2020届高考数学一轮复习综合检测二(标准卷)理(含解析)新人教A版
综合检测二(标准卷)考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间120分钟，满分150分． 4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷(选择题 共60分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．设全集为R ，集合A ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪2－xx >0，B ＝{x |x ≥1}，则A ∩B 等于( ) A ．{x |0<x ≤1} B ．{x |0<x <1} C ．{x |1≤x <2} D ．{x |0<x <2}答案 C解析 由集合A ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪2－xx >0，可知0<x <2； 因为B ＝{x |x ≥1}，所以A ∩B ＝{}x |1≤x <2，故选C. 2．若复数z 满足(1＋2i)z ＝1－i ，则复数z 为( ) A.15＋35i B ．－15＋35iC.15－35i D ．－15－35i答案 D解析 ∵(1＋2i)z ＝1－i ，∴z ＝1－i 1＋2i ＝(1－i )(1－2i )(1＋2i )(1－2i )＝－1－3i 5＝－15－35i ，故选D.3．设变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧y ≥0，x －y ＋1≥0，x ＋y －3≤0，，则z ＝2x －y 的最小值为( )A ．－3B ．－2C ．－1D ．2 答案 B解析 绘制不等式组表示的可行域(阴影部分包含边界)，结合目标函数可得，目标函数在点A (－1,0) 处取得最小值z ＝2x －y ＝－2.4.如图，在△OAB 中，P 为线段AB 上的一点，OP →＝xOA →＋yOB →，且BP →＝2PA →，则( )A ．x ＝23，y ＝13B ．x ＝13，y ＝23C ．x ＝14，y ＝34D ．x ＝34，y ＝14答案 A解析 由题可知OP →＝OB →＋BP →，又BP →＝2PA →，所以OP →＝OB →＋23B A →＝OB →＋23(OA →－OB →)＝23O A →＋13OB →，所以x ＝23，y ＝13，故选A.5．(2x ＋x )4的展开式中x 3的系数是( ) A ．6B ．12C ．24D ．48 答案 C解析 (2x ＋x )4的展开式的通项公式为T k ＋1＝C k 4(2x )4－k(x )k ＝C k 424－k42kx－，令4－k2＝3解得k ＝2，故x 3的系数为C 2422＝24，故选C.6．阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，则输出的S 值为( )A ．15B ．37C ．83D ．177 答案 B解析 执行程序，可得S ＝0，i ＝1，不符合，返回循环；S ＝2×0＋1＝1，i ＝3，不符合，返回循环； S ＝2×1＋3＝5，i ＝5，不符合，返回循环； S ＝2×5＋5＝15，i ＝7，不符合，返回循环； S ＝2×15＋7＝37，i ＝9，符合，输出S ＝37.故选B.7．在公比为q 的正项等比数列{a n }中，a 4＝1，则当2a 2＋a 6取得最小值时，log 2q 等于( ) A.14B ．－14C.18D ．－18 答案 A解析 2a 2＋a 6≥22a 2a 6＝22a 24＝22，当且仅当q 4＝2时取等号，所以log 2q ＝log 2214＝14，故选A.8.三世纪中期，魏晋时期的数学家刘徽首创割圆术，为计算圆周率建立了严密的理论和完善的算法．所谓割圆术，就是不断倍增圆内接正多边形的边数求出圆周率的方法．如图是刘徽利用正六边形计算圆周率时所画的示意图，现向圆中随机投掷一个点，则该点落在正六边形内的概率为()A.332πB.33π2 C.322πD.3π2答案 A解析 设圆的半径为r ，则圆的面积S 圆＝πr 2，正六边形的面积S 正六边形＝6×12×r 2×sin60°＝332r 2，所以向圆中随机投掷一个点，该点落在正六边形内的概率P ＝S 正六边形S 圆＝332r 2πr 2＝332π，故选A.9．已知某几何体的三视图如图所示，俯视图是由边长为2的正方形和半径为1的半圆组成，则该几何体的体积为( )A ．8＋2π3B ．8＋π6C ．4＋π3D ．8＋π3答案 D解析 由三视图可知几何体为半圆锥与正方体的组合体，V ＝23＋12×13×π×12×2＝8＋π3.10．在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对应的边分别为a ，b ，c ，且a sin2B ＋b sin A ＝0，若a ＋c ＝2，则边b 的最小值为( ) A ．4B ．33C ．23D. 3 答案 D解析 根据a sin2B ＋b sin A ＝0，由正弦定理可得sin A sin2B ＋sin B sin A ＝0⇒cos B ＝－12，∵0<B <π，∴B ＝2π3，A ＋C ＝π3.由余弦定理可得b 2＝a 2＋c 2－2ac ·cos B ＝a 2＋c 2＋ac ＝(a ＋c )2－ac ＝4－ac . ∵a ＋c ＝2≥2ac ，当且仅当a ＝c ＝1时取等号， ∴ac ≤1.∴b 2＝4－ac ≥3, 即b ≥ 3. 故边b 的最小值为 3.11．已知直线l 的倾斜角为45°，直线l 与双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的左、右两支分别交于M ，N 两点，且MF 1，NF 2都垂直于x 轴(其中F 1，F 2分别为双曲线C 的左、右焦点)，则该双曲线的离心率为( ) A.3B.5C.5－1D.5＋12答案 D解析 ∵直线l 与双曲线的左、右两支分别交于M ，N 两点，且MF 1，NF 2都垂直于x 轴， ∴根据双曲线的对称性，设点M (－c ，－y )，N (c ，y )(y >0)，则c 2a 2－y 2b 2＝1，即|y |＝c 2－a 2a，且|MF 1|＝|NF 2|＝|y |，又∵直线l 的倾斜角为45°， ∴直线l 过坐标原点，|y |＝c ，∴c 2－a 2a＝c ，整理得c 2－ac －a 2＝0，即e 2－e －1＝0，解方程得e ＝5＋12. 12．若不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3对x ∈(0，＋∞)恒成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，0) B ．(－∞，4] C ．(0，＋∞) D ．[4，＋∞)答案 B解析 ∵2x ln x ≥－x 2＋ax －3对x ∈(0，＋∞)恒成立， ∴a ≤x ＋2ln x ＋3x对x ∈(0，＋∞)恒成立，令f (x )＝x ＋2ln x ＋3x ，则f ′(x )＝1＋2x －3x 2＝x 2＋2x －3x2. 由f ′(x )>0得x >1，即f (x )在(1，＋∞)上为增函数；由f ′(x )<0得0<x <1，即f (x )在(0,1)上为减函数． ∴f (x )min ＝f (1)＝4，∴a ≤4，∴实数a 的取值范围是(－∞，4]．第Ⅱ卷(非选择题 共90分)二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上) 13．f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧12x ＋1，x ≤0，－(x －1)2，x >0，则使f (a )＝－1成立的a 值是________．答案 －4或2解析 f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧12x ＋1，x ≤0，－(x －1)2，x >0，f (a )＝－1，当a ≤0时，f (a )＝12a ＋1＝－1，解得a ＝－4,当a ＞0时，f (a )＝－(a －1)2＝－1，解得a ＝2.14．已知l 1：mx －y －3m ＋1＝0与l 2：x ＋my －3m －1＝0相交于点P ，线段AB 是圆C ：(x ＋1)2＋(y ＋1)2＝4的一条动弦，且|AB |＝23，则|PA →＋PB →|的最小值是________． 答案 42－2解析 ∵l 1：mx －y －3m ＋1＝0与l 2：x ＋my －3m －1＝0，∴l 1⊥l 2，l 1过定点(3,1)，l 2过定点(1,3)， ∴点P 的轨迹方程为圆(x －2)2＋(y －2)2＝2， 作CD ⊥AB ，则|CD |＝22－(3)2＝1， ∴点D 的轨迹方程为(x ＋1)2＋(y ＋1)2＝1， 则|PA →＋PB →|＝2|PD →|，∵圆P 和圆D 的圆心距为(2＋1)2＋(2＋1)2＝32>1＋2， ∴两圆外离，∴|PD |的最小值为32－1－2＝22－1， ∴|PA →＋PB →|的最小值为42－2.15.已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫A >0，ω>0，|φ|<π2的部分图象如图所示，则f (0)＝________.答案 1解析 由函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)的部分图象知，A ＝2，T 4＝5π12－π6＝π4，∴T ＝π，∴ω＝2ππ＝2， 又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π6＋φ＝2,∴φ＝π6＋2k π，k ∈Z .