C.10. (2019重庆一中5月月考)将函数f (x )＝23sin(π－x )·sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π2＋2sin 2x －1的图象向左平移φ(φ>0)个单位后，图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，0中心对称，则φ的值可能为( ) A.π6 B.3π4 C.7π12 D.2π310．B 解析：由题意可得f (x )＝23sin(π－x )sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π2＋2sin 2x －1＝3sin 2x－cos 2x ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6，将函数f (x )的图象向左平移φ个单位后，得到y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6＋2φ的图象．又平移后图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，0中心对称，∴2×π3－π6＋2φ＝k π，k ∈Z ，因此φ＝－π4＋k π2，k ∈Z .又∵φ>0，∴－π4＋k π2>0，k ∈Z ，即k >12，k ∈Z ，当k ＝2时，φ＝3π4.故选B.11. (2019安徽蚌埠第三次教学质量检查)已知函数f (x )＝x ＋a2x.若曲线y ＝f (x )存在两条过点(1，0)的切线，则a 的取值范围是( )A ．(－∞，1)∪(2，＋∞)B ．(－∞，－1)∪(2，＋∞)C ．(－∞，0)∪(2，＋∞)D ．(－∞，－2)∪(0，＋∞)11．D 解析：f ′(x )＝1－a 2x 2，设切点坐标为⎝⎛⎭⎪⎫x 0，x 0＋a 2x 0，则切线方程为y －x 0－a 2x 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a 2x 20(x －x 0)．又切线过点(1，0)，可得－x 0－a 2x 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a 2x 20(1－x 0)，整理得2x 20＋2ax 0－a ＝0，曲线存在两条切线，故方程有两个不等实根，即满足Δ＝4a 2－8(－a )>0，解得a >0或a <－2.故选D.12. (2019湖北黄冈2月联考)已知f (x )是定义在R 上的奇函数，且f (x ＋2)＝f (－x )．当x ∈[0，1]时， f (x )＝2x－1，则函数g (x )＝(x －2)f (x )－1在区间[－3，6]上的所有零点之和为( )A ．2B ．4C ．6D ．812．D 解析：由题意得， f (x ＋2)＝－f (x )，∴f (x ＋4)＝－f (x ＋2)＝f (x )，即函数f (x )的周期为4.∵f (x ＋2)＝f (－x )，∴f (x )的图象关于直线x ＝1对称．作出f (x )的图象如图所示，函数g (x )＝(x －2)f (x )－1的零点即为y ＝f (x )的图象与y ＝1x －2的图象的交点的横坐标，四个交点分别关于点(2，0)对称，则x 1＋x 4＝4，x 2＋x 3＝4，即零点之和为8.故选D.二、填空题13. (2019湖北黄冈2月联考)函数f (x )＝34cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6＋sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π3的最大值为________．13.14 解析：f (x )＝34⎝ ⎛⎭⎪⎫32cos x －12sin x ＋12sin x －32cos x ＝18sin x －38cos x ＝14sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3，则f (x )的最大值为14.14. (2019安徽合肥第三次教学质量检测)设点(x ，y )是不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≤1，y －x ≤0，x ＋y ＋2≥0表示的平面区域内的点，则过点(x ，y )和点(－2，－4)的直线的斜率的取值范围是________．14.⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，3 解析：作出不等式组表示的平面区域如图阴影部分所示，A (1，1)，B (1，－3)，C (－1，－1)．记P (－2，－4)，过点(x ，y )和点P (－2，－4)的直线的斜率为k ，由图象可得k PB ≤k ≤k PC ，而k PB ＝－3＋41＋2＝13，k PC ＝－1＋4－1＋2＝3，∴13≤k ≤3，即过点(x ，y )和点(－2，－4)的直线的斜率的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，3.15. (2019河北石家庄模拟)在三棱锥P －ABC 中，底面ABC 是等边三角形，侧面PAB 是直角三角形，且PA ＝PB ＝2，PA ⊥AC ，则该三棱锥外接球的表面积为________．15．12π 解析：由于PA ＝PB ，CA ＝CB ，PA ⊥AC ，则PB ⊥CB .取PC 的中点O ，则有OP ＝OC ＝OA ＝OB ，即O 为三棱锥 P －ABC 外接球球心，又由PA ＝PB ＝2，得AC ＝AB ＝22，∴PC ＝22＋（22）2＝23，∴S ＝4π×(3)2＝12π.16. (2019辽宁沈阳质量监测)数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n －1，则数列b n ＝a 2n －7a n ＋6的最小值为________．16．－6 解析：由S n ＝2n－1，得a 1＝S 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1－2n －1＋1＝2n －1，a 1＝1适合上式，∴a n ＝2n －1.∵b n ＝a 2n －7a n ＋6＝⎝⎛⎭⎪⎫a n －722－254.∴当a n ＝4时，(b n )min＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4－722－254＝－6.。

2020《新高考二轮专题突破+考前集训文科数学》课件第1部分重难专题专题6 立体几何

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解析：由题意得 S 四边形 EFGH＝4×6－4×12×2×3＝ 12(cm2)，四棱锥 O－EFGH 的高为 3 cm, 所以 V 四棱锥 O－ EFGH＝13×12×3＝12(cm3)．又长方体 ABCD－A1B1C1D1 的体积 V1＝4×6×6＝144(cm3)，所以该模型的体积 V＝ V1 － V 四棱锥 O － EFGH ＝ 144 － 12 ＝ 132(cm3) ，其质量为 0.9×132＝118.8(g)．
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处理体积问题的思路：
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1．(2019 湖北黄石、仙桃、天门、潜江、随州、鄂州、
咸宁、黄冈八市 3 月模拟)《九章算术》中将底面为长方形，
【题组微练】
专题六立体几何
1．如图，在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，E 为棱 BB1 的中点，用过点 A，E，C1 的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的侧视图为( C )
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解析：如图所示，过点 A，E，C1 的截面为四边形 AEC1F，则剩余几何体的侧视图为选项 C 中的图形．
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专题六立体几何

2020《新高考二轮专题突破+考前集训文科数学》练习册题库小题限时练小题限时练九

, 小题限时练九(时间：45分钟分值：80分))一、选择题 1. (2019福建莆田二模)已知集合U ＝{x ∈N |0<x <7}，A ＝{2，5}，B ＝{1，3，5}，则(∁U A )∩B ＝( )A ．{5}B ．{1，5}C ．{2，5}D ．{1，3} 1．D 解析：U ＝{x ∈N |0<x <7}＝{1，2，3，4，5，6}，则 ∁U A ＝{1，3，4，6}，则(∁U A )∩B ＝{1，3}，故选D.2．(2019云南昆明一中第八次考前适应性考试)计算：2＋i1－i＝( )A.12－32iB.12＋32iC.32－12iD.32＋12i 2．B 解析：2＋i 1－i ＝（2＋i ）（1＋i ）（1－i ）（1＋i ）＝1＋3i 2＝12＋32i.故选B.3. (2019广东东莞最后一卷)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 24＝1(a >2)，直线l ：y ＝x －2过C 的一个焦点，则C 的离心率为( )A.12B.13C.22D.2233．C 解析：椭圆C ：x 2a 2＋y 24＝1(a >2)，直线l ：y ＝x －2过椭圆C 的一个焦点，可得c＝2，则a ＝b 2＋c 2＝22，∴椭圆的离心率为e ＝c a ＝222＝22.故选C.4. (2019广东佛山二模)若向量m ＝(0，－2)，n ＝(3，1)，则与2m ＋n 共线的向量可以是( )A ．(3，1)B ．(－1，3)C ．(－3，－1)D ．(－1，－3)4．B 解析：∵m ＝(0，－2)，n ＝(3，1)，∴2m ＋n ＝(3，－3)，又(－1，3)＝－33(3，－3)．故选B.5. (2019山西太原模拟)为考察某种药物预防疾病的效果，进行动物试验，得到如下药附：K 2＝n （ad －bc ）2（a ；②不能在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为药物有效； ③能在犯错误的概率不超过0.010的前提下认为药物有效； ④不能在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为药物有效． A ．1 B ．2 C ．3 D ．45．B 解析：依题意K 2＝105×（10×30－20×45）230×75×50×55≈6.109，故能在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为药物有效，结论②③错误，①④正确．故选B.6．(2019广东珠海二模)在半径为2的球的内接三棱锥 P －ABC 中，PA ＝PB ＝PC ＝23，AB ＝AC ＝BC ，则三棱锥的高为( )A ．3 2 B.332C ．2 2D ．36．D 解析：三棱锥P －ABC 中，PA ＝PB ＝PC ＝2 3，AB ＝AC ＝BC ，如图，过点P 作PM ⊥平面ABC ，垂足为M ，则球O 的内接三棱锥P －ABC 的球心O 在PM 所在直线上．∵球O 的半径为2，∴OB ＝OP ＝2.由余弦定理得cos ∠BPM ＝ PB 2＋OP 2－OB 22PB ·OP ＝32.∴∠BPM ＝30°.∴在Rt △PMB 中，∠PBM ＝60°，∴PM ＝PB sin ∠PBM ＝3.故选D.7. (2019海南第三次联考)某图形由一个等腰直角三角形、一个矩形(矩形中的阴影部分为半圆)和一个半圆组成，从该图内随机取一点，则该点取自阴影部分的概率为( )A.25B.2＋π5＋2πC.12D.4＋π10＋2π7．C 解析：设矩形的长为2a ，则宽为a ，∴该图形的面积为a ×2a ＋12×2a ×2a ＋12π×(2a )2＝(4＋π)a 2，阴影部分的面积为12×2a ×2a ＋12π×a 2＝⎝⎛⎭⎪⎫2＋π2a 2，故该点取自阴影部分的概率P ＝⎝⎛⎭⎪⎫2＋π2a 2（4＋π）a 2＝12.故选C.8. (2019广东天河区普通高中毕业班综合考试)已知数列{a n }是以1为首项，2为公差的等差数列，{b n }是以1为首项，2为公比的等比数列，设c n ＝ab n ，T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，(n ∈N *)，则当T n <2 019时，n 的最大值是( )A ．9B ．10C ．11D ．128．A 解析：∵{a n }是以1为首项，2为公差的等差数列，∴a n ＝2n －1.∵{b n }是以1为首项，2为公比的等比数列，∴b n ＝2n －1，∴T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝ab 1＋ab 2＋…＋ab n ＝a 1＋a 2＋a 4＋…＋a 2n －1＝(2×1－1)＋(2×2－1)＋(2×4－1)＋…＋(2×2n －1－1)＝2×(1＋2＋4＋…＋2n －1)－n ＝2×1－2n1－2－n ＝2n ＋1－n －2.∵T n <2 019，∴2n ＋1－n －2<2 019，解得 n ≤9.则当T n <2 019时，n 的最大值是9.故选A.9．(2019河北石家庄模拟)设函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，若函数f (x )在x ＝1处取得极大值，则函数y ＝－xf ′(x )的图象可能是( )9．B 解析：∵函数为f ′(x )，若函数f (x )在x ＝1处取得极大值，∴当x >1时， f ′(x )<0；x ＝1时，f ′(x )＝0；x <1时， f ′(x )>0，∴当x <0时，y ＝－xf ′(x )>0，当0<x <1时，y ＝－xf ′(x )<0，当x ＝0或x ＝1 时，y ＝－xf ′(x )＝0，当x >1时，y ＝－xf ′(x )>0，可得选项B 符合题意．故选B.10. (2019广东广州普通高中毕业班综合考试)在三棱锥P －ABC 中，PA ＝PB ＝PC ＝2，AB ＝AC ＝1，BC ＝3，则该三棱锥的外接球的表面积为( )A ．8π B.163π C.43π D.32327π10．B 解析：∵AB ＝AC ＝1，BC ＝3，由余弦定理可求得∠BAC ＝2π3，再由正弦定理可求得△ABC 的外接圆的半径r ＝BC2sin2π3＝1.∵PA ＝PB ＝PC ＝2，∴P 在底面上的射影为△ABC 的外心D ，且PD ＝ 3.设其外接球的半径为R ，则R 2＝12＋(3－R )2，解得R ＝233，∴其表面积S ＝4πR 2＝4π×43＝16π3.故选B.11．已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1的右焦点为F ，其中一条渐近线与圆(x －c )2＋y 2＝a 2(c2＝a 2＋b 2，c ＞0)交于A ，B 两点，△ABF 为锐角三角形，则双曲线C 的离心率的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎪⎫62，＋∞ B ．(2，＋∞) C ．(1，2) D.⎝ ⎛⎭⎪⎫62，211．D 解析：双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1的右焦点为F (c ，0)，一条渐近线方程为bx －ay ＝0，圆(x －c )2＋y 2＝a 2(c 2＝a 2＋b 2，c ＞0)的圆心为(c ，0)，半径为a ，渐近线与圆交于A ，B 两点，△ABF 为锐角三角形，可得a ＞|bc |a 2＋b2＞22a ，可得a 2＞b 2＞12a 2.又c 2＝a 2＋b 2，b 2＞12a 2，可得c 2＞32a 2，可得e ＞62，得a 2＞b 2，可得e ＜2.∴双曲线C 的离心率的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫62，2.故选D.12. (2019山西太原模拟)已知定义在R 上的函数f (x )在[－1，1)上的解析式为f (x )＝⎩⎨⎧1－x 2，－1≤x <0，x 2＋1，0≤x <1且满足f (x ＋1)－f (x －1)＝0，g (x )＝xx －1，则方程f (x )＝g (x )在[－3，5]上所有实根的和为( )A ．3B ．4C ．5D ．612．B 解析：由于f (x ＋1)－f (x －1)＝0，故函数f (x )的周期为2，画出f (x )和g (x )的图象如下图所示．注意到函数f (x )和g (x )＝1＋1x －1的图象都关于A (1，1)中心对称．∴f (x )＝g (x )在[－3，5]的四个交点的横坐标，也即所有实根关于 x ＝1对称，根据中点坐标公式可得所有实根的和为2×2＝4.二、填空题13. (2019山东潍坊三模)若函数f (x )＝x －a ln x 图象在点(1，1)处的切线方程为y ＝2x －1，则实数a ＝________．13．－1 解析：∵函数f (x )＝x －a ln x 的导数为f ′(x )＝1－a x，∴在点(1，1)处的切线斜率为f ′(1)＝1－a .又∵在点(1，1)处的切线方程为y ＝2x －1，∴1－a ＝2，解得a ＝－1.14. (2019湖南八市重点中学联盟第五次测评)设x ，y 满足约束条件⎩⎨⎧x －3y ＋4≥0，3x －y －4≤0，x ＋y ≥0，则2x －y 的最小值是________．14．－3 解析：设z ＝2x －y ，由约束条件可得可行域如下图阴影部分所示．则z 取最小值时，y ＝2x －z 在y 轴截距最大．由图象可知，当y ＝2x －z 过A 时，截距最大．由⎩⎪⎨⎪⎧x －3y ＋4＝0，x ＋y ＝0得A (－1，1)．∴z min ＝－2－1＝－3，即(2x －y )min ＝－3.15. (2019江西抚州临川一中考前模拟)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若b cos C ＋c cos B ＝2a cos B ，且a ＝4，b ＝6，则△ABC 的面积为________．15．62＋2 3 解析：∵b cos C ＋c cos B ＝2a cos B ，由余弦定理可得b ·a 2＋b 2－c 22ab＋c ·a 2＋c 2－b 22ac ＝2a ·a 2＋c 2－b 22ac ，化简得a 2＋c 2－b 22ac ＝12，即cos B ＝12.∵0<B <π，∴B ＝π3.又∵a ＝4，b ＝6，代入b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，得c 2－4c －20＝0，解得c ＝2＋26或c ＝2－26(舍去)，∴S ＝12ac sin B ＝12×4×(2＋26)×32＝62＋2 3.16. (2019甘肃兰州一中模拟)已知抛物线C ：x 2＝4y 的焦点为F ，E 为y 轴正半轴上的一点，且OE ＝3OF (O 为坐标原点)．若抛物线C 上存在一点M (x 0，y 0)，其中x 0≠0，使过点M 的切线l ⊥ME ，则切线l 在y 轴上的截距为________．16．－1 解析：由题意可得F (0，1)，E (0，3)．由x 2＝4y ，可得y ＝14x 2，y ′＝12x ，∴直线l 的斜率为y ′|x ＝x 0＝12x 0，直线ME 的斜率为y 0－3x 0.∵切线l ⊥ME ，∴x 02·y 0－3x 0＝－1.结合x 20＝4y 0.解得x 0＝±2.不妨设M (2，1)，则直线l 的方程为y －1＝x －2，即y ＝x －1.∴直线l 在y 轴的截距为－1.。

2020《新高考二轮专题突破+考前集训文科数学》练习册题库小题限时练小题限时练二

, 小题限时练二(时间：45分钟分值：80分))一、选择题1. (2019山东潍坊三模)已知集合A ＝{x |－2≤x ≤3}，B ＝{x |x 2－3x ≤0}，则A ∪B ＝( )A ．[－2，3]B ．[－2，0]C ．[0，3]D ．[－3，3]1．A 解析：∵B ＝{x |x 2－3x ≤0}＝{x |0≤x ≤3}，A ＝{x |－2≤x ≤3}，∴A ∪B ＝{x |－2≤x ≤3}＝[－2，3]．故选A.2. (2019福建龙岩毕业班教学质量检查)在复平面内，复数2＋i2－i对应的点位于( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限2．A 解析：由题意得z ＝2＋i 2－i ＝（2＋i ）2（2－i ）（2＋i ）＝3＋4i 5，∴复数对应的点为⎝ ⎛⎭⎪⎫35，45.故选A.3. (2019河北石家庄毕业班模拟)如图是一个算法流程图，则输出的结果是( )A．3 B．4C．5 D．63．A 解析：由题意，执行上述的算法流程图：第1次循环，满足判断条件，x＝2，y ＝1；第2次循环，满足判断条件，x＝4，y＝2；第3次循环，满足判断条件，x＝8，y＝3；第4次循环，不满足判断条件，输出计算结果y＝3.故选A.4．(2019广西二模)已知平面α⊥平面β，m是α内的一条直线，n是β内的一条直线，且m⊥n，则( )A．m⊥β B．n⊥αC．m⊥β或n⊥α D．m⊥β且n⊥α4．C 解析：当m⊥β时，∵n⊂β，∴m⊥n恒成立，即n可以是β内的任意一条直线，故可排除B，D；同理，当n⊥α时，m可以是β内的任意一条直线，排除A.故选C.5．(2019安徽马鞍山二中模拟)CPI是居民消费价格指数(consumer price index)的简称．居民消费价格指数是一个反映居民家庭一般所购买的消费品价格水平变动情况的宏观经济指标．如图是根据国家统计局发布的2017年6月至2018年6月我国CPI涨跌幅数据绘制的折线图(注：2018年6月与2017年6月相比较，叫同比；2018年6月与2018年5月相比较，叫环比)，根据该折线图，则下列结论正确的是( )A ．2018年1月至6月各月与去年同期比较，CPI 有涨有跌B ．2018年2月至6月CPI 只跌不涨C ．2018年3月以来，CPI 在缓慢增长D ．2017年8月与同年12月相比较，8月环比更大5．D 解析：A 选项，∵同比数据有增无减，故描述不正确；B 选项，2018年3月至6月，环比都是负数，但2月的环比是正数，故B 选项错误；C 选项，由环比折线可知，2018年3月以来，CPI 环比数据均为负数，故CPI 在下跌，故C 错； D 选项，2017年8月的环比为0.4，12月的环比为0.3.故选D.6．(2019福建厦门外国语学校模拟)已知函数f (x )的图象如图所示，则f (x )的解析式可能是( )A ．f (x )＝e |x |·cos x B ．f (x )＝ln|x |·cos xC ．f (x )＝e |x |＋cos x D ．f (x )＝ln|x |＋cos x6．D 解析：对于A ，B 两个选项，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝0，不符合图象，排除A ，B 选项．对于C 选项，f (1)＝e ＋cos 1>1，不符合图象，排除C 选项，故选D.7. (2019安徽合肥第三次教学质量检测)若函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫ωx ＋π3－1(ω>0)的最小正周期为2π3，则f (x )图象的一条对称轴为( )A ．直线x ＝－π18B ．直线x ＝－5π2C ．直线x ＝7π18D ．直线x ＝π27．C 解析：函数f (x )的最小正周期T ＝2πω＝2π3，解得ω＝3.f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫3x ＋π3－1.令3x ＋π3＝k π＋π2(k ∈Z )，解得x ＝k π3＋π18(k ∈Z )，取k ＝1，可得f (x )图象的一条对称轴为直线x ＝7π18.故选C.8. (2019山东省实验中学、淄博实验中学、烟台中学、莱芜一中四校联考)直线x －y＋m ＝0与圆x 2＋y 2－2x －1＝0有两个不同交点的一个充分不必要条件是( )A ．0<m <1B ．m <1C ．－4<m <1D ．－3<m <18．A 解析：圆x 2＋y 2－2x －1＝0的圆心为(1，0)，半径为 2.∵直线x －y ＋m ＝0与圆x 2＋y 2－2x －1＝0有两个不同的交点，∴直线x －y ＋m ＝0与圆x 2＋y 2－2x －1＝0相交．因此，圆心到直线的距离d ＝|1＋m |1＋1<2，∴|1＋m |<2，解得－3<m <1.求其充分不必要条件即是求其真子集，根据选项易得，只有A 符合．故选A.9. (2019湖北武汉5月模拟)已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的焦距为4，其与抛物线E ：y 2＝33x 交于A ，B 两点，O 为坐标原点，若△OAB 为正三角形，则C 的离心率为( ) A.22 B.32C. 2D.3 9．C 解析：设△OAB 的边长为2m ，由抛物线和双曲线均关于x 轴对称，可设A (3m ，m )，B (3m ，－m )．又m 2＝33×3m ，故m ＝1，∴A (3，1)，故3a 2－1b 2＝1.又c ＝2，即a 2＋b 2＝4，解得a ＝b ＝2，则e ＝ca＝ 2.故选C.10. (2019广东东莞最后一卷)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边长分别为a ，b ，c ，满足a 2－2a (sin B ＋3cos B )＋4＝0，b ＝27，则△ABC 的面积为( ) A ．2 2 B. 2 C ．2 3 D.310．C 解析：把a 2－2a (sin B ＋3cos B )＋4＝0看成关于a 的二次方程，则Δ＝4(sinB ＋3cos B )2－16＝4(sin 2B ＋3cos 2B ＋23sin B cos B －4)＝4(2cos 2B ＋23sin B cos B －3)＝4(cos 2B ＋3sin 2B －2)＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2B ＋π6－2≤0，故若使得方程有解，则只有Δ＝0，此时B ＝π6，b ＝27，代入方程可得，a 2－4a ＋4＝0，∴a ＝2.由余弦定理可得，cos π6＝4＋c 2－282×2c ，∴c ＝43，∴S △ABC ＝12ac sin B ＝12×2×43×12＝2 3.故选C.11．(2019甘肃兰州一中模拟)已知非零向量a ，b 的夹角为60°，且满足|a －2b |＝2，则a ·b 的最大值为( )A.12 B ．1 C ．2 D ．311．B 解析：∵非零向量a ，b 的夹角为60°，且满足|a －2b |＝2，∴|a －2b |2＝|a |2＋4|b |2－4a ·b ＝4，即|a |2＋4|b |2－4|a ||b |cos60°＝4，即|a |2＋4|b |2－2|a |·|b |＝4.又∵|a |2＋4|b |2≥4|a ||b |，当且仅当|a |＝2|b |时，取等号，∴2|a ||b |≤|a |2＋4|b |2－2|a |·|b |＝4，即|a ||b |≤2.因此，a ·b ＝|a ||b |cos60°＝12|a ||b |≤1，即a ·b 的最大值为1.故选B.12．(2019湖南长沙一中模拟)若不等式⎪⎪⎪⎪⎪⎪ln x ＋1x －m ≤m ＋e 对x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1恒成立，则实数m 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－12，＋∞B.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－12 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，1 D ．[1，＋∞) 12．A 解析：设t ＝ln x ＋1x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1，则t ′＝1x －1x 2＝x －1x 2.在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1上t ′≤0恒成立，∴t ＝ln x ＋1x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1上单调递减，则t ∈[1，e －1]．当m ≤e2时，|t－m |max ＝e －1－m ≤m ＋e ，解得m ≥－12；当m >e2时，|t －m |max ＝m －1≤m ＋e 恒成立．综上所述，当m ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－12，＋∞时，不等式⎪⎪⎪⎪⎪⎪ln x ＋1x －m ≤m ＋e 对x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1成立．故选A.二、填空题13. (2019海南第三次联考)若曲线y ＝3x ＋ln x 在点(1，3)处的切线经过点(2，m )，则m ＝________．13．7 解析：∵y ′＝3＋1x，∴y ′|x ＝1＝4，则曲线y ＝3x ＋ln x 在点(1，3)处的切线方程为y ＝4(x －1)＋3＝4x －1，又∵切线经过点(2，m )，故m ＝8－1＝7.14. (2019山东德州二模)设x ，y 满足约束条件⎩⎨⎧x ＋y －2≤0，x －y ＋2≥0，y －1≥0，则z ＝2x ＋y 的最小值是________．14．－1 解析：x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2≤0，x －y ＋2≥0，y －1≥0的可行域如图．目标函数z ＝2x ＋y ，即y ＝－2x ＋z ，观察图象可得目标函数经过点A 时取得最小值，又点A (－1，1)，∴z min ＝－2＋1＝－1.15. (2019广东广州普通高中毕业班综合测试)若函数f (x )＝x 2－x ＋1＋a ln x 在(0，＋∞)上单调递增，则实数a 的取值范围是________．15.⎣⎢⎡⎭⎪⎫18，＋∞ 解析：f ′(x )＝2x －1＋a x ＝2x 2－x ＋a x ，由题意得f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，即a ≥－2x 2＋x ＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －142＋18在(0，＋∞)上恒成立．∵－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －142＋18的最大值为18，∴a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫18，＋∞.16. (2019湖北武汉5月模拟)已知四面体ABCD 中，AB ＝AD ＝BC ＝DC ＝BD ＝5，AC ＝8，则四面体ABCD 的体积为________．16.10113 解析：如图，取BD 的中点O ，AC 的中点E ，连接AO ，CO ，OE .∵四面体ABCD中，AB ＝AD ＝BC ＝DC ＝BD ＝5，AC ＝8，∴AO ⊥BD ，CO ⊥BD ，AO ＝CO ＝25－254＝532.∵AO ∩CO＝O ，∴BD ⊥平面AOC .又OE ⊥AC ，∴S △AOC ＝12×8×754－16＝211，V A －BCD ＝2V B －AOC ＝2×13×52×211＝10113.。