又|φ|<π2，∴φ＝π6.∴f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6，f (0)＝2sin π6＝1.16．已知抛物线C ：y 2＝8x ，点P (0,4)，点A 在抛物线上，当点A 到抛物线准线l 的距离与点A 到点P 的距离之和最小时，F 是抛物线的焦点，延长AF 交抛物线于点B ，则△AOB 的面积为________． 答案 4 5解析 根据抛物线性质知抛物线上一点到准线的距离等于到焦点的距离，故当P ，A ，F 三点共线时达到最小值，由P (0,4)，F (2,0)，可得l AB ：2x ＋y －4＝0，联立抛物线方程可得x 2－6x ＋4＝0，设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，故|AB |＝x 1＋x 2＋p ＝6＋4＝10，原点到直线l AB ：2x ＋y －4＝0的距离d ＝|4|4＋1＝455，所以△AOB 的面积为12×10×455＝4 5.三、解答题(本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(12分)已知等差数列{a n }的公差不为零，a 1＝25，且a 1，a 11，a 13成等比数列． (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(－1)na n ，求数列{b n }前2019项的和． 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)，⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝25，a 211＝a 1·a 13⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝25，(a 1＋10d )2＝a 1(a 1＋12d )⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝25，d ＝－2，∴{a n }的通项公式为a n ＝27－2n . (2){b n }的前2019项的和S 2019为S 2019＝b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋…＋b 2018＋b 2019＝(a 2－a 1)＋(a 4－a 3)＋…＋(a 2018－a 2017)－a 2019＝(－2)×20182－(27－2×2019)＝1993.18．(12分)如图，五边形ABSCD 中，四边形ABCD 为长方形，三角形SBC 为边长为2的正三角形，将三角形SBC 沿BC 折起，使得点S 在平面ABCD 上的射影恰好在AD 上． (1)当AB ＝2时，证明：平面SAB ⊥平面SCD ；(2)若AB ＝1，求平面SCD 与平面SBC 所成二面角的余弦值的绝对值．(1)证明 作SO ⊥AD ，垂足为O ，依题意得SO ⊥平面ABCD ，∴SO ⊥AB ，SO ⊥CD ， 又AB ⊥AD ，SO ∩AD ＝O ，SO ，AD ⊂平面SAD ， ∴AB ⊥平面SAD ，∴AB ⊥SA ，AB ⊥SD .利用勾股定理得SA ＝SB 2－AB 2＝4－2＝2，同理可得SD ＝ 2. 在△SAD 中，AD ＝2，SA ＝SD ＝2，SA 2＋SD 2＝AD 2， ∴SA ⊥SD ，又SA ∩AB ＝A ，∴SD ⊥平面SAB ， 又SD ⊂平面SCD ，∴平面SAB ⊥平面SCD . (2)解 连接BO ，CO ，∵SB ＝SC ，∴Rt△SOB ≌Rt△SOC ， ∴BO ＝CO ，又四边形ABCD 为长方形，∴Rt△AOB ≌Rt△DOC ，∴OA ＝OD .取BC 中点为E ，得OE ∥AB ，连接SE ，∴SE ＝3， 其中OE ＝1，OA ＝OD ＝1，OS ＝3－12＝2，由以上证明可知OS ，OE ，AD 互相垂直，不妨以直线OA ，OE ，OS 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．∴DC →＝(0,1,0)，SC →＝(－1,1，－2)，BC →＝(－2,0,0)， 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面SCD 的法向量， 则有⎩⎪⎨⎪⎧ m ·DC →＝0，m ·SC →＝0，即⎩⎨⎧y 1＝0，－x 1＋y 1－2z 1＝0，令z 1＝1得m ＝(－2，0,1)，设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面SBC 的法向量， 则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·SC →＝0，即⎩⎨⎧－2x 2＝0，－x 2＋y 2－2z 2＝0，令z 1＝1得n ＝(0，2，1)．则|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝13×3＝13，所以平面SCD 与平面SBC 所成二面角的余弦值的绝对值为13.19．(12分)某芯片代工厂生产某型号芯片每盒12片，每批生产若干盒，每片成本1元，每盒芯片需检验合格后方可出厂．检验方案是从每盒芯片随机取3片检验，若发现次品，就要把全盒12片产品全部检验，然后用合格品替换掉不合格品，方可出厂；若无次品，则认定该盒芯片合格，不再检验，可出厂．(1)若某盒芯片中有9片合格，3片不合格，求该盒芯片经一次检验即可出厂的概率； (2)若每片芯片售价10元，每片芯片检验费用1元，次品到达组装工厂被发现后，每片须由代工厂退赔10元，并补偿1片经检验合格的芯片给组装厂．设每片芯片不合格的概率为p (0<p <1)，且相互独立．①若某箱12片芯片中恰有3片次品的概率为f (p )，求f (p )的最大值点p 0；②若以①中的p 0作为p 的值，由于质检员操作疏忽，有一箱芯片未经检验就被贴上合格标签出厂到组装工厂，试确定这箱芯片最终利润X (单位：元)的均值． 解 (1)设“该盒芯片经一次检验即可出厂”的事件为A, 则P (A )＝C 39C 312＝2155.(2)①因为f (p )＝C 312p 3(1－p )9，所以f ′(p )＝C 312[3p 2(1－p )9＋p 3·9(1－p )8·(－1)] ＝C 312p 2(1－p )8(3－12p )，∵p ∈(0,1)，∴令f ′(p )＝0，得p 0＝14，∴当p ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14时，f ′(p )>0，f (p )为单调增函数； 当p ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫14，1时，f ′(p )<0，f (p )为单调减函数， ∴p 0＝14为f (p )的极大值点，也是最大值点．故f (p )的最大值点p 0＝14.②由题设知，p ＝p 0＝14，设这箱芯片不合格品个数为n ， 则n ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，14， 故E (n )＝12×14＝3，则E (X )＝120－12－30－3×2＝72. ∴这箱芯片最终利润X 的均值是72元．20．(12分)设常数t >2.在平面直角坐标系xOy 中，已知点F (2,0)，直线l ：x ＝t ，曲线Γ：y 2＝8x (0≤x ≤t ，y ≥0)．l 与x 轴交于点A 、与Γ交于点B .P ，Q 分别是曲线Γ与线段AB上的动点．(1)用t 表示点B 到点F 距离；(2)设t ＝3，|FQ |＝2，线段OQ 的中点在直线FP 上，求△AQP 的面积；(3)设t ＝8，是否存在以FP ，FQ 为邻边的矩形FPEQ ，使得点E 在Γ上？若存在，求点P 的坐标；若不存在，说明理由．解 (1)方法一 由题意可得B (t,22t )， 则|BF |＝(t －2)2＋8t ＝t ＋2， ∴|BF |＝t ＋2.方法二 由题意可得B (t,22t )，由抛物线的性质可知，|BF |＝t ＋p2＝t ＋2，∴|BF |＝t ＋2.(2)F (2,0)，|FQ |＝2，t ＝3，则|FA |＝1， ∴|AQ |＝3，∴Q (3，3)，设OQ 的中点D ，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，k DF ＝32－032－2＝－3，则直线PF 的方程为y ＝－3(x －2)， 联立⎩⎨⎧y ＝－3(x －2)，y 2＝8x ，整理得3x 2－20x ＋12＝0，解得x ＝23，x ＝6(舍去)，∴△AQP 的面积S ＝12×3×73＝736.(3)存在．假设存在，则设P ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 28，y ，易知，当PF 斜率不存在时，不存在符合题意的矩形， 则k PF ＝yy 28－2＝8y y 2－16，k FQ ＝16－y28y ，直线QF 的方程为y ＝16－y28y(x －2)，∴y Q ＝16－y 28y (8－2)＝48－3y 24y ，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫8，48－3y 24y ， 根据FP →＋FQ →＝FE →，则E ⎝ ⎛⎭⎪⎫y28＋6，48＋y 24y ，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫48＋y 24y 2＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫y 28＋6，解得y 2＝165， ∴存在以FP ，FQ 为邻边的矩形FPEQ ，使得点E 在Γ上，且P ⎝ ⎛⎭⎪⎫25，455. 21．(12分)已知函数f (x )＝(2－a )(x －1)－2ln x (a 为常数)．(1)当a ＝1时，求f (x )的单调区间； (2)若函数y ＝f (x )，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12的图象与x 轴无交点，求实数a 的最小值． 解 (1)a ＝1时，f (x )＝x －2ln x －1，f ′(x )＝1－2x， 由f ′(x )>0得x >2；f ′(x )<0得0<x <2.故f (x )的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，＋∞)．(2)因为f (x )的定义域为(0，＋∞)，所以当x →0时，f (x )→＋∞，故要使函数f (x )的图象与x 轴在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上无交点， 需对任意的x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，f (x )>0成立， 即x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，a >2－2ln x x －1. 令l ()x ＝2－2ln x x －1，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12， 则l ′(x )＝2ln x ＋2x －2(x －1)2， 再令m (x )＝2ln x ＋2x －2，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12， m ′(x )＝－2(1－x )x 2<0，于是m ()x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上为减函数， 故m (x )>m ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝2－2ln2>0，∴l ′(x )>0在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上恒成立， ∴l (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上为增函数，∴l (x )<l ⎝ ⎛⎭⎪⎫12在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上恒成立， 又l ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝2－4ln2，故要使a >2－2ln x x －1恒成立，只要a ∈[2－4ln2，＋∞)， ∴实数a 的最小值为2－4ln2.请在第22～23题中任选一题作答．22．(10分)直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝2＋t cos α，y ＝1＋t sin α(t 为参数)，在极坐标系(与直角坐标系xOy 取相同的长度单位，且以原点为极点，以x 轴正半轴为极轴)中，圆C 的方程为ρ＝6cos θ.(1)求圆C 的直角坐标方程；(2)设圆C 与直线l 交于点A ，B ，若点P 的坐标为(2,1)，求|PA |＋|PB |的最小值．解 (1)由ρ＝6cos θ得ρ2＝6ρcos θ，化为直角坐标方程为x 2＋y 2＝6x ，即(x －3)2＋y 2＝9.(2)将直线l 的参数方程代入圆C 的直角坐标方程，得t 2＋2(sin α－cos α)t －7＝0. 由Δ＝4(sin α－cos α)2＋4×7＞0，故可设t 1，t 2是上述方程的两根，所以t 1＋t 2＝2(cos α－sin α)，t 1t 2＝－7，又由直线过点(2,1)，故结合参数的几何意义得|PA |＋|PB |＝|t 1|＋|t 2|＝|t 1－t 2|＝4(sin α－cos α)2＋28＝32－4sin2α≥27，当sin2α＝1时取等号．所以|PA |＋|PB |的最小值为27.23．(10分)设函数f (x )＝|2x －a |＋|x ＋a |(a >0)．(1)当a ＝1时，求f (x )的最小值；(2)若关于x 的不等式f (x )<5x＋a 在x ∈[1,2]上有解，求实数a 的取值范围． 解 (1)当a ＝1时，f (x )＝|2x －1|＋|x ＋1|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －12＋|x ＋1|≥0＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12－(x ＋1)＝32， 当且仅当x ＝12时，取等号． (2)当x ∈[1,2]时，f (x )<5x ＋a ⇒|2x －a |＋x ＋a <5x ＋a ⇒|a －2x |<5x －x ⇔3x －5x <a <x ＋5x，因为x ∈[1,2]时3x －5x 的最小值为－2，x ＋5x的最大值为6，所以－2<a <6，又因为a >0，所以0<a <6.。
2020届高考数学一轮复习综合检测二(标准卷)理(含解析)新人教A版
综合检测二(标准卷)考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间120分钟，满分150分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷(选择题 共60分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．设全集为R ，集合A ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ 2－x x >0，B ＝{x |x ≥1}，则A ∩B 等于( ) A ．{x |0<x ≤1}B ．{x |0<x <1}C ．{x |1≤x <2}D ．{x |0<x <2} 答案 C解析 由集合A ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ 2－x x >0，可知0<x <2； 因为B ＝{x |x ≥1}，所以A ∩B ＝{}x |1≤x <2，故选C.2．若复数z 满足(1＋2i)z ＝1－i ，则复数z 为( )A.15＋35i B ．－15＋35i C.15－35i D ．－15－35i 答案 D解析 ∵(1＋2i)z ＝1－i ，∴z ＝1－i 1＋2i ＝(1－i )(1－2i )(1＋2i )(1－2i )＝－1－3i 5＝－15－35i ，故选D. 3．设变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧ y ≥0，x －y ＋1≥0，x ＋y －3≤0，，则z ＝2x －y 的最小值为( )A ．－3B ．－2C ．－1D ．2答案 B 解析 绘制不等式组表示的可行域(阴影部分包含边界)，结合目标函数可得，目标函数在点A (－1,0) 处取得最小值z ＝2x －y ＝－2.4.如图，在△OAB 中，P 为线段AB 上的一点，OP →＝xOA →＋yOB →，且BP →＝2PA →，则( )A ．x ＝23，y ＝13B ．x ＝13，y ＝23C ．x ＝14，y ＝34D ．x ＝34，y ＝14 答案 A解析 由题可知OP →＝OB →＋BP →，又BP →＝2PA →，所以OP →＝OB →＋23B A →＝OB →＋23(OA →－OB →)＝23O A →＋13OB →，所以x ＝23，y ＝13，故选A. 5．(2x ＋x )4的展开式中x 3的系数是( )A ．6B ．12C ．24D ．48答案 C解析 (2x ＋x )4的展开式的通项公式为T k ＋1＝C k 4(2x )4－k (x )k ＝C k 424－k 42k x －，令4－k 2＝3解得k ＝2，故x 3的系数为C 2422＝24，故选C.6．阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，则输出的S 值为( )A ．15B ．37C ．83D ．177答案 B解析 执行程序，可得S ＝0，i ＝1，不符合，返回循环；。
2020届高三质量联合测评(二)数学(理)(A卷)试题(解析版)
当 x 1 时，则 f 1 1 e ，当 x 1时， f 1 1 1 ，
e
则 f 1 f 1 ，故 D 不正确；
故选：C 【点睛】 本题考查了函数图像的识别，指数函数的性质，属于基础题. 5．在很多地铁的车厢里，顶部的扶手是一根漂亮的弯管，如下图所示．将弯管形状近
似地看成是圆弧，已知弯管向外的最大突出(图中 CD )有15cm ，跨接了 6 个坐位的宽 度( AB )，每个座位宽度为 43cm ，估计弯管的长度，下面的结果中最接近真实值的是
【详解】
A {x | x 1 或 x 2}， B {x | 1 x 3}，
∴ A B {1}[2,3] .