2020《新高考二轮专题突破+考前集训文科数学》课件基础专题专题1 集合与常用逻辑用语、不等式

解析：因为 a，b 为正数，所以 ab≤a＋2 b成立．所以 ab≤(a＋4b)2，所以 3＝ab＋a＋b≤(a＋4 b)2＋(a＋b)，即 (a＋b)2＋4(a＋b)－12≥0，解得 a＋b≥2 或 a＋b≤－6(舍去)，当 a＝b 时，等号成立，结合 ab＋a＋b＝3 得 a＝b ＝1.所以 a＋b 的最小值为 2.
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专题一集合与常用逻辑用语、不等式
解析：若 p∨q 为假命题，则 p 与 q 均为假命题，正确；已知向量 a＝(1，m＋1)，b＝(m，2)，则由 a∥b 可得 m2＋m－2＝0，解得 m＝1 或 m＝－2，所以 a∥b 是 m ＝1 的必要不充分条件，错误；命题“若 x2－3x＋2＝0，则 x＝1”的逆否命题为“若 x≠1，则 x2－3x＋2≠0”，正确；命题“∀x∈(0，＋∞)，x－ln x＞0”的否定是 “∃x∈(0，＋∞)，x－ln x≤0”正确．故选 B.
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专题一集合与常用逻辑用语、不等式
解析：由面面平行的判定定理知，α 内两条相交直线都与 β 平行是 α∥β 的充分条件，由面面平行的性质定理知，若 α∥β，则 α 内任意一条直线都与 β 平行，所以 α 内两条相交直线都与 β 平行是 α∥β 的必要条件，故选 B.
6，7}，A＝{2，3，4，5}，B＝{2，3，6，7}，则 B∩(∁UA) ＝( C )
A．{1，6}
B．{1，7}
C．{6，7}
D．{1，6，7}
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2020《新高考二轮专题突破+考前集训文科数学》练习册题库大题组合练中档大题满分练二

, 中档大题满分练二 )1. (2019四川自贡第一次诊断性考试(文史类))若数列{a n }的前n 项和为S n ，首项a 1>0，且2S n －a n ＝a 2n (n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若a n >0，令b n ＝1a n a n ＋1(n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和T n . 1．解：(1)∵a 1>0且2S n －a n ＝a 2n (n ∈N *)，∴2S 1－a 1＝a 21，即a 1(a 1－1)＝0，∴a 1＝1.当n ≥2时，2S n －2S n －1－(a n －a n －1)＝a 2n －a 2n －1，∴a n ＋a n －1＝(a n －a n －1)(a n ＋a n －1)，∴a n －a n －1＝1或者a n ＋a n －1＝0，∴a n ＝n 或者a n ＝(－1)n －1.(2)由a n >0，得b n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1， ∴T n ＝1－12＋12－13＋13－14＋14－15＋…＋1n －1n ＋1， ∴T n ＝1－1n ＋1.2. (2019山东德州二模)在锐角三角形ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，已知sin ⎝⎛⎭⎪⎫2A ＋π2－cos(B ＋C )＝－1＋2cos A . (1)求角A 的大小；(2)若△ABC 的面积S ＝33，b ＝3，求sin C 的值．2．解：(1)∵sin ⎝⎛⎭⎪⎫2A ＋π2－cos(B ＋C )＝－1＋2cos A ， ∴cos 2A ＋cos A ＝－1＋2cos A ，即2cos 2A －1＋cos A ＝－1＋2cos A ，可得2cos 2A －cos A ＝0，解得cos A ＝12或cos A ＝0. ∵△ABC 为锐角三角形，∴cos A ＝12，可得A ＝π3.(2)∵S △ABC ＝12bc sin A ＝12bc ·32＝33，∴bc ＝12. 又b ＝3，∴c ＝4.在△ABC 中，由余弦定理可知a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝9＋16－2×4×3×12＝25－12＝13， ∴a ＝13.在△ABC 中，由正弦定理可知a sin A ＝csin C ，可得sin C ＝c ·sin A a ＝4×3213＝23913.3. (2019河北石家庄毕业班模拟)随着改革开放的不断深入，祖国不断富强，人民的生活水平逐步提高，为了进一步改善民生，2019年1月1日起我国实施了个人所得税的新政策，其政策的主要内容包括：(1)个税起征点为 5 000元；(2)每月应纳税所得额(含税)＝收入－个税起征点－专项附加扣除；(3)专项附加扣除包括①赡养老人费用；②子女教育费用；③继续教育费用；④大病医疗费用等．其中前两项的扣除标准为①赡养老人费用：每月扣除2 000元②子女教育费用：每个子女每月扣除 1 000元．新个税政策的税率表部分内容如下：项附加扣除)，请问李某月应缴纳的个税金额为多少？(2)现收集了某城市50名年龄在40岁到50岁之间的公司白领的相关资料，通过整理资料可知，有一个孩子的有40人，没有孩子的有10人，有一个孩子的人中有30人需要赡养老人，没有孩子的人中有5人需要赡养老人，并且他们均不符合其他专项附加扣除(受统计的50人中，任何两人均不在一个家庭)．若他们的月收入均为20 000元，试求在新个税政策下这50名公司白领的月平均缴纳个税金额为多少．3．解：(1)李某月应纳税所得额(含税)为19 600－5 000－1 000－2 000＝11 600(元)，不超过3 000元的部分税额为3 000×3%＝90(元)，超过3 000元至12 000元的部分税额为8 600×10%＝860(元)，∴李某月应缴纳的个税金额为90＋860＝950(元)．(2)有一个孩子、需要赡养老人应纳税所得额(含税)为20 000－5 000－1 000－2 000＝12 000(元)，月应缴纳的个税金额为90＋900＝990(元);有一个孩子、不需要赡养老人应纳税所得额(含税)为20 000－5 000－1 000＝14 000(元)，月应缴纳的个税金额为90＋900＋400＝1 390(元);没有孩子需要赡养老人应纳税所得额(含税)为20 000－5 000－2 000＝13 000(元)，月应缴纳的个税金额为90＋900＋200＝1 190(元);没有孩子不需要赡养老人应纳税所得额(含税)为20 000－5 000＝15 000(元)，月应缴纳的个税金额为90＋900＋600＝1 590(元);∵(990×30＋1 390×10＋1 190×5＋1 590×5)÷50＝1 150(元)，∴在新个税政策下这50名公司白领月平均缴纳个税金额为1 150元．4．(2019湖北武汉5月模拟)如图1，直角梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AB ⊥AD ，AB ＝2AD ＝2DC ＝62；如图2，将图1中△DAC 沿AC 折起，点D 在平面ABC 上的正投影G 在△ABC 内部，点E 为AB 的中点，连接BD ，ED ，三棱锥D －ABC 的体积为12 2.(1)求证：DE ⊥AC .(2)求点B 到平面ACD 的距离．4．(1)证明：在直角梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AB ＝2AD ＝2DC ＝62，如图，取AC 的中点F,连接DF ，CE ，EF ，则△DAC ，△EAC 均为等腰直角三角形，∴AC ⊥DF ，AC ⊥EF ，又DF ∩EF ＝F ，故AC ⊥平面DEF ，又DE ⊂平面DEF ，∴DE ⊥AC .(2)解：设B 到平面ADC 的距离为h ，∵V B －ADC ＝V D －ABC ，∴13×S △ADC ×h ＝122， ∴h ＝122×312×32×32＝4 2.5. (2019湖南八市重点中学联盟第五次测评)在直角坐标系xOy 中，曲线C 1：{x ＝5cos α，y ＝2＋5sin α(α为参数)．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 2：ρ2＝4ρcos θ－3.(1)求C 1的普通方程和C 2的直角坐标方程；(2)若曲线C 1与C 2交于A ，B 两点，AB 的中点为M ，点P (0，－1)，求|PM |·|AB |的值．5．解：(1)曲线C 1的普通方程为x 2＋(y －2)2＝5.由ρ2＝x 2＋y 2，ρcos θ＝x ，得曲线C 2的直角坐标方程为x 2＋y 2－4x ＋3＝0.(2)将两圆的方程x 2＋(y －2)2＝5与x 2＋y 2－4x ＋3＝0作差，得直线AB 的方程为x －y－1＝0.点P (0，－1)在直线AB 上，设直线AB 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝22t ，y ＝－1＋22t (t 为参数)，代入x 2＋y 2－4x ＋3＝0，化简得t 2－32t ＋4＝0，∴t 1＋t 2＝32，t 1t 2＝4.∵点M 对应的参数为t 1＋t 22＝322， ∴|PM |·|AB |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪t 1＋t 22·|t 1－t 2|＝322×（t 1＋t 2）2－4t 1t 2＝322×18－4×4＝3.6．(2019山西太原三模)已知函数f (x )＝|2x －a |－|x ＋2a |(a >0)． (1)当a ＝12时，求不等式f (x )≥1的解集； (2)若∀k ∈R ，∃x 0∈R ，使得f (x 0)≤|k ＋3|－|k －2|成立，求实数a 的取值范围．6．解：(1)当a ＝12时，原不等式为⎪⎪⎪⎪⎪⎪2x －12－|x ＋1|≥1， ∴⎩⎪⎨⎪⎧x <－1，－2x ＋12＋x ＋1≥1 或⎩⎪⎨⎪⎧－1≤x ≤14，－2x ＋12－x －1≥1 或⎩⎪⎨⎪⎧x >14，2x －12－x －1≥1， ∴x <－1或－1≤x ≤－12或x ≥52， ∴原不等式的解集为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－12∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫52，＋∞， (2)由题意得f (x )min ≤(|k ＋3|－|k －2|)min ，∵f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋3a ，x <－2a ，－3x －a ，－2a ≤x ≤a 2x －3a ，x >a 2，，∴f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝－52a . ∵－5＝－|(k ＋3)－(k －2)|≤|k ＋3|－|k －2|，∴(|k ＋3|－|k －2|)min ＝－5，∴－52a ≤－5，∴a ≥2， ∴a 的取值范围为[2，＋∞)．。