故选：A 【点睛】
本题主要考查了集合的交运算，同时考查了一元二次不等式的解法以及绝对值不等式的
解法，属于基础题.
2．设复数 z
满足
z i zi
i
，则
z
（
A．1
B．-1
） C．1 i
2
函数，从而证出 x 0, ln(1 x) x ，即可得到答案.
【详解】
x 0 时， x x x2 2
令
f
(x)
ln(1
x)
x
x2 2
，求导
f
( x )
1 1 x
1
x
x2 1 x
x 0 ， f (x) 0 ，故 f (x) 单调递增： f (x) f (0) 0
∴ ln(1 x) x x2 ， 2
当 x 0 ，设 g x ln 1 x x ， gx 1 1 x 0 ，
1 x 1 x
又 g 0 0 ，
g x ln 1 x x 0 ，即 x 0, ln(1 x) x ，
2019-2020年高三一轮复习测试(二)数学理试题 含答案
2019-2020年高三一轮复习测试（二）数学理试题 含答案一、选择题1．（2013广东）定义域为R 的四个函数3y x =,2xy =,21y x =+,2sin y x =中,奇函数的个数是( )A . 4B ．3C ．2D ．12、（2012广东）下列函数中，在区间()0,+∞上为增函数的是（ ）A .()ln 2y x =+B .y =C .12xy ⎛⎫= ⎪⎝⎭D .1y x x=+3、（2011广东）设函数()f x 和()g x 分别是Ｒ上的偶函数和奇函数，则下列结论恒成立的是（ ）Ａ．()()f x g x +是偶函数 Ｂ．()()f x g x -是奇函数 Ｃ．()()f x g x +是偶函数 Ｄ．()()f x g x -是奇函数4、（2010广东）若函数()33xxf x -=+与()33xxg x -=-的定义域均为R ，则（ ） A ．()f x 与()g x 均为偶函数 B ．()f x 为奇函数，()g x 为偶函数 C ．()f x 与()g x 均为奇函数 D ．()f x 为偶函数．()g x 为奇函数5、（2009广东）若函数()y f x =是函数(0,1)xy a a a =>≠且的反函数，其图像经过点)a ，则()f x =（ ）Ａ．2log x Ｂ．12log x Ｃ．12x Ｄ．2x 6、（2008广东）设a ∈R ，若函数3axy e x =+，x ∈R 有大于零的极值点，则（ ） A ．3a >-B ．3a <-C ．13a >-D ．13a <-7、（2013天津））函数0.5()2|log |x f x x =－1的零点个数为（ ）(A) 1(B) 2(C) 3(D) 48、（2013北京）直线l 过抛物线C ：x 2＝4y 的焦点且与y 轴垂直，则l 与C 所围成的图形的面积等于( )A.43 B ．2 C.83 D.16 239、（2010天津理数）函数f(x)=23xx +的零点所在的一个区间是（ ） (A)（-2，-1）(B)（-1,0）(C)（0,1）(D)（1,2）10、（深圳市2013届高三2月第一次调研考试）函数 ln 1y x =-的图像与函数()2cos 24y x x π=--≤≤的图像所有交点的横坐标之和等于A ．8B ．6C ．4D ．2 二、填空题1、（佛山市2013届高三上学期期末）已知函数()y f x =是奇函数，当0x >时，()f x =2log x ，则1(())4f f 的值等于 ．2、（2011广东）函数f （x ）=x 3－3x 2＋1在x =学科网____________处取得极小值．3、（2010广东）函数，()lg(2)f x x =-的定义域是4、（2012年高考（江苏））函数x x f 6log 21)(-=的定义域为___＿＿_.5、（汕头市2013届高三3月教学质量测评）若曲线y =与直线x=a ，y=0所围成封闭图形的面积为a 2．则正实数a ＝＿＿＿＿ 三、解答题1、（2013广东）设函数()()21xf x x e kx =--(其中k ∈R ).(Ⅰ) 当1k =时,求函数()f x 的单调区间； (Ⅱ) 当1,12k ⎛⎤∈⎥⎝⎦时,求函数()f x 在[]0,k 上的最大值M .2、（2009广东）已知二次函数()y g x =的导函数的图像与直线2y x =平行，且()y g x =在1x =-处取得极小值1(0)m m -≠．设()()g x f x x=．（１）若曲线()y f x =上的点P 到点(0,2)Q ，求m 的值； （２）()k k R ∈如何取值时，函数()y f x kx =-存在零点，并求出零点．参考答案 一、选择题1、C2、A3、A4、B5、B6、B 【解析】'()3axf x ae =+，若函数在x R ∈上有大于零的极值点，即'()30axf x ae =+=有正根。
2020届全国高考复习理科数学综合检测二(全国卷)(解析版)
2021届高考复习综合检测二(全国卷)数 学（理科）考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间120分钟，满分150分． 4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷(选择题 共60分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．已知集合A ＝{x |x 2－x －2>0}，B ＝{x |log 2x ≤2}，则A ∩B 等于( ) A ．(－∞，－1)∪(0，＋∞) B ．(2,4] C ．(0,2)D ．(－1,4]2．复数z ＝2－i1＋i 对应的点在复平面内位于( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限3.七巧板是我国古代劳动人民的发明之一，被誉为“东方魔板”，它是由五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成的．如图是一个用七巧板拼成的正方形，若在此正方形中任取一点，则此点取自阴影部分的概率为( )A.932B.516C.38D.7164．在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，若a 2－b 2＝3bc ，sin C ＝23sin B ，则A 等于( ) A.π6 B.π3 C.2π3 D.5π65．(2019·河南省郑州市第一中学适应性考试)已知函数f (x )是定义在R 上的偶函数，且f (0)＝0，当x <0时，f (x )单调递增．若实数a 满足f (3－|a ＋1|)>f ⎝⎛⎭⎫－33，则a 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫－32，－12 B.⎝⎛⎭⎫－∞，－32∪⎝⎛⎭⎫－12，＋∞ C.⎝⎛⎭⎫－43，－23 D.⎝⎛⎭⎫－∞，－43∪⎝⎛⎭⎫－23，＋∞ 6．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为( )A.(6＋π)36B.(8＋π)36C.(8＋2π)36D.(9＋2π)367．已知函数f (x )＝A cos(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫A >0，ω>0，|φ|<π2的图象如图所示，若函数h (x )＝f (x )＋1的两个不同零点分别为x 1，x 2，则|x 1－x 2|的最小值为( )A.2π3B.π2C.4π3D ．π 8．(2019·上海市吴淞中学期末)函数f (x )＝a －x 2|x ＋1|－1为奇函数的充要条件是( )A ．0<a <1B ．a >1C ．0<a ≤1D ．a ≥19．抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，已知点A 和B 分别为抛物线上的两个动点．且满足∠AFB ＝120°，过弦AB 的中点M 作抛物线准线的垂线MN ，垂足为N ，则||MN ||AB 的最大值为( ) A. 3 B ．