2020《新高考二轮专题突破+考前集训文科数学》课件第1部分重难专题专题9 选考部分

二轮专题突破+考前集训文科数学
考题网络建构
大题题型探究
专题九选考部分
解：因为 x＝ρcos θ，y＝ρsin θ，所以 C1 的极坐标方程为 sin θ－ 3cos θ＝0，即 θ ＝π3 (ρ∈R)， C2 的极坐标方程为 ρ2－2ρcos θ－4ρsin θ＝0，即 ρ－2cos θ－4sin θ＝0.
θ－9 ＝
22sinθ－π3＋9，
从而当 sinθ－π3＝－1 时，d 取得最小值 4 2.
二轮专题突破+考前集训文科数学
考题网络建构
大题题型探究
专题九选考部分
题型 3 极坐标方程与参数方程的综合问题
t， (t
为参
数)，C2：yx＝＝sin3cθos θ， (θ 为参数)． (1)将 C1，C2 的方程化为普通方程，并说明它们分别
表示什么曲线；
二轮专题突破+考前集训文科数学
考题网络建构
大题题型探究
专题九选考部分
解：由题意知 C1：(x＋4)2＋(y－3)2＝1，C2：x32＋y2 ＝1.
l
的参数方程xy＝＝11＋＋ttscions
α， α (t
为参数)，
代入曲线 C 的方程 x2＋2y2＝12 中，
并整理得(cos2α＋2sin2α)t2＋(2cos α＋4sin α)t－9＝0.
设 P， Q 对应的参数值分别是 t1， t2，则 t1t2＝－
cos2α＋9 2sin2α.
专题九选考部分
第1部分专题突破
重难专题——突破重难，快速得分
专题九选考部分
1.专题网络建构 2.大题题型探究
二轮专题突破+考前集训文科数学

2020《新高考二轮专题突破+考前集训文科数学》课件解答题满分攻略(5) 解析几何

→ AB
与向量(1，t)
平行，∴t＋t(t2－2)＝0，
解得 t＝0 或 t＝±1. 利用E→M⊥A→B 求得 t 值，得 2 分
当 t＝0 时，E→M＝(0，－2)，|E→M|＝2，所求圆的方
程为 x2＋y－522＝4.
求得该方程，得 1 分
二轮专题突破+考前集训文科数学
解答题满分攻略(五) 解析几何
二轮专题突破+考前集训文科数学
解答题满分攻略(五) 解析几何
【典例印证】 (2019 全国卷Ⅰ，21)已知 A，B 两点关于坐标原点 O 对称，│AB│ ＝4，⊙M 过点 A，B 且与直线 x＋2＝0 相切． (1)若 A 在直线 x＋y＝0 上，求⊙M 的半径．
二轮专题突破+考前集训文科数学
∵⊙M 与直线 x＋2＝0 相切，∴r＝|a＋2|. 得 1 分
二轮专题突破+考前集训文科数学
解答题满分攻略(五) 解析几何
又|MA|＝|MB|＝r，即(a－ 2)2＋(a＋ 2)2＝r2，
∴(a－ 2)2＋(a＋ 2)2＝(a＋2)2，解得 a＝0 或 a＝4.
当 a＝0 时，r＝2；当 a＝4 时，r＝6.
故 b＝4.
得2分
二轮专题突破+考前集训文科数学
解答题满分攻略(五) 解析几何
由②③得 x2＝ac22(c2－b2)，∴c2≥b2，从而 a2＝b2＋c2
≥2b2＝32，故 a≥4 2.
得2分
当 b＝4，a≥4 2时，存在满足条件的点 P.
故 b ＝ 4 ， a 的取值范围为 [4 2 ，＋
解答题满分攻略(五) 解析几何
第1部分专题突破
解答题满分攻略(五) 解析几何

2020届高考数学(文)二轮复习专题特训卷(全套共13个专题)Word版含答案

2020届高考数学（文）二轮复习专题特训卷（1）集合与常用逻辑用语1、给出以下几组集合，其中是相等集合的有( ) A.{}{}(5,3),5,3M N =-=-； B.{}{}1,3,3,1M N =-=-； C.{},0M N =∅=D.{}{}22|320,|320M x x x N y y y =-+==-+=； E..{}{}, 3.1415M N =π=2、设集合{}1,3,5,7U =，{}1,5M =，则U M =ð( ) A ．UB ．{}1,7C ．{}3,7D ．{}5,7 3、已知集合{}| 1 0A x x =->，{}2|log 2B x y x ==-（），则=( ) A.[01，） B.12（，） C.12]（，D.[2+∞，）4、已知集合{}|110A x x x =<->或，{}|23Z B x x x =-<<∈,，则()R A B ⋂=ð（） A.{}1,2-B.{}22-,C.{}012,, D.{}1,0,1,2-5、已知直线m ,n 和平面α,n α⊂，则“//m n ”是“//m α”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6、在ABC △中，“A B >”是“sin sin A B >”的( ) A.充要条件 B.充分不必要条件 C.必要不充分条件 D.既不充分又不必要条件7、设{}n a 是公比为q 的等比数列,则“1q >”是“{}n a 为递增数列”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8、设,,a b c r r r 是非零向量，已知命题P ：若0a b ⋅=r r ，0b c ⋅=r r ，则0a c ⋅=r r；命题q ：若,a bb c r r r r PP ，则a c r rP ，则下列命题中真命题是（）A ．()p q ∨⌝B ．p q ∧C ．()()p q ⌝∧⌝D ．p q ∨9、若命题2:R,10p x x x ∀∈++>;命题[]200:1,2,10q x x ∃∈-<,则( ) A.p 真q 真 B.p 真q 假 C.p 假q 真D.p 假q 假10、(多选)下列四个命题中,是假命题的是( ) A.1R,2x x x∀∈+≥ B.0001R,2x x x ∃∈+≥ C.00R,10x x ∃∈+<D.R,10x x ∀∈+>11、若{}{}{}1,2,3,4,5,6,7,8,1,2,3,5,6,7U A B ===，则()()U U A B =I 痧_______ 12、命题“20x x R ∃∈≥,”的否定是． 13、给出以下四个条件:①.0ab >;②.0a >或0b >;③.2a b +>;④.0a >且0b >.其中可以作为“若,R a b ∈,则0a b +>”的一个充分而不必要条件的是__________. 14、全称量词命题“(0,2),cos 2x x x ∀∈π>-”的否定是__________. 15、设命题:p 实数x 满足 22230--<x ax a ，命题:q 实数x 满足204-≥-xx ． (1)若1=a ，∧p q 为真命题，求X 的取值范围；(2)若⌝p 是⌝q 的充分不必要条件，求实数a 的取值范围．答案以及解析1答案及解析：答案：BD 解析：2答案及解析：答案：C解析：由于集合{}1,3,5,7U =，{}1,5M =，所以{}3,7U M =ð3答案及解析：答案：C解析：集合(1,),(2,),A B =+∞=+∞=(],2-∞,=(]1,2.4答案及解析：答案：D解析：由题知[]1,10R A =-ð，{}1012B =-,,,，(){}1012R A B ∴⋂=-,,,ð，故选D.5答案及解析：答案：D解析：若n α⊂,//m n ，则//m α或m α⊂;若n α⊂,//m α，则//m n 或m ，n 是异面直线，所以“//m n ”是“//m α”的既不充分也不必要条件.6答案及解析：答案：A 解析：7答案及解析：答案：D 解析：8答案及解析：答案：D 解析：9答案及解析：答案：B解析：对命题2:R,10p x x x ∀∈++>,因为22131024x x x ⎛⎫++=++> ⎪⎝⎭,故命题p 是真命题;对命题[]200:1,2,10q x x ∃∈-<,由2010x -<,解得011x -<<,故命题q 是假命题.故选B.10答案及解析：答案：ACD解析：当1x =-时,12x x +=-,显然12x x+≥不成立,故A 是假命题; 当2x =时,11222x x +=>,故B 是真命题; 对R,10x x ∀∈+≥,故C 是假命题;当1x =-时,10x +>不成立,故D 是假命题.故选ACD.11答案及解析：答案：{}4,8 解析：12答案及解析：答案：20x x R ∀∈<,解析：13答案及解析：答案：③④解析：①0ab >不充分,如1a =-,2b =-; ②不充分,如1a =,2b =-;③、④充分而不必要, 20a b a b +>⇒+>,但反之不成立, 0a >且0b >0a b ⇒+>,但反之不成立.14答案及解析：答案：000(0,2),cos 2x x x ∃∈π≤-解析：∀改为,∃>改为≤,故否定为000(0,2),cos 2x x x ∃∈π≤-.15答案及解析：答案：1.当时,由2230--<x x 得13-<<x , 由204-≥-xx 得24≤<x , ∵∧p q 为真命题, ∴命题,p q 均为真命题, ∴{1324-<<≤<x x 解得23≤<x ,∴实数的取值范围是[2,3).2.由条件得不等式22230--<x ax a 的解集为(,3)-a a ,∵⌝p 是⌝q 的充分不必要条件, ∴q 是p 的充分不必要条件, ∴[2,3)(,3)-a a ,∴{3<24-≥a a 解得43≥a ,∴实数a 的取值范围是4[,)3+∞.（2）函数1、函数()f x =的定义域是( )A.1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B.1110,,332⎛⎫⎛⎤⋃ ⎪ ⎥⎝⎭⎝⎦C.110,,233⎛⎫⎛⎤⋃ ⎪ ⎥⎝⎭⎝⎦D.10,2⎛⎤ ⎥⎝⎦2、下列图形可以作为某个函数的图象的是( )A.B.C.D.3、已知()())1111x x f x x ⎧≤⎪+=>，则()2f f =⎡⎤⎣⎦( )A ．0B ．12C ．1D ．134、已知函数3e1()21e xx f x x x =-++-，其中e 是自然对数的底数．若(1)f a -+()222f a ≤，则实数a 的取值范围是（） A.31,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦B.3,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C.11,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦D.1,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦5、函数||4x e y x=的图象可能是( )A.B.C.D.6、函数2()2(1)2f x x a x =+-+在区间(,4)-∞上是减函数，那么实数a 的取值范围是（） A.3a ≥ B.3a ≤-C.3a ≥- D .5a ≤7、函数23412x x y -+-⎛⎫= ⎪⎝⎭的单调增区间是( )A.[]1,2 B.[]2,3 C.(],2-∞ D.[)2,+∞8、化简61log 122log 2-( )A.B.C.6logD.129、函数()()log 320,1a y x a a =->≠且的图象过定点( ) A.20,3⎛⎫ ⎪⎝⎭B.()1,0C.()0,1D.2,03⎛⎫⎪⎝⎭10、幂函数2()(1)mf x m m x =--在()0,?+∞上是增函数,则m = ( )A.2B.1C.4D.2或-1 11、设函数()f x 是奇函数,当0x <时, ()=3x f x x +,则当0x >时, ()f x =__________ 12、不等式242133x xx+-+⎛⎫> ⎪⎝⎭的解集为__________13、设1a >,函数()log a f x x =在区间[],2a a 上最大值与最小值之差为12,则a =__________14、若方程 310x x --= 在区间 (,)(,a b a b 是整数,且 1)b a -= 上有根,则a b +=__________15、已知函数()121 log 1axf x x -=-的图象关于原点对称,其中0a <. 1.当()1,x ∈+∞时, ()()12log 1f x x m +-<恒成立,求实数m 的取值范围;2.若关于x 的方程()()12log f x x k ++在[2,3]上有解,求k 的取值范围.答案以及解析1答案及解析：答案：B解析：由题意得12log 10310x x -≥⎧⎪⎨⎪-≠⎩,所以102x <≤且13x ≠,因此定义域为1110,,332⎛⎫⎛⎤⋃ ⎪ ⎥⎝⎭⎝⎦,故选B.2答案及解析：答案：B解析：用图象反映函数的概念,即定义域内的任意的一个x 至多有一个y 的值与之对应.3答案及解析：答案：B 解析：4答案及解析：答案：C 解析：5答案及解析：答案：C 解析：6答案及解析：答案：B 解析：7答案及解析：答案：D解析：()234x x x t -+-=的减区间为[)2,+∞，所以()12t x y ⎛⎫= ⎪⎝⎭的增区间为[)2,+∞.8答案及解析：答案：C解析：2666661log 122log log log log log 2-==9答案及解析：答案：B解析：根据对数函数过定点(1,0)，令321x -=,得1x =，所以过定点(1,0).10答案及解析：答案：A 解析：11答案及解析：答案：3x x --+ 解析：12答案及解析：答案：(1,4)-解析：13答案及解析：答案：4解析：由题意知()1,log 2log ,42a a a a a -=∴=14答案及解析：答案：3解析：设 3()1f x x x =--。

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

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.(n≥2).2.已知数列{a n}中,a1=1,其前n项的和为S n,且满足a n=-(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C1.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.,S n-1-S n=2S n S n-1,2.解(1)当n≥2时,S 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.。