1 C.233 D.3310．(2019·上海市曹杨中学期末)设定义域为R 的函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|lg|x －1||(x ≠1)，0(x ＝1)，则关于x 的方程f 2(x )＋bf (x )＋c ＝0有7个不同实数根的充要条件是( ) A ．b <0且c >0 B ．b <0且c <0 C ．b <0且c ＝0D ．b ≥0且c ＝011．(2020·哈尔滨市师范大学附属中学月考)已知O 为△ABC 的外接圆的圆心，且3OA →＋4OB →＝－5OC →，则C 的值为( ) A.π4 B.π2 C.π6D.π1212．已知函数f (x )＝ln x ＋(x －t )2x ，t ∈R ，若对任意的x ∈[1,2]，f (x )>－x ·f ′(x )恒成立，则实数t 的取值范围是( ) A ．(－∞，2) B.⎝⎛⎭⎫－∞，32 C ．(－∞，3) D.⎝⎛⎭⎫－∞，94第Ⅱ卷(非选择题 共90分)二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上) 13．已知定义在R 上的奇函数，当x >0时，f (x )＝log 2x －3x ，则f (－1)＝________. 14．若(x －1)5－2x 4＝a 0＋a 1(x －2)＋a 2(x －2)2＋a 3(x －2)3＋a 4(x －2)4＋a 5(x －2)5，则a 2＝________.15．设f ′(x )和g ′(x )分别是f (x )和g (x )的导函数，若f ′(x )·g ′(x )<0在区间I 上恒成立，则称f (x )和g (x )在区间I 上单调性相反．若函数f (x )＝13x 3－2ax (a ∈R )与g (x )＝x 2＋2bx (b ∈R )在区间(a ，b )上单调性相反(a >0)，则b －a 的最大值为__________．16．已知圆O ：x 2＋y 2＝1与x 轴负半轴的交点为A ，P 为直线3x ＋4y －a ＝0上一点，过P 作圆O 的切线，切点为T ，若|P A |＝2|PT |，则a 的最大值为________．三、解答题(本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(12分)在锐角△ABC 中， a ，b ，c 为内角A ，B ，C 的对边，且满足(2c －a )cos B －b cos A ＝0.(1)求角B 的大小；(2)已知c ＝2，AC 边上的高BD ＝3217，求△ABC 的面积S 的值．18．(12分)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝1，底面ABCD的周长为4，E为BA1的中点．(1)判断两直线EC1与AD的位置关系，并给予证明；(2)当长方体ABCD－A1B1C1D1的体积最大时，求直线BA1与平面A1CD所成的角θ.19.(12分)已知椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)和椭圆C 2：x 22＋y 2＝1的离心率相同，且点(2，1)在椭圆C 1上． (1)求椭圆C 1的方程；(2)设P 为椭圆C 2上一点，过点P 作直线交椭圆C 1于A ，C 两点，且P 恰为弦AC 的中点，则当点P 变化时，试问△AOC 的面积是否为常数，若是，求出此常数，若不是，请说明理由．20．(12分)当前，以“立德树人”为目标的课程改革正在有序推进．目前，国家教育主管部门正在研制的《新时代全面加强和改进学校体育美育工作意见》，以及将出台的加强劳动教育指导意见和劳动教育指导大纲，无疑将对体美劳教育提出刚性要求．为激发学生加强体育活动，保证学生健康成长，某校开展了校级排球比赛，现有甲乙两人进行比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满8局时停止．设甲在每局中获胜的概率为p ⎝⎛⎭⎫p >12，且各局胜负相互独立．已知第二局比赛结束时比赛停止的概率为59. (1)求p 的值；(2)设X 表示比赛停止时已比赛的局数，求随机变量X 的分布列和均值E (X )．21.(12分)函数f (x )＝ln x ＋1－x ax (a ∈R 且a ≠0)，g (x )＝(b －1)x －x e x －1x (b ∈R )．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当a ＝1时，若关于x 的不等式f (x )＋g (x )≤－2恒成立，求实数b 的取值范围．请在第22～23题中任选一题作答．22．(10分)在平面直角坐标系xOy 中，以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C 的极坐标方程为ρ＝4cos θ1－cos 2θ，直线l 的参数方程是⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋t cos α，y ＝2＋t sin α(t 为参数，0≤α<π)．(1)求曲线C 的直角坐标方程；(2)设直线l 与曲线C 交于A ，B 两点，且线段AB 的中点为M (2,2)，求α.23．(10分)已知函数f (x )＝m －|x ＋4|(m >0)，且f (x －2)≥0的解集为[－3，－1]． (1)求m 的值；(2)若a ，b ，c 都是正实数，且1a ＋12b ＋13c＝m ，求证：a ＋2b ＋3c ≥9.答案精析1．B [∵集合A ＝{x |x 2－x －2>0}＝{x |x <－1或x >2}， B ＝{x |log 2x ≤2}＝{x |0<x ≤4}， ∴A ∩B ＝{x |2<x ≤4}＝(2,4]．]2．D [z ＝2－i 1＋i ，即z ＝(2－i )(1－i )(1＋i )(1－i )＝1－3i 2＝12－3i2，故z 在复平面内对应的点位于第四象限．]3．C [设小正方形的边长为1，可得阴影平行四边形的底为2，高为22，阴影等腰直角三角形的直角边为2，斜边为22，大正方形的边长为22，所以P ＝2×22＋12×2×222×22＝38.] 4．A [∵sin C ＝23sin B ，∴由正弦定理得c ＝23b ，则c 2＝12b 2. 又a 2－b 2＝3bc ，那么a 2＝7b 2，由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝6b 243b 2＝32，∵A ∈(0，π)，∴A ＝π6.]5．B [∵f (3－|a ＋1|)>f ⎝⎛⎭⎫－33， ∴f (3－|a ＋1|)>f ⎝⎛⎭⎫33＝f (312-)，又f (x )为偶函数，且在(－∞，0)上单调递增， ∴f (x )在(0，＋∞)上单调递减，∴|a ＋1|>12，解得a ∈⎝⎛⎭⎫－∞，－32∪⎝⎛⎭⎫－12，＋∞.] 6．B [几何体为一个四棱锥与一个半圆锥的组合体，四棱锥的高为3，底面为边长为2的正方形；半圆锥高为3，底面为半径为1的半圆，因此体积为13×3×22＋13×3×π·122＝(8＋π)36，故选B.] 7．A [由图象可知，A ＝2，T 4＝2π3－π6＝π2，∴T ＝2π，ω＝1，∴f (x )＝2cos(x ＋φ)，∵f ⎝⎛⎭⎫π6＝2cos ⎝⎛⎭⎫π6＋φ＝2，且|φ|<π2， ∴φ＝－π6，f (x )＝2cos ⎝⎛⎭⎫x －π6， 令h (x )＝f (x )＋1＝2cos ⎝⎛⎭⎫x －π6＋1＝0， 可得cos ⎝⎛⎭⎫x －π6＝－12， 解得x －π6＝2π3＋2k π，k ∈Z 或x －π6＝4π3＋2k π，k ∈Z ，x ＝5π6＋2k π，k ∈Z 或x ＝3π2＋2k π，k ∈Z ，则|x 1－x 2|的最小值为3π2－5π6＝2π3.]8．