2020《新高考二轮专题突破+考前集训文科数学》练习册题库专题通关练专题六立体几何

专题六立体几何重难小题保分练1．如图，点O为正方体ABCD－A′B′C′D′的中心，点E为面B′BCC′的中心，点F 为B′C′的中点，则空间四边形D′OEF在该正方体的面上的正投影不可能是( )1．D 解析：由题意知光线从上向下照射，得到C ，光线从前向后照射，得到A ，光线从左向右照射得到B.故选D.2．一个球的表面积为16π，那么这个球的体积为( ) A .163π B .323π C ．16π D ．24π2．B 解析：设球的半径为R ，则由4πR 2＝16π，解得R ＝2，∴这个球的体积为43πR3＝323π.3．将一个相邻边长分别为4π，8π的矩形卷成一个圆柱，则这个圆柱的表面积是( ) A ．40π2 B ．64π2C ．32π2或64π2D ．32π2＋8π或32π2＋32π3．D 解析：当底面周长为4π时，底面圆的半径为2，两个底面的面积之和是8π；当底面周长为8π时，底面圆的半径为4，两个底面的面积之和为32π.无论哪种方式，侧面积都是矩形的面积32π2.故所求的表面积是32π2＋8π或32π2＋32π.4．(2019湖南湘潭第一次模拟)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A .2π3B .5π3C .7π3D .8π34．D 解析：根据给定的几何体的三视图可知，该几何体是两个相同的半圆锥与一个半圆柱的组合体，其体积V ＝12π×12×4＋2×12×13π×12×2＝8π3，故选D.5．(2019广东肇庆1月统测)已知圆锥的底面半径是1，且它的侧面展开图是半圆，则该圆锥的表面积是( )A ．2πB ．3πC ．4πD ．5π5．B 解析：设圆锥母线长为l ，由于侧面展开图是半圆，故πl ＝2π×1，l ＝2，故侧面积为12×π×22＝2π，底面积为π×12＝π，∴表面积为2π＋π＝3π.故选B.6．(2019广西南宁第一次模拟)已知三棱锥P －ABC 中，△ABC 为等边三角形，PA ＝PB ＝PC ＝3，PA ⊥PB ，则三棱锥P －ABC 的外接球的体积为( )A .272πB .2732π C ．273π D ．27π6．B 解析：∵三棱锥P －ABC 中，△ABC 为等边三角形，PA ＝PB ＝PC ＝3，∴△PAB ≌△PBC ≌△PAC .∵PA ⊥PB ，∴PA ⊥PC ，PC ⊥PB .以PA ，PB ，PC 为过同一顶点的三条棱作正方体(如图所示)，则正方体的外接球同时也是三棱锥P －ABC 的外接球．∵正方体的对角线长为32＋32＋32＝33，∴其外接球半径R ＝332.因此三棱锥P －ABC 的外接球的体积V ＝4π3×⎝ ⎛⎭⎪⎫3323＝2732π.7．(2019山东德州期末)已知直线l ，m 表示不同的直线，α，β表示不同的平面，给出下列命题：①若l∥β，m ∥l ，则m∥β；②若l∥α，α∥β，则l∥β； ③若l⊥β，且α⊥β，则l∥α；④若l⊥α，α∥β，则l⊥β.其中正确的命题的个数是( ) A . 1 B . 2 C . 3 D . 47．A 解析：在①中，若l ∥β，m ∥l ，则m ∥β或m ⊂β，故①错误；在②中，l ∥α，α∥β，则l ∥β或l ⊂β，故②错误；在③中，若l ⊥β，且α⊥β，则l ∥α或l ⊂α，故③错误；在④中，若l ⊥α，α∥β，则由线面垂直的判定定理得l ⊥β，故④正确．8．(2019河北张家口期末)已知三棱锥P －ABC 的各顶点都在以O 为球心的球面上，球O 的表面积为50π，PA ⊥AB ，PA ⊥AC ，AB ＝3，AC ＝4，BC ＝5，则PA ＝( )A ．5 3B ．52C ．5D .528．C 解析：∵AB ＝3，AC ＝4，BC ＝5，且32＋42＝5，∴AB ⊥AC .又PA ⊥AB ，PA ⊥AC ，故三棱锥P －ABC 的外接球和以PA ，AB ，AC 分别为长、宽、高的长方体的外接球相同，设外接球的半径为R ，则4R 2＝PA 2＋AB 2＋AC 2＝PA 2＋9＋16.又∵外接球的表面积为50π＝4πR 2，∴4R 2＝50＝PA 2＋9＋16，故 PA ＝5.故选C.9．三棱锥S －ABC 的底面是以AB 为斜边的直角三角形，AB ＝2，SA ＝SB ＝SC ＝2，则三棱锥S －ABC 的外接球的表面积是________．9．4π 解析：由题意可得AS ⊥BS ，∴取AB 中点O ，则O 是三棱锥S －ABC 的外接球的球心，半径为1.∴S ＝4π.10．(2019湖南长沙统一检测)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 在线段A 1B 上运动，则异面直线DP 与CB 1所成角的取值范围是________．10.⎝⎛⎦⎥⎤0，π3 解析：如图，在正方体中，连接DA 1，DB ，则CB 1∥DA 1，∴∠A 1DP 为异面直线DP 与CB 1所成的角，当点P 与B 重合时，∠A 1DP 最大，且最大为π3；当点P 与A 1无限接近时，∠A 1DP 趋近于零，故异面直线DP 与CB 1所成角的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π3.11．(2019陕西咸阳模拟)设a ，b 为两条不同直线，α，β为两个不同平面，则下列命题正确的是( )A ．若a∥α，b ∥α，则a∥bB ．若a ⊂α，b ⊂β，α∥β，则a∥bC ．若a∥α，a ∥β，则α∥βD ．若a⊥α，b ⊥β，a ⊥b ，则α⊥β11．D 解析：对于A 项，平行于同一平面的两条直线的位置关系可以是平行、相交或异面，∴A 不正确；对于B 项，分别位于两个互相平行的平面内的两条直线可以是平行、相交、异面的，∴B 不正确；对于C 项，平行于同一条直线的两个平面可以是相交的，可以是平行的，∴C 不正确；对于D 项，根据两个平面的法向量垂直，可得出两个平面是垂直的，∴D 是正确的．故选D.12．(2019四川成都实验外国语学校模拟)设a ，b 是两条直线，α，β是两个平面，则“a⊥b”的一个充分条件是( )A ．a ⊥α，b ∥β，α⊥βB ．a ⊥α，b ⊥β，a ∥βC ．a ⊂α，b ⊥β，α∥βD ．a ⊂α，b ∥β，α⊥β 12．C 解析：A.a ，b 可能垂直也可能不垂直；B.a ∥b ；D.a ，b 可能垂直也可能不垂直；C.α∥β，b ⊥β，那么b ⊥α，a ⊂α，那么b ⊥a ，故C 正确．故选C.13．(2019福建泉州1月质检)已知三棱锥A －BCD 的所有顶点都在球O 的球面上，AD ⊥平面ABC ，∠BAC ＝90°，AD ＝2，若球O 的表面积为29π，则三棱锥A －BCD 的侧面积的最大值为( )A ．52＋254B ．52＋5414C ．63＋272D ．102＋25213．A 解析：设球O 的半径为R ，AB ＝x ，AC ＝y ，由4πR 2＝29π，得4R 2＝29.又x2＋y 2＋22＝(2R )2，∴x 2＋y 2＝25.三棱锥A －BCD 的侧面积S ＝S △ABD ＋S △ACD ＋S △ABC ＝12·2x ＋12·2y ＋12xy ＝x ＋y ＋12xy ，由x 2＋y 2≥2xy 得xy ≤252，当且仅当x ＝y ＝522时取等号，由(x ＋y )2＝x 2＋2xy ＋y 2≤2(x 2＋y 2)得x ＋y ≤52，当且仅当x ＝y ＝522时取等号，∴S ≤52＋12×252＝52＋254，当且仅当x ＝y ＝522时取等号. 故选A.14．(2019广东广州天河区模拟)如图是一几何体的平面展开图，其中四边形ABCD 为矩形，E ，F 分别为PA ，PD 的中点，在此几何体中，给出下面4个结论：①直线BE 与直线CF 异面；②直线BE 与直线AF 异面；③直线EF∥平面PBC ；④平面BCE⊥平面PAD.其中正确的结论个数为( ) A . 4 B . 3 C . 2 D . 114．C 解析：将平面展开图还原后可得立体图形如图所示．①E ，F 分别为PA ，PD 中点⇒EF ∥AD ，又四边形ABCD 为矩形⇒AD ∥BC ，∴EF ∥BC ⇒B ，C ，E ，F 四点共面，∴直线BE 与CF 共面，不是异面直线，即①错误；②∵E ∈平面PAD ，AF ⊂平面PAD ，E ∉AF ，B ∉平面PAD ，∴直线BE 与直线AF 为异面直线，即②正确；③∵EF ∥BC ，BC ⊂平面PBC ，EF ⊄平面PBC ，∴EF ∥平面PBC ，即③正确；④假设平面BCE ⊥平面PAD ，即平面BCEF ⊥平面PAD ，又平面BCEF ∩平面PAD ＝EF ，作PM ⊥EF ，垂足为M ，可得PM ⊥平面BCE ；但实际无法证得PM ⊥平面BCE ，故假设不成立，即④错误．故选C.15．(2019江西师范大学附属中学期末)已知棱长为a 的正方体的外接球表面积数值等于内切球体积数值的6倍，则实数 a ＝________．15．3 解析：设正方体的外接球半径为R ，内切球半径为r ，则3a ＝2R ，2r ＝a ，R ＝32a ，r ＝12a .∵正方体的外接球表面积数值等于内切球体积数值的6倍，∴4πR 2＝6·43πr 3，即4π⎝ ⎛⎭⎪⎫32a 2＝8π⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 3，解得a ＝3.16．(2019福建厦门期末)《九章算术》将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为“阳马”．如图所示，网格纸上的小正方形的边长为1，粗实线画出的是某一阳马的正视图和侧视图，则该“阳马”中，最长的棱的长度为________．16.17 解析：根据三视图可得该几何体为一个四棱锥(如图所示)，其中侧棱PA ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为长方形，在该“阳马”中，最长的棱的长为22＋32＋22＝17.中档大题强化练(1)1．(2019福建厦门期末)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝1，AA 1＝1，E ，F 分别为棱A 1B 1，C 1D 1的中点，则异面直线AF 与BE 所成角的余弦值为( )A . 0B .55 C .32 D .2551．A 解析：如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，连接CF ，AC ，EF ，AD 1，则BE ∥CF ，∴异面直线AF 与BE 所成的角即为直线AF 与CF 所成的角．设∠AFC ＝θ，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，得AC ＝AB 2＋BC 2＝5，CF ＝CC 21＋C 1F 2＝2，AF ＝AD 21＋D 1F 2＝A 1D 21＋AA 21＋D 1F2＝ 3.在△ACF 中，由余弦定理推论可得cos θ＝AF 2＋CF 2－AC 22AF ·CF ＝3＋2－523×2＝0，即异面直线AF 与BE 所成的角的余弦值为0，故选A.2．(2019广东揭阳高中毕业班学业水平考试)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面A 1B 1C 1，∠ACB ＝90°，BC ＝CC 1＝1，AC ＝32，P 为BC 1上的动点，则CP ＋PA 1的最小值为( )A ．2 5B ．1＋32 C. 5 D ．1＋2 52．C 解析：由题设知△CC 1B 为等腰直角三角形，又A 1C 1⊥平面BCC 1B 1，故∠A 1C 1B ＝90°，将二面角A 1－BC 1－C 沿BC 1展开成平面图形，得四边形A 1C 1CB ，如图所示，由此，CP ＋PA 1要取得最小值，当且仅当C ，P ，A 1三点共线时．由题设知∠CC 1A 1＝135°，由余弦定理得A 1C2＝(32)2＋1－2×32×cos 135°＝25，所以A 1C ＝5.3．(2019吉林长春实验高中第五次月考)在四面体ABCD 中，DA ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，AB ＝4，AC ＝3，AD ＝1，E 为棱BC 上一点，且平面ADE⊥平面BCD ，则DE ＝________．3.135解析：如图，作AF ⊥DE 于点F ，∵平面ADE ⊥平面BCD ，∴AF ⊥平面BCD ，AF ⊥BC .∵DA ⊥平面ABC ，∴DA ⊥BC .又∵AF ∩AD ＝A ，∴BC ⊥平面ADE ，∴BC ⊥AE .∵AB ⊥AC ，AB＝4，AC ＝3，∴AE ＝4×332＋42＝125.∵DA ⊥平面ABC ，∴AD ⊥AE ，∴DE ＝AD 2＋AE 2＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1252＝135.4．已知A ，B ，C 是半径为2的球O 表面上三点，若AB ＝1，AC ＝3，∠B ＝60°，则三棱锥O －ABC 的体积为________．4.12 解析：在△ABC 中，由正弦定理可得AC sin B ＝AB sin C ，解得sin C ＝12.由AB <AC 得∠C ＝30°，∴∠BAC ＝90°.∴△ABC 为直角三角形．如图，取BC 的中点为D ，则D 为△ABC 的外心．O 为球心，则有OD ⊥平面ABC .OD ＝AO 2－AD 2＝4－1＝3，三棱锥O －ABC 的体积为13S △ABC ·OD ＝13×12×1×3×3＝12. 5．(2019山东泰安第一次模拟)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1外接球的表面积为16π，AB ＝1，若△ABC 外接圆的圆心O 1在AC 上，半径r 1＝1，则直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积为________．5．3 解析：如图，∵△ABC 外接圆的圆心O 1在AC 上，∴O 1为AC 的中点，且△ABC 是以∠ABC 为直角的直角三角形．由半径r 1＝1，得AC ＝2，又AB ＝1，∴BC ＝ 3.把直三棱柱ABC －A 1B 1C 1补形为长方体，设BB 1＝x ，则其外接球的半径R ＝1212＋（3）2＋x 2.又直三棱柱ABC －A 1B 1C 1外接球的表面积为16π，∴4πR 2＝16π，即R ＝2，∴12x 2＋4＝2，解得 x＝23.∴直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积为12×1×3×23＝3.6．(2019广西南宁、玉林、贵港等毕业班摸底)如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，PB ⊥BC ，PD ⊥CD ，且PA ＝2，E 为PD 中点．(1)求证：PA⊥平面ABCD ； (2)求几何体P －ABE 的体积．6．(1)证明：∵底面ABCD 为正方形， ∴BC ⊥AB .又BC ⊥PB ，AB ∩PB ＝B ，∴BC ⊥平面PAB .又PA ⊂平面PAB ，∴BC ⊥PA . 同理CD ⊥PA ，BC ∩CD ＝C ， ∴PA ⊥平面ABCD .(2)解：∵E 为PD 的中点，∴V P －ABE ＝V E －PAB ＝12V D －PAB ＝12V P －ABD ＝12×13×12×2×2×2＝23.7. 已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长和底面边长均为2，A 1在底面ABC 内的射影O 为底面三角形ABC 的中心，如图所示．(1)连接BC 1，求异面直线AA 1与BC 1所成角的大小； (2)连接A 1C ，A 1B ，求三棱锥C 1－BCA 1的体积．7．解：(1)如图，连接AO ，并延长与BC 交于点D ，则D 是BC 边的中点． ∵点O 是正三角形ABC 的中心，且A 1O ⊥平面ABC ，∴BC ⊥A 1O .∵BC ⊥AD ，AD ∩A 1O ＝O ，∴BC ⊥平面ADA 1. ∴BC ⊥AA 1.又∵AA 1∥CC 1， ∴CC 1⊥BC ，∴异面直线AA 1与BC 1所成的角为∠BC 1C 或其补角． ∵BC ＝CC 1＝B 1C 1＝BB 1＝2，即四边形BCC 1B 1为正方形，∴异面直线AA 1与BC 1所成角的大小为π4.(2)∵三棱柱的所有棱长都为2，∴可求得AD ＝3，AO ＝23AD ＝233，A 1O ＝AA 21－AO 2＝263.∴VABC －A 1B 1C 1＝S △ABC ·A 1O ＝22，VA 1－BCC 1B 1＝VABC －A 1B 1C 1－VA 1－ABC ＝423， ∴VC 1－BCA 1＝VA 1－BCC 1＝12VA 1－BCC 1B 1＝223.8．(2019河南九师联盟2月质量检测)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ＝PD ，PA ⊥AB ，N 是棱AD 的中点．