C [f (x )＝a －x 2|x ＋1|－1，f (－x )＝a －x 2|－x ＋1|－1，f (x )为奇函数，a －x 2|x ＋1|－1＝－a －x 2|－x ＋1|－1，∴|x ＋1|＋|x －1|＝2，∴－1≤x ≤1，考虑定义域a －x 2≥0，即－a ≤x ≤a (a >0)且x ≠0， 满足a ≤1，∴0<a ≤1.]9．D [如图所示，过A ，B 分别作准线的垂线AQ ，BP ，垂足分别为Q ，P ，设|AF |＝a ，|BF |＝b ， 由抛物线的定义，得 |AF |＝|AQ |，|BF |＝|BP |，在梯形ABPQ 中，2|MN |＝|AQ |＋|BP |＝a ＋b ，由余弦定理得|AB |2＝a 2＋b 2－2ab cos 120°＝a 2＋b 2＋ab ， 整理得|AB |2＝(a ＋b )2－ab ，因为ab ≤⎝⎛⎭⎫a ＋b 22，则(a ＋b )2－ab ≥(a ＋b )2－⎝⎛⎭⎫a ＋b 22＝34(a ＋b )2，即|AB |2≥34(a ＋b )2，所以|AB|2|MN|2≥34(a＋b)214(a＋b)2＝3，所以|AB||MN|≥3，即|MN||AB|≤33，当且仅当a＝b，即|AF|＝|BF|时取等号，故选D.]10．C[令t＝f (x)，考虑方程t2＋bt＋c＝0的根，该方程必有两个不同实数解，设解为t＝t1，t＝t2，由题设方程t1＝f (x)和方程t2＝f (x)的解即为方程f2(x)＋bf (x)＋c＝0的解，因为方程f2(x)＋bf (x)＋c＝0有7个不同的解，根据f (x)的图象(如图所示)可得，直线y＝t1与y＝f (x)的图象有3个不同的公共点，直线y＝t2与y＝f (x)的图象有4个不同的公共点，故t1＝0，t2>0，所以c＝0，t2＝－b>0即b<0，故选C.]11．A[由题意可得，|OA→|＝|OB→|＝|OC→|，且OC→＝－15(3OA→＋4OB→)，∴OC→·OC→＝|OC→|2＝125(3OA→＋4OB→)2＝925|OA→|2＋2425OA→·OB→＋1625|OB→|2＝|OC→|2＋2425OA→·OB→，∴2425OA→·OB→＝0，∴∠AOB＝90°.如图所示，建立平面直角坐标系，设A(0,1)，B(1,0)，由3OA →＋4OB →＝(4,3)＝－5OC →，可知C ⎝⎛⎭⎫－45，－35， 则CA →＝⎝⎛⎭⎫45，85，CB →＝⎝⎛⎭⎫95，35，cos C ＝CA →·CB →|CA →|×|CB →|＝3625＋2425455×3105＝22， 则C ＝π4.] 12．B [∵f ′(x )＝x 2－ln x ＋1－t 2x 2， 又对任意的x ∈[1,2]，f ′(x )·x ＋f (x )＞0恒成立，∴对任意的x ∈[1,2]，2x 2－2tx ＋1x＞0恒成立， 即对任意的x ∈[1,2]，2x 2－2tx ＋1＞0恒成立，则t ＜2x 2＋12x ＝x ＋12x ＝x ＋12x 恒成立， 令g (x )＝x ＋12x ，又g (x )＝x ＋12x在[1,2]上单调递增， ∴g (x )min ＝g (1)＝32，∴t ＜32.] 13．3解析 因为f (1)＝log 21－3＝－3，又f (x )为定义在R 上的奇函数，所以f (－1)＝－f (1)＝3.14．－38解析 令x －2＝t ，则x ＝t ＋2.由条件可得(t ＋1)5－2(t ＋2)4＝a 0＋a 1t ＋a 2t 2＋a 3t 3＋a 4t 4＋a 5t 5，故t 2的系数为C 35－2C 24×22＝－38，即a 2＝－38.15.12解析 由题意知f ′(x )＝x 2－2a ，g ′(x )＝2x ＋2b ，函数f (x )与g (x )在区间(a ，b )上单调性相反，则(x 2－2a )(2x ＋2b )<0在x ∈(a ，b )上恒成立，又0<a <b ，所以2x ＋2b >0，于是x 2－2a <0在x ∈(a ，b )上恒成立．易知x 2－2a <0的解集为(－2a ，2a )，所以(a ，b )⊆(－2a ，2a )，所以b －a ≤2a －a ＝－⎝⎛⎭⎫a －122＋12， 当a ＝12，b ＝1时，b －a 取得最大值12. 16.233解析 易知A (－1,0)，设P (x ，y )，由|P A |＝2|PT |，可得(x ＋1)2＋y 2＝4(x 2＋y 2－1)，化简得⎝⎛⎭⎫x －132＋y 2＝169， 可转化为直线3x ＋4y －a ＝0与圆⎝⎛⎭⎫x －132＋y 2＝169有公共点， 所以d ＝|1－a |5≤43， 解得－173≤a ≤233. 故a 的最大值为233. 17．解 (1)∵(2c －a )cos B －b cos A ＝0，由正弦定理得(2sin C －sin A )cos B －sin B cos A ＝0，∴(2sin C －sin A )cos B ＝sin B cos A ，2sin C cos B －sin(A ＋B )＝0，∵A ＋B ＝π－C 且sin C ≠0，∴cos B ＝12， ∵B ∈(0，π)，∴B ＝π3. (2)∵S △ABC ＝12ac sin B ＝12BD ·b ， 代入c ＝2，BD ＝3217，sin B ＝32，得b ＝73a ， 由余弦定理得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝a 2＋4－2a ，代入b ＝73a ，得a 2－9a ＋18＝0， 解得⎩⎨⎧ a ＝3，b ＝7或⎩⎨⎧a ＝6，b ＝27，又∵三角形为锐角三角形，∴a 2<c 2＋b 2，∴a ＝3，b ＝7.∴S △ABC ＝12ac sin B ＝12×2×3×32＝332. 18．解 (1)EC 1与AD 是相交直线.证明如下：如图，连接AB 1，C 1D ，则AB 1C 1D 是平行四边形，∵E 是AB 1的中点，∴AE ∥C 1D ，AE ＝12C 1D ， ∴AEC 1D 为梯形，A ，E ，C 1，D 四点共面，又EC 1与AD 为梯形的两腰，故EC 1与AD 相交.(2)设 AB ＝b ，AD ＝2－b ，VABCD －A 1B 1C 1D 1＝b (2－b )×AA 1＝b (2－b )≤⎝⎛⎭⎫b ＋2－b 22＝1，当且仅当b ＝2－b ，即b ＝1时取等号，方法一 连接BD (图略)，设点B 到平面A 1CD 的距离为h ，则根据等体积法VB －A 1CD ＝VA 1－BCD ，其中S △A 1CD ＝12×CD ×A 1D ＝22，VA 1－BCD ＝13S △BCD ×AA 1＝16， ∴h ＝22， 则直线BA 1与平面A 1CD 所成的角θ满足sin θ＝h BA 1＝12， ∵θ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，∴θ＝π6.方法二 分别以边AB ，AD ，AA 1所在的直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的平面直角坐标系， 则B (1,0,0)，A 1(0,0,1)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，BA 1→＝(－1,0,1)，CD →＝(－1,0,0)，CA 1→＝(－1，－1,1),设平面A 1CD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·CD →＝0，n ·CA 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＝0，－x －y ＋z ＝0， 取z ＝1，则n ＝(0,1,1)，∴sin θ＝|cos 〈BA 1→，n 〉|＝12×2＝12， ∵θ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，∴θ＝π6. 19．解 (1)由题意知，2a 2＋1b 2＝1，且c a ＝22， 即a 2＝4，b 2＝2，所以椭圆C 1的方程为x 24＋y 22＝1. (2)是．