(1)求证：平面PAB⊥平面PAD ；(2)若AB ＝AD ＝AP ＝2，求点N 到平面PAC 的距离．8．(1)证明：在矩形ABCD 中，AB ⊥AD . 又∵AB ⊥PA ，PA ∩AD ＝A ，∴AB ⊥平面PAD . 又∵AB ⊂平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面PAD .(2)解：在△PAD 中，∵PA ＝PD ，N 是棱AD 的中点，∴PN ⊥AD .由(1)知AB ⊥平面APD ，∴AB ⊥PN .又∵AB ∩AD ＝A ，∴PN ⊥平面ABCD ，PN ＝32×2＝ 3 . ∵CD ∥AB ，∴CD ⊥平面PAD ，而PD ⊂平面PAD ，∴CD ⊥PD ， ∴在△PAC 中，PA ＝2，AC ＝PC ＝22，S △PAC ＝12×2×（22）2－1＝7.设点N 到平面PAC 的距离为d ，V N －PAC ＝V P －NAC ，∴13S △PAC d ＝13S △NAC ×PN ，∴7d ＝12×1×2×3，解得d ＝217，∴点N 到平面PAC 的距离为217.9．(2019河北衡水12月联合质量测评)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝BC ＝2，AC ＝CC 1＝22，其中P 为棱CC 1上的任意一点，设平面PAB 与平面A 1B 1C 的交线为QR.(1)求证：AB∥QR；(2)若P 为棱CC 1的中点，求几何体QRABC 的体积．9．(1)证明：在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中， ∵AB ∥A 1B 1，AB ⊄平面A 1B 1C ，A 1B 1⊂平面A 1B 1C ， ∴AB ∥平面A 1B 1C .∵平面PAB 与平面A 1B 1C 的交线为QR ，且AB ⊂平面PAB ， ∴AB ∥QR .(2)解：在侧面BCC 1B 1中，∵BC ＝2，CC 1＝22，P 为棱CC 1的中点，∴tan ∠BB 1C ＝BC BB 1＝12，tan ∠PBC ＝CP BC ＝22，∴∠BB 1C ＝∠PBC ，∴PB ⊥B 1C ，即CR ⊥PB .在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，BB 1⊥平面ABC ，∴BB 1⊥AB . ∵AB ＝BC ＝2，AC ＝22，∴AB 2＋BC 2＝AC 2，∴AB ⊥BC .又BB 1∩BC ＝B ，∴AB ⊥平面BCC 1B 1.又AB ∥QR ，∴QR ⊥平面BCC 1B 1.∵BC ＝2，PC ＝2，又△PRC ～△PCB ，∴CR ＝CP ·CB PB ＝2×2（2）2＋22＝23. ∴PR ＝CP 2PB ＝（2）2（2）2＋22＝26. ∵AB ∥QR ，∴QR AB ＝PR PB .∴QR ＝AB ·PRPB＝2×266＝23. ∴几何体QRABC 的体积为V A －PBC －V Q －PRC ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×2×2－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×23×26×23＝16227.10．(2019江西上饶重点中学六校第一次联考)如图，在边长为2的菱形ABCD 中，∠ADC ＝60°，现将△ADC 沿AC 边折到△APC 的位置．(1)求证：PB⊥AC；(2)求三棱锥P －ABC 体积的最大值．10．(1)证明：取AC 的中点为O ，连接PO ，OB ，如图．易得AC ⊥PO ，AC ⊥OB ，PO ∩OB ＝O ，∴AC ⊥平面POB .又PB ⊂平面POB ，∴AC ⊥PB . (2)解：由(1)知AC ⊥平面POB ，且在边长为2的菱形ABCD 中，∠ADC ＝60°，∴AC ＝2，PO ＝OB ＝3，所求体积转化为V P －ABC ＝V A －POB ＋V C －POB ＝13AC ·S △POB ＝13×2×12×3×3sin ∠POB＝sin ∠POB ，∴当∠POB ＝90°时，V P －ABC 的最大值为1.中档大题强化练(2)1．(2019河北衡水中学七调)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面为等边三角形，且底面积为34，体积为34，点P ，Q 分别为线段A 1B ，B 1C 上的动点，若直线PQ∩平面ACC 1A 1＝∅，点M 为线段PQ 的中点，则点M 的轨迹长度为( ) A .24 B .34 C .22 D .321．D 解析：∵直线PQ 与平面A 1ACC 1无交点，∴PQ 与此平面平行，∴A 1P ＝CQ .当点P ，Q 分别在点A 1，C 处时，此时点M 为A 1C 的中点；当点P ，Q 分别在点B ，B 1处时，此时点M 为BB 1的中点．若D ，E ，F 分别为三条棱的中点，则点M 的轨迹为等边三角形DEF 的中线．设底面边长为x ，由底面面积可得34x 2＝34，∴x ＝1，∴轨迹长度为32.故选D.2．(2019福建龙岩期末)在三棱锥A －BCD 中，△ABC 和△BCD 都是边长为23的等边三角形，且平面ABC⊥平面BCD ，则三棱锥A －BCD 的外接球的表面积为( )A ．8πB ．12πC ．16πD ．20π2．D 解析：如图，取BC 的中点E ，连接AE 与DE ，则AE ⊥DE ，且AE ＝DE ＝23×32＝3．(2019辽宁省实验中学、大连八中、大连二十四中、鞍山一中、东北育才学校期末)已知四面体ABCD ，AB ＝2，AC ＝AD ＝3，∠BAC ＝∠BAD＝60°，∠CAD ＝90°，则该四面体外接球的半径为( )A . 1B . 5C . 3D . 23．B 解析：设E 为CD 的中点，由于三角形ACD 为直角三角形，故其外心为E 点，则球心在E 点的正上方，设球心为O .其中CD ＝32，AE ＝CE ＝DE ＝322.由余弦定理得BC ＝BD＝22＋32－2×2×3×cos 60°＝7，BE ＝BC 2－CE 2＝102.设外接球的半径为r .在三角形DEO 中，由勾股定理得OE 2＋DE 2＝r 2①.在三角形BEO 中，由余弦定理得cos ∠BEO ＝OE 2＋BE 2－r 22×OE ×BE ②.在三角形ABE 中，由余弦定理可知cos ∠AEB ＝AE 2＋BE 2－AB 22×AE ×BE ＝15，由于AE ⊥OE ，则∠AEO ＝90°，∴∠BEO ＝90°＋∠AEB ，∴cos ∠BEO ＝cos(90°＋∠AEB )＝－sin∠AEB ＝－25③.联立①②③可得OE ＝22，r ＝ 5.故选B. 在DE 上取点I 使得EI ＝13DE ，在AE 上取点H 使得EH ＝13AE ，则点I 是三角形BCD 的外接圆圆心，点H 是三角形BCA 的外接圆圆心，则BI ＝12×2332＝2.分别过点I ，H 作平面BCD和ABC 的垂线IO 和HO 交于O 点，则点O 是三棱锥A －BCD 的外接球球心，OI ＝EH ＝13×3＝1，OB ＝BI 2＋OI 2＝4＋1＝5，故外接球半径为5，则三棱锥A －BCD 外接球的表面积为4π×5＝20π.故选D.4．(2019湖南湘潭第一次模拟)在三棱锥D －ABC 中，CD ⊥底面ABC ，AC ⊥BC ，AB ＝BD ＝5，BC ＝4，则此三棱锥的外接球的表面积为________．4．34π 解析：在三棱锥D －ABC 中，CD ⊥底面ABC ，∴CD ⊥CB ，CD ⊥CA .又AC ⊥BC ，AB ＝BD ＝5，BC ＝4，∴AC ＝CD ＝52－42＝3，故三棱锥D －ABC 的外接球的半径R ＝32＋42＋322＝342，则其表面积为4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫3422＝34π.5．(2019湖南长沙雅礼中学月考)已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝3 cm ，BC ＝2 cm ，AA 1＝2 cm ，E 为CC 1的中点，则一质点自点A 出发，沿着长方体的表面到达点E 的最短路线的长为________cm .5．3 2 解析：将长方体沿C 1C, C 1B 1, BC 剪开，使平面ABB 1A 1和平面BCC 1B 1在同一个平面内，连接AE ，如图1.在Rt △ACE 中，AC ＝5，CE ＝1，由勾股定理，得AE 2＝AC 2＋CE 2＝26，则 AE ＝26.将长方体沿C 1D 1，DD 1，C 1C 剪开，使平面ABCD 和平面CDD 1C 1在同一个平面内，连接AE ，如图2.在Rt △ABE 中，AB ＝3，BE ＝3, 由勾股定理，得AE 2＝AB 2＋BE 2＝32＋32，则AE ＝3 2.将长方体沿B 1C 1，CC 1，BB 1剪开，使平面ABCD 和平面BCC 1B 1在同一个平面内，连接AE ，如图3.在 Rt △AB 1E 中，AB 1＝5，B 1E ＝1, 由勾股定理，得AE 2＝AB 21＋B 1E 2＝52＋12＝26，则AE ＝26.故沿着长方体的表面到达点E 的最短路线的长为32cm.6．(2019安徽黄山一模)已知三棱锥A －BCD ，BC ＝6，且△ABC ，△BCD 均为等边三角形，二面角A －BC －D 的平面角为60°，则三棱锥外接球的表面积是________．6．52π 解析：如图，取BC 的中点为E ，连接AE ，DE ，由△ABC ，△BCD 均为等边三角形，可知∠AED ＝60°，则△AED 为正三角形，边长ED ＝6×32＝33，且所求外接球球心在平面AED 上，在线段ED 上取点R ，使得DR ＝23DE ，则底面三角形的外接圆圆心为R ，在线段AD 上取中点F ，连接FE ，过R 点作DE 的垂线交FE 于O 点，则外接球的球心为O 点．在三角形OER 中，OR ＝ER tan 30°＝13DE tan 30°＝1，则外接球的半径r ＝BR 2＋OR 2＝（23）2＋12＝13，三棱锥外接球的表面积是4π(13)2＝52π.7．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中将底面为直角三角形的直棱柱称为堑堵，将底面为矩形的棱台称为刍童．在如图所示的堑堵ABM －DCP 与刍童ABCD －A 1B 1C 1D 1的组合体中，AB ＝AD ，A 1B 1＝A 1D 1.台体体积公式：V ＝13(S′＋S′S＋S)h ，其中S′，S 分别为台体上、下底面的面积，h 为台体的高．(1)求证：直线BD⊥平面MAC ；(2)若AB ＝1，A 1D 1＝2，MA ＝3，三棱锥A －A 1B 1D 1的体积V′＝233，求该组合体的体积．7．(1)证明：由题意可知ABM －DCP 是底面为直角三角形的直棱柱，∴AD ⊥平面MAB . ∵MA ⊂平面MAB ，∴AD ⊥MA .又MA ⊥AB ，AD ∩AB ＝A ，AD ⊂平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ， ∴MA ⊥平面ABCD .∵BD ⊂平面ABCD ，∴MA ⊥BD .∵AB ＝AD ，∴四边形ABCD 为正方形，∴BD ⊥AC . 又MA ∩AC ＝A ，MA ⊂平面MAC ，AC ⊂平面MAC ， ∴BD ⊥平面MAC .(2) 解：设刍童ABCD －A 1B 1C 1D 1的高为h ，则三棱锥A －A 1B 1D 1的体积V ′＝13×12×2×2×h ＝233，∴h ＝3，故该组合体的体积V ＝12×1×3×1＋13×12＋22＋12×22×3＝32＋733＝1736.8．(2019广东汕尾普通高中教学质量检测)如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝BC ＝AC ＝2AA 1＝2，D 是BC 的中点．(1)求证：A 1B ∥平面ADC 1.(2)线段BC 1上是否存在点N ，使三棱锥N －ADC 1的体积为312？若存在，确定点N 的位置；若不存在，说明理由．8．(1)证明：连接A 1C ，与AC 1交于点O ，连接OD ，A 1B ，如图所示．在△CA 1B 中，O 和D 分别是CA 1和CB 的中点，则OD ∥A 1B . 又OD ⊂平面ADC 1，A 1B ⊄平面ADC 1， ∴A 1B 平面∥ADC 1.(2)解：连接BC 1，假设线段BC 1上存在点N ，使得三棱锥N －ADC 1的体积为312. 设N 到平面ADC 1的距离为h ，由题意可知，△ABC 为等边三角形，又D 为BC 的中点，∴AD ⊥BC .又三棱柱ABC －A 1B 1C 1为直三棱柱，∴BB 1⊥AD ，故AD ⊥平面BCC 1B 1，∴△ADC 1为直角三角形，AD ＝3，DC 1＝2，∴△ADC 1的面积为62.由三棱锥的体积公式可知，VN －ADC 1＝13S △ADC 1·h ＝312，∴h ＝24. 又AD ⊥平面BCC 1B 1，∴平面BCC 1B 1⊥平面ADC 1，故点N 到平面ADC 1的距离与点N 到直线DC 1的距离相等．又△DCC 1为等腰直角三角形，∴点C 到直线DC 1的距离为22. 又点B 与点C 到平面ADC 1的距离相等，故点B 到直线DC 1的距离也为22， ∴当N 为BC 1的中点时，点N 到平面ADC 1的距离为24，三棱锥N －ADC 1的体积为312.9．(2019湖南师大附中月考)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝AD ，AB ＝2AD ，E 是线段PD 上的点，F 是线段AB 上的点，且PE ED ＝BFFA＝λ(λ>0)．(1)求证：EF∥平面PBC. (2)是否存在实数λ，使得异面直线EF 与CD 所成角为60°？若存在，试求出λ的值；若不存在，请说明理由．9．(1)证明：如图，作EH ∥AD 交PA 于点H ，连接HF ，∵EH ∥BC ，∴PE ED ＝PHHA.又∵PE ED ＝BF FA ＝λ，∴PH HA ＝BFFA ，∴FH ∥PB .又∵EH ∥AD ，FH ∩HE ＝H ， ∴平面EFH ∥平面PBC .∵EF ⊂平面EFH ，∴EF ∥平面PBC .(2)解：存在实数λ＝5，使得异面直线EF 与CD 所成角为60°.其理由如下：假设存在实数λ，使得异面直线EF 与CD 所成角为60°， ∵AB ∥CD ，∴∠AFE 为异面直线EF 与CD 所成角， ∴∠AFE ＝60°.如图，过点E 作EQ ⊥AD 交AD 于点Q ，连接FQ ， ∵PA ＝AD ，AB ＝2AD ， ∴设AD ＝1.又∵PE ED ＝BFFA＝λ，AF ＝DE ＝21＋λ，AQ ＝λ1＋λ，EQ ＝11＋λ， ∴FQ 2＝AF 2＋AQ 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫21＋λ2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫λ1＋λ2＝2＋λ2（1＋λ）2，∴EF 2＝EQ 2＋FQ 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫11＋λ2＋2＋λ2（1＋λ）2＝3＋λ2（1＋λ）2， ∴在Rt △FAE 中，cos ∠AFE ＝cos 60°＝AF EF ，∴14＝23＋λ2，∴λ＝ 5.∴存在实数λ＝5，使得异面直线EF 与CD 所成角为60°.10．(2019山东临沂第一次模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AB ⊥AD ，AD ∥BC ，AD ＝2BC ＝4，PB ＝42，M 是线段AP 的中点． (1)求证：BM∥平面PCD.(2)当PA 为何值时，四棱锥P －ABCD 的体积最大？并求此最大值．10．(1)证明：如图，取PD 中点N ，连接MN ，CN ， ∵M 是AP 的中点，∴MN ∥AD 且MN ＝12AD .∵AD ∥BC ，AD ＝2BC ， ∴MN ∥BC ，MN ＝BC ，∴四边形MNCB 是平行四边形， ∴MB ∥CN .又BM ⊄平面PCD ，CN ⊂平面PCD ， ∴BM ∥平面PCD .(2)解：设PA ＝x (0＜x ＜42)， ∵PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥AB .∵PB ＝42，∴AB ＝PB 2－AB 2＝32－x 2.又∵AB ⊥AD ，AD ＝2BC ＝4，∴V P －ABCD ＝13S ABCD ×PA ＝13×12(AD ＋BC )×AB ×PA ＝x 32－x 2≤x 2＋32－x 22＝16，当且仅当x ＝32－x 2，即x ＝4时取等号，故当PA ＝4时，四棱锥P －ABCD 的体积最大，最大值为16.。

2020《新高考二轮专题突破+考前集训文科数学》课件第1部分重难专题专题7 解析几何

点是椭圆3xp2＋yp2＝1 的一个焦点，则 p＝( D )
A．2
B．3
C．4
D．8
解析：∵抛物线
y2＝2px(p＞0)的焦点p2，0是椭圆
x2 3p
＋yp2＝1 的一个焦点，∴3p－p＝p22，∴p＝8，故选 D.
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小题考点探究
弦
定
理
得
4n2＋4－2·2n·2·cos∠AF2F1＝4n2， n2＋4－2·n·2·cos∠BF2F1＝9n2，
又
∠AF2F1 与∠BF2F1 互补，∴cos∠AF2F1＋cos∠BF2F1＝
0，两式消去 cos∠AF2F1，cos∠BF2F1，得 3n2＋6＝11n2，
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专题七解析几何
2．(2019 晋冀鲁豫中原名校第三次联考)已知圆 C 的
方程为(x－1)2＋(y－1)2＝2，点 P 在直线 y＝x＋3 上，线
段 AB 为圆 C 的直径，则P→A·P→B的最小值为( B )
A．2
B．52
C．3
D．72
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直线 l 为△F1PF2 中与∠F1PF2 相邻的外角平分线所在直
线，过点 F2 作 l 的垂线，交 F1P 的延长线于 M，则|F1M|
＝( A )
A．10
B．8
C．6
D．4
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解析：如图，由直线 l 为△F1PF2 中与∠F1PF2 相邻的外角平分线所在直线，l⊥F2M，可得|PM|＝|PF2|，