①当直线AC 的斜率不存在时，必有P (±2，0)，此时|AC |＝2，S △AOC ＝ 2. ②当直线AC 的斜率存在时，设其斜率为k ，点P (x 0，y 0)，则AC ：y －y 0＝k (x －x 0)，直线AC 与椭圆C 1联立，得(1＋2k 2)x 2＋4k (y 0－kx 0)x ＋2(y 0－kx 0)2－4＝0，设A (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，则x 0＝x 1＋x 22＝－2k (y 0－kx 0)1＋2k 2，即x 0＝－2ky 0， 又x 20＋2y 20＝2，∴y 20＝11＋2k 2， S △AOC ＝12×|y 0－kx 0|1＋k2×1＋k 2· 16k 2(y 0－kx 0)2－4(1＋2k 2)[2(y 0－kx 0)2－4]1＋2k 2 ＝2|y 0－kx 0|2(1＋2k 2)－(y 0－kx 0)21＋2k 2＝2(1＋2k 2)|y 0|2(1＋2k 2)－(1＋2k 2)2y 201＋2k2 ＝2|y 0|1＋2k 2＝ 2.综上，△AOC 的面积为常数 2.20．解 (1)依题意，当甲连胜2局或乙连胜2局时，第二局比赛结束时比赛结束．所以有p 2＋(1－p )2＝59，解得p ＝23或p ＝13(舍)． (2)依题意知，X 的所有可能值为2,4,6,8.设每两局比赛为一轮，则该轮结束时比赛停止的概率为59.若该轮结束时比赛还将继续，则甲、乙在该轮中必是各得一分，此时，该轮比赛结果对下轮比赛是否停止没有影响．从而有P (X ＝2)＝59， P (X ＝4)＝⎝⎛⎭⎫1－59×59＝2081， P (X ＝6)＝⎝⎛⎭⎫1－59×⎝⎛⎭⎫1－59×59＝80729， P (X ＝8)＝⎝⎛⎭⎫1－59×⎝⎛⎭⎫1－59×⎝⎛⎭⎫1－59×1＝64729. 所以随机变量X 的分布列为则E (X )＝2×59＋4×2081＋6×80729＋8×64729＝2 522729. 21．解 (1)∵f (x )＝ln x ＋1ax －1a， ∴f ′(x )＝1x －1ax 2＝ax －1ax 2(x >0)， 当a <0时，f ′(x )>0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增，当a >0时，由f ′(x )>0得x >1a； 由f ′(x )<0得0<x <1a， ∴f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递增． 综上，当a <0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递增．(2)由题意，当a ＝1时，不等式f (x )＋g (x )≤－2，即ln x ＋1x －1＋(b －1)x －x e x －1x≤－2， 即b －1≤e x －ln x x －1x在(0，＋∞)上恒成立， 令h (x )＝e x －ln x x －1x， 则h ′(x )＝e x －1－ln x x 2＋1x 2＝x 2e x ＋ln x x 2， 令u (x )＝x 2e x ＋ln x ，则u ′(x )＝(x 2＋2x )e x ＋1x>0， ∴u (x )在(0，＋∞)上单调递增，又u (1)＝e>0，u ⎝⎛⎭⎫12＝e 4－ln 2<0，∴u (x )有唯一零点x 0⎝⎛⎭⎫12<x 0<1， 所以u (x 0)＝0，即x 0e x 0＝－ln x 0x 0，(*) 当x ∈(0，x 0)时，u (x )<0，即h ′(x )<0，h (x )单调递减； x ∈(x 0，＋∞)时，u (x )>0，即h ′(x )>0，h (x )单调递增， ∴h (x 0)为h (x )在定义域内的最小值．令k (x )＝x e x ⎝⎛⎭⎫12<x <1，则方程(*)等价于k (x )＝k (－ln x )， 又易知k (x )单调递增，所以x ＝－ln x ，e x ＝1x， ∴h (x )的最小值为h (x 0)＝e x 0－ln x 0x 0－1x 0＝1x 0－－x 0x 0－1x 0＝1， ∴b －1≤1，即b ≤2，∴实数b 的取值范围是(－∞，2]．22．解 (1)曲线C ：ρ＝4cos θ1－cos 2θ，即ρsin 2θ＝4cos θ， 于是有ρ2sin 2θ＝4ρcos θ，化为直角坐标方程为y 2＝4x .(2)方法一 联立⎩⎪⎨⎪⎧ y 2＝4x ，x ＝2＋t cos α，y ＝2＋t sin α，则(2＋t sin α)2＝4(2＋t cos α)，即t 2sin 2α＋(4sin α－4cos α)t －4＝0.由AB 的中点为M (2,2)，得t 1＋t 2＝0，有4sin α－4cos α＝0， 所以k ＝tan α＝1，由0≤α<π 得α＝π4. 方法二 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧y 21＝4x 1，y 22＝4x 2⇒(y 1＋y 2)(y 1－y 2)＝4(x 1－x 2)， ∵y 1＋y 2＝4，∴k ＝tan α＝y 1－y 2x 1－x 2＝1， 由0≤α<π得α＝π4.方法三 设A ⎝⎛⎭⎫y 214，y 1，B ⎝⎛⎭⎫y 224，y 2(y 1<y 2)， 则由M (2,2)是AB 的中点，得⎩⎪⎨⎪⎧ y 214＋y 224＝4，y 1＋y 2＝4⇒⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝4，y 1y 2＝0， ∵y 1<y 2，∴y 1＝0，y 2＝4，知A (0,0)，B (4,4)，∴k ＝tan α＝1，由0≤α<π 得α＝π4. 方法四 依题意设直线l ：y －2＝k (x －2)，与y 2＝4x 联立得y －2＝k ⎝⎛⎭⎫y 24－2， 即ky 2－4y －8k ＋8＝0.由y 1＋y 2＝4k＝4，得k ＝tan α＝1， 因为0≤α<π ，所以α＝π4. 23．(1)解 依题意f (x －2)＝m －|x ＋2|≥0，即|x ＋2|≤m ，则－m －2≤x ≤－2＋m ，∴⎩⎪⎨⎪⎧－m －2＝－3，－2＋m ＝－1，∴m ＝1. (2)证明 ∵1a ＋12b ＋13c＝1(a ，b ，c >0)， ∴a ＋2b ＋3c ＝(a ＋2b ＋3c )⎝⎛⎭⎫1a ＋12b ＋13c＝3＋⎝⎛⎭⎫a 2b ＋2b a ＋⎝⎛⎭⎫a 3c ＋3c a ＋⎝⎛⎭⎫2b 3c ＋3c 2b ≥9，当且仅当a ＝2b ＝3c ，即a ＝3，b ＝32，c ＝1时取等号．。
(天津专用)2020届高考数学一轮复习单元质检2函数(含解析)新人教A
单元质检二 函数(时间:100 分钟 满分:150分)一、选择题(本大题共 8小题,每题 5分,共40分)1 .设会集M={x|2x-1<1,x ∈R},N={x|lo x<1,x ∈R},则M ∩N 等于()A.B.(0,1)C.D.(- ,1)2 .已知函数f (x )=-则f (f (1))=()A.2B.0C.-4D.-63 .以下函数中 ,既是偶函数又在区间 (0,+ )内单调递加的是()A.y=-B.y=-x 2C.y=e -x +e xD.y=|x+1|4 . 定义在R 上的偶函数f ( x )满足 f ( 1)( x- 1),若 f ( x )在区间[0,1] 上单调递加,则x+=ff -,f (1),f的大小关系为()A.f- <f (1) <fB.f (1) <f - <fC.f - <f <f (1)D.f<f (1)<f-5 .若方程lo (a-2x)=2+x 有解,则a 的最小值为()A .2B .1C .D .6 .当a>0时,函数f (x )=(x 2-ax )e x的图象大体是()7 . 已知函数 f ( ) =-,使得函数() ( ) -b 的零点不独一,则 a 的取值若一直存在实数xbgx=fx- 范围是()A.[2,3)B.(-,2)C.(-,3)D.(-,3]8.