2020《新高考二轮专题突破+考前集训文科数学》练习册题库数学特色专项练数学文化专项练

数学文化专项练一、选择题1．(2019黑龙江哈尔滨师范大学附属中学期中)《周髀算经》中有这样一个问题：从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列，冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺(3尺＝1米)，前九个节气日影长之和为85.5尺，则小满日影长为( )A ．1.5尺B ．2.5尺C ．3.5尺D ．4.5尺1．C 解析：设各节气日影长依次成等差数列{a n }，S n 是其前n 项和，则S 9＝9（a 1＋a 9）2＝9a 5＝85.5，∴a 5＝9.5.由题知a 1＋a 4＋a 7＝3a 4＝31.5，∴a 4＝10.5，∴公差d ＝a 5－a 4＝－1，∴a 11＝a 5＋6d ＝3.5，故选C.2．(2019吉林长春东北师范大学附中模拟)我国古代名著《庄子·天下篇》中有一句名言“一尺之棰，日取其半，万世不竭”，其意思为：一尺的木棍，每天截取一半，永远都截不完．现将该木棍依此规律截取，如图所示的程序框图的功能就是计算截取20天后所剩木棍的长度(单位：尺，3尺＝1米)，则①②③处可分别填入的是( )A ．i <20，S ＝S －1i ，i ＝2iB ．i ≤20，S ＝S －1i，i ＝2i C ．i <20，S ＝S 2，i ＝i ＋1 D ．i ≤20，S ＝S 2，i ＝i ＋1 2．D 解析：根据题意可知，第一天S ＝12S ，∴满足S ＝S 2，不满足S ＝S －1i，故排除A ，B ；由框图可知，计算第二十天的剩余时，有S ＝S 2，且i ＝21，∴循环条件应该是i ≤20.故选D.3. (2019辽宁大连5月测试)《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何．”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分5钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列，问五人各得多少钱？”(“钱”是古代的一种质量单位)这个问题中，甲所得为( )A.54钱B.43钱C.32钱D.53钱 3．B 解析：设甲、乙、丙、丁、戊所得钱分别为a －2d ，a －d ，a ，a ＋d ，a ＋2d ，则a －2d ＋a －d ＝a ＋a ＋d ＋a ＋2d ，解得a ＝－6d ，又a －2d ＋a －d ＋a ＋a ＋d ＋a ＋2d ＝5，∴a＝1，∴a －2d ＝a －2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 6＝43a ＝43.故选B.4．(2019广东模拟)古希腊雅典学派算学家欧道克萨斯提出了“黄金分割”的理论，利用尺规作图可画出已知线段的黄金分割点，具体方法如下：(1)取线段AB ＝2，过点B 作AB的垂线，并用圆规在垂线上截取BC ＝12AB ，连接AC ；(2)以C 为圆心，BC 为半径画弧，交AC 于点D ；(3)以A 为圆心，以AD 为半径画弧，交AB 于点E .则点E 即为线段AB 的黄金分割点．若在线段AB 上随机取一点F ，则使得BE ≤AF ≤AE 的概率约为( )(参考数据：5≈2.236)A ．0.236B ．0.382C ．0.472D ．0.6184．A 解析：由勾股定理可得AC ＝5≈2.236，由题图可知BC ＝CD ＝1，AD ＝AE ＝5－1≈1.236，BE ≈2－1.236＝0.764，则0.764≤AF ≤1.236，由几何概型可得使得BE ≤AF ≤AE的概率约为1.236－0.7642＝0.236.5．(2019辽宁大连3月测试)我国古代数学名著《九章算术》中有如下问题：“今有羡除，下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺，问积几何”，羡除是一个五面体，其中三个面是梯形，另两个面是三角形，已知一个羡除的三视图如图粗线所示，其中小正方形网格的边长为1，则该羡除的表面中，三个梯形的面积之和为( )A ．40B ．43C ．46D ．475．C 解析：由三视图可知，该几何体的直观图是如图所示的五面体，其中平面ABCD ⊥平面ABEF ，CD ＝2，AB ＝6，EF ＝4，底面梯形是等腰梯形，高为3 ，梯形ABCD 的高为4 ，等腰梯形EFDC 的高为9＋16＝5，三个梯形的面积之和为2＋62×4＋4＋62×3＋2＋42×5＝46.故选C.6. (2019吉林长春师大模拟)如图是古希腊数学家阿基米德用平衡法求球的体积所用的图形．此图由正方形ABCD 、半径为r 的圆及等腰直角三角形构成，其中圆内切于正方形，等腰三角形的直角顶点与AD 的中点N 重合，斜边在直线BC 上．已知S 为BC 的中点，现将该图形绕直线NS 旋转一周，则阴影部分旋转后形成的几何体体积为( )A.23πr 3 B ．πr 3 C ．2πr 3 D.103πr 3 6．C 解析：依题意，如图，ES ＝2r ，BS ＝OF ＝r .设球的体积为V 球，设由Rt △NFO 旋转得到的圆锥体积为V 1，由Rt △NSE 旋转得到的圆锥体积为V 2，由直角梯形OSEF 旋转得到的圆台的体积为V 台，则由阴影区域旋转得到的体积V ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫V 台－12V 球＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12V 球－V 1＝V 台－V 1＝V 台＋V 1－2V 1＝V 2－2V 1＝13π(2r )2·2r －2×13πr 2·r ＝2πr 3.故选C.7．(2019江西师大附中三模)“柯西不等式”是由数学家柯西在研究数学分析中的“流数”问题时得到的，但从历史的角度讲，该不等式应当称为柯西—布尼亚科夫斯基—施瓦茨不等式，因为正是后两位数学家彼此独立地在积分学中推而广之，才将这一不等式推广到完善的地步．在高中数学选修教材4－5中给出了二维形式的柯西不等式：(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2当且仅当ad ＝bc ⎝ ⎛⎭⎪⎫即a c ＝b d 时等号成立．该不等式在数学中证明不等式和求函数最值等方面都有广泛的应用．根据柯西不等式可知函数f (x )＝25－x ＋x －4的最大值及取得最大值时x 的值分别为( ) A.5，215 B.3，215 C.13，6113 D.29，61137．A 解析：由柯西不等式可知(25－x ＋x －4)2≤(22＋12)·[(5－x )2＋(x －4)2]＝5，∴25－x ＋x －4≤5，当且仅当2x －4＝5－x 即x ＝215时取等号，故函数f (x )＝25－x ＋x －4的最大值及取得最大值时x 的值分别为5，215.故选A.8．(2019黑龙江大庆一中二模)我国古代数学家提出的“中国剩余定理”又称“孙子定理”，在世界数学史上具有光辉的一页，堪称数学史上名垂百世的成就，而且一直启发和指引着历代数学家们．定理涉及的是数的整除问题，其数学思想在近代数学、当代密码学研究及日常生活中都有着广泛应用，为世界数学的发展做出了巨大贡献．现有这样一个整除问题：将1到2 019这2 019个整数中能被5除余2且被7除余2的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列{a n }，那么此数列的项数为( )A ．58B ．59C ．60D ．618．A 解析：由于数能被5除余2且被7除余2的数就是能被35除余2的数，故a n ＝2＋(n －1)35＝35n －33.由a n ＝35n －33≤2 019，得n ≤58＋2235，n ∈N *，故此数列的项数为58.故选A.9．(2019河南八市重点高中第二次联考)《九章算术》中有一题：“今有牛、马、羊食人苗，苗主责之粟五斗．羊主曰：‘我羊食半马．’马主曰：‘我马食半牛．’今欲衰偿之，问各出几何？”其意思是：“今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿五斗粟．羊主人说：‘我羊所吃的禾苗只有马的一半．’马主人说：‘我马所吃的禾苗只有牛的一半．’若按此比例偿还，牛、马、羊的主人各应赔偿多少？”设牛、马、羊的主人分别应偿还x 斗、y 斗、z 斗，则下列判断正确的是( )A ．y 2＝xz 且x ＝57B ．y 2＝xz 且x ＝207C ．2y ＝x ＋z 且x ＝57D ．2y ＝x ＋z 且x ＝2079．B 解析：由题意可知x ，y ，z 依次成公比为12的等比数列，则x ＋y ＋z ＝x ＋12x ＋14x ＝5，解得x ＝207，由等比数列的性质可得y 2＝xz .故选B.10．(2019吉林长春北京师范大学长春市附属中学第四次模拟)四色猜想是世界三大数学猜想之一，1976年美国数学家阿佩尔与哈肯证明了四色定理．其内容是：“任意一张平面地图只用四种颜色就能使具有共同边界的国家涂上不同的颜色．”用数学语言表示为“将平面任意地细分为不相重叠的区域，每一个区域总可以用1，2，3，4四个数字之一标记，而不会使相邻的两个区域得到相同的数字．”如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线围成的各区域(如区域D 由两个边长为1的小正方形构成)上分别标有数字1，2，3，4的四色地图符合四色定理，区域A ，B ，C ，D ，E ，F 标记的数字丢失，若在该四色地图上随机取一点，则恰好取在标记为4的区域的概率是( )A. 115B.415C.215D.111510．B 解析：∵区域C 相邻标记1，2，3的区域，∴区域C 标记4，进而区域D 相邻标记2，3，4的区域，从而推出区域D 标记1.∵区域A 相邻标记1，2，4的区域，∴区域A 标记3.∵区域E 相邻标记2，3，4的区域，∴区域E 标记1.∵区域F 相邻标记1，3，4的区域，∴区域F 标记2.∵区域B 相邻标记1，2，3的区域，∴区域B 标记4，∴只有B ，C 标记为4，共占8个边长为1的正方形，面积为8，总共的区域面积为30，∴在该四色地图上随机取一点，则恰好取在标记为4的区域的概率是830＝415.故选B.11．(2019山东青岛二中高三学段模块考试)我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有金棰，长五尺．斩本一尺，重四斤．斩末一尺，重二斤．问次一尺各重几何？”意思是：“现有一根金棰，长五尺．一头粗，一头细．在粗的一端截下一尺，重四斤；在细的一端截下一尺，重二斤．问依次每一尺各重几斤？”根据已知条件，若金棰由粗到细是均匀变化的，则中间三尺的质量(1斤＝500克)为( )A ．6斤B ．9斤C ．10斤D ．12斤11．B 解析：由题意知金棰由粗到细每一尺的质量构成一个等差数列，且首项a 1＝4，a 5＝2，则公差d ＝a 5－a 15－1＝－12.所以a 3＝a 1＋2d ＝4－1＝3，所以a 2＋a 3＋a 4＝3a 3＝9，故选B.12．(2019福建漳州第二次模拟)2018年9月24日，英国数学家阿蒂亚爵士在“海德堡论坛”展示了他证明黎曼猜想的过程，引起数学界震动，黎曼猜想来源于一些特殊数列求和，记S ＝1＋122＋132＋…＋1n 2＋…，则( )A ．1<S <43 B.43<S <32B. 32<S <2 D ．S >2 12．C 解析：当n ≥2时，1n 2<1n （n －1）＝1n －1－1n ，故S ＝1＋122＋132＋…＋1n 2<1＋1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＝2－1n ，n →＋∞时，S →2，可得S <2，排除D ；由 1＋122＋132>43，排除A ；由1＋122＋132＋142＋152＋162＋172>32，排除B.故选C.二、填空题13．(2019山东泰安一模)鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于古代汉族建筑中首创的榫卯结构，这种三维的拼插器具内部的凹凸部分(即榫卯结构)啮合十分巧妙，外观看是严丝合缝的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称．从外表上看，六根等长的正四棱柱分成三组，经90°榫卯起来，如图，若正四棱柱的高为6，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积的最小值为________．(容器壁的厚度忽略不计)13．41π 解析：由题意知，该球形容器的半径的最小值为12×36＋4＋1＝412，∴该球形容器的表面积的最小值为4π×414＝41π.14. (2019广东广州普通高中毕业班综合测试)《莱茵德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一．书中有一道这样的题目：把100个面包分给5个人，使每人所得份量成等差数列，且较大的三份之和的17是较小的两份之和，则最小一份的量为________． 14.53个解析：设此等差数列为{a n }，公差为d ，则5a 1＋4×52d ＝100, (a 3＋a 4＋a 5)×17＝a 1＋a 2，即(3a 1＋9d )·17＝2a 1＋d ，解得a 1＝53，d ＝556，最小一份为a 1.15．(2019云南大理第二次模拟)“珠算之父”程大位是我国明代著名的数学家，他的应用巨著《算法统综》中有一个“竹筒容米”问题：“家有九节竹一茎，为因盛米不均平，下头三节四升五，上梢四节三升八，唯有中间两节竹，要将米数次第盛，若有先生能算法，也教算得到天明．”(注：四升五为4.5升，次第盛即盛米容积依次相差同一数量)用你所学的数学知识求得中间两节竹的容积为________升．16．(2019上海奉贤二模)天干地支纪年法，源于中国，中国自古便有十天干与十二地支．十天干：甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸．十二地支：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥．天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，比如第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”，…，以此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”“乙亥”，之后地支回到“子”重新开始，即“丙子”，…，以此类推，已知2017年为丁酉年，那么到改革开放100周年时，即2078年为________年．15．2.5 解析：设从下至上各节容积分别为a 1，a 2，…，a 9，则{a n }是等差数列，设公差为d ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋（a 1＋d ）＋（a 1＋2d ）＝4.5，（a 1＋5d ）＋（a 1＋6d ）＋（a 1＋7d ）＋（a 1＋8d ）＝3.8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1.6，d ＝－0.1，∴中间两节的容积为a 4＋a 5＝(1.6－0.1×3)＋(1.6－0.1×4)＝2.5(升)． 16．戊戌解析：由题意，可得数列天干是以10为公差的等差数列，地支是以12为公差的等差数列，从2017年到2078年经过了61年，且2017年为丁酉年，以2017年的天干和地支分别为首项，则61÷10＝6……1，则2078年的天干为戊，61÷12＝5……1，则2078年的地支为戌，∴2078年为戊戌年．。

2020《新高考二轮专题突破+考前集训文科数学》课件第1部分重难专题专题5 数列

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4．(2019 安徽合肥一中二模)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 3a5－a1＝10，则 S13＝___6_5____．
解析：∵等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，3a5－a1＝ 10，∴3(a1＋4d)－a1＝2a1＋12d＝2a7＝10，∴S13＝123(a1 ＋a13)＝123×2a7＝123×10＝65.
数列{an}中，a4，a8 是关于 x 的方程 x2＋10x＋4＝0 的两
个实根，则 a2a6a10＝( B )
A．8
B．－8
C．4
D．8 或－8
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解析：∵a4，a8 是关于 x 的方程 x2＋10x＋4＝0 的两实根，∴a4a8＝4＝a2a10＝a26.由 a4a8＞0，a4＋a8＝－10＜ 0，得 a4＜0，a8＜0，∴a6＝a4q2＜0，即 a6＝－2，∴a2a6a10 ＝－8.故选 B.
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求等差(比)数列基本量的思路
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几类可以运用公式法求和的数列：
(1)等差数列、等比数列以及由等差数列、等比数列通过加、减构成的数列，它们可以运用等差数列、等比数列的求
解：令 cn＝b2nn，则 an＝c1＋c2＋…＋cn， an－1＝c1＋c2＋…＋cn－1(n∈N*，n≥2)，∴an－an－1 ＝cn. 由(1)得 an－an－1＝2，故 cn＝2(n∈N*，n≥2)，即b2nn＝2(n∈N*，n≥2)，∴bn＝2n＋1(n∈N*，n≥2)．又当 n＝1 时，由 a1＝b21＝1，得 b1＝2.

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