已知函数f (x )= -设a ∈R,若关于x 的不等式f (x ≥在R 上恒成立,则a 的取值范围是( )A.-B.-C.[-2 ,2]D.-二、填空题(本大题共6小题,每题 5分,共30分)9.已知p :函数f (x )=|x+a|在区间(- ,-1)内是单调函数,q :函数g (x )=log a (x+1)(a>0,且a ≠1)在区间(-1,+)内是减函数,则p 是q 的.(填“充分不用要条件”“必需不充分条件”“充要条件”或“既不充分也不用要条件” )10 .已知函数f (x )的定义域为R .当x<0时,f (x )=x 3-1;当- ≤x ≤ 时,f (-x )=-f (x );当x>时,f =f - ,则f (6)=.11 . 已知()是R 上的奇函数,当0 时,( )=- ln(1-x ),函数 f ( )= 若 f (2-x 2)( x ),则gxx<gxx>f实数x 的取值范围是.12 .已知奇函数f (x )满足对任意x ∈R 都有f (x+6)=f (x )成立,且f (1) =1,则f (2015)+f (2017)=.13 . 已知函数 f ( )-的图象关于原点对称,( ) lg(10x1)+bx 是偶函数,则a+b=.x =gx=+14 .已知f (x )=-若对任意x ∈[t ,t+2],不等式f (x+t ≥f (x )恒成立,则t 的取值范围是 .三、解答题(本大题共6小题,共80分)15.(13分)已知函数f (x )=m+log a x (a>0,且a ≠1)的图象过点(8,2)和(1,-1). (1) 求函数f (x )的分析式;(2)令g (x )=2f (x )-f (x-1),求g (x )的最小值及获得最小值时x 的值.16.(13分)已知函数g (x )=ax 2-2ax+1+b (a>0)在区间[2,3]上有最大值4和最小值1.设f (x )=. (1) 求a ,b 的值;(2) 若当x ∈[-1,1]时不等式f (2x )-k ·2x ≥有解,务实数k 的取值范围. 17 . (13 分)已知 f ( ) = ( x ≠)- (1) 若a=-2,试用定义证明 f (x )在区间(- ,-2)内单调递加;(2) 若 0,且f ( x )在区间(1, + )内单调递减,求a 的取值范围.a>18.(13分)已知二次函数y=f (x )在x=处获得最小值-(t ≠0),且f (1)=0. (1) 求y=f (x )的分析式;(2)若函数y=f (x )在区间-上的最小值为-5,求此时t 的值.19 . (14分)已知函数f ( ) lg -,此中0, 0x = x> a>.(1) 求函数f (x )的定义域; (2)若对任意 x ∈[2, + )恒有 f ( )0,试确立 a 的取值范围.x > 20.(14分)已知函数f (x )对任意实数x ,y 恒有f (x+y )=f (x )+f (y ),当x>0时,f (x )<0,且f (1)=-2. (1) 判断f (x )的奇偶性;(2) 求f (x )在区间[-3,3]上的最大值;(3) 解关于x 的不等式f (ax 2)-2f (x )<f (ax )+4.单元质检二函数1 . A 分析 ∵ 由题意可得 { 1},N= ,M=x|x<∴M ∩N=,应选A .2.C 分析函数f (x )= -则f (f (1)) =f (2-4) =f (-2)=-4.应选C .3.C 分析选项A 中函数是奇函数,不合题意;选项B 中函数在区间(0,+)内单调递减,不合题意; 选项D 中函数为非奇非偶函数,不合题意;应选C .4.C 分析∵定义在R 上的偶函数f (x )满足f (x+1)=f (x-1), ∴f (x+2)=f (x ).∴f - =f - =f ,f=f -=f -=f.∵f (x )在[0,1] 上单调递加,∴f<f <f (1).∴f - <f <f (1), 应选C .5 . B 分析若方程lo ( a- 2x ) 2 有解,=+x 则=a-2x 有解, 即+2x =a 有解. ∵ +2x ≥ 当且仅当=2x ,即x=-1时,等号成立,∴a的最小值为1,应选B.6.B分析由f (x )=0,可知x 2-ax=0,即x=0或x=a.故函数f (x )有两个零点,所以选项A,C 不正确.2x∵a>0,可设a=1,则f (x )=(x-x )e, ∴f'(x )=(x 2+x-1)e x . 由f'(x )=(x 2+x-1)e x >0,解得x>-或x<--.即f (x )在-- -内是增函数,即选项D 错误,应选B .7.C 分析当a=0 -时,f (x )=-则b=-4时,g (x )=f (x )-b 的零点不独一,选项A 错误;当2 时, f ( ) = -a=x -则b=时,g (x )=f (x )-b 的零点不独一,选项B 错误;当a=3 时,f (x )=-b ,使得函数g (x )=f (x )-b 的零函数在R 上单调递加,所以不存在实数-点不独一,选项D 错误. 应选C .8 . A 分析由函数 f ( ) = -f ( )0恒成立. 易知 xx> ∵关于x 的不等式f (x ≥在R 上恒成立,∴关于x 的不等式-f (x ≤+a ≤f (x )在R 上恒成立, 即关于x 的不等式-f (x )-≤a ≤f (x )-在R 上恒成立.-设p (x )=f (x )-,则p (x )= 当x ≤时,p (x )=x 2-x+3=-, ∴当x ≤时,p (x )min =.当x>1时,p (x )=≥·=2,当且仅当,即x=2时,取等号,∴当x>1时,p(x)min=2. ∵>2,∴p(x)min=2.设q(x)=-f(x)-,--则q(x)=--当x≤时2 max,q(x)=-x+-3=-- ,∴当x≤时,q(x) =-.当x>1时,q(x)=- =- ≤-2 ,当且仅当,即x=时,取等号. ∴当x>1时,q(x)=-2.max∵->- 2 , (x)max∴q =-.∵关于x的不等式-f(x)- ≤a≤f(x)-在R上恒成立,∴- ≤a≤.应选A.9.充要条件分析由p成立,得a≤.由q成立,得0<a<1.故p是q的必需不充分条件.10.2分析由题意可知,当-≤x≤时,f(x)为奇函数;当x>时,由f=f-可得f(x+1)=f(x).所以f(6)=f(5×1+1)=f(1).而f(1)=-f(-1)=-[(-1)3-1]=2.所以f(6)=2.11.-2<x<1分析由题意,当x>0时,g(x)=-g(-x)=ln(1+x),故函数f(x)=所以当x≤时,f(x)=x3为单调递加函数,值域为(-,0].当x>0时,f(x)=ln(1+x)为单调递加函数,值域为(0,+).所以函数f(x)在区间(-,+)内单调递加.由于f(2-x2)>f(x),所以2-x2>x,解得-2<x<1.12.0分析由f(x+6)=f(x),知函数f(x)是周期为6的函数. 由于函数f(x)是奇函数,所以f(2015)=f(6×336-1)=f(-1)=-f(1)=-1,f(2017)=f(6×336+1)=f(1)=1,所以f(2015)+f(2017)=0.13.分析∵f(x)=-的图象关于原点对称,∴函数f(x)是奇函数,∴f(0)=0,得a=1.∵g(x)=lg(10x+1)+bx是偶函数,∴g(-x)=g(x)对任意的x都成立,∴lg(10 -x x+1)-bx=lg(10 +1)+bx,∴lg lg(10 x 1) 2 ,= + +bx∴-x=2 bx对全部x恒成立,∴b=-,∴a+b=.14.[ ,+) 分析(方法一)∵对任意x∈[t,t+2], 不等式f(x+t≥f(x)恒成立, ∴f(t+t)=f(2t ≥f(t).当t<0 时,f(2t)=-4t2≥f(t)=-2t 2,这不行能,故t≥.∵当x∈[t,t+2] 时,有x+t≥t≥x≥t≥∴当x∈[t,t+2] 时,不等式f(x+t ≥f(x),即(x+t)2≥x2,∴x+t≥x,∴t≥-1)x关于x∈[t,t+2]恒成立.∴t≥-1)(t+2),解得t≥.(方法二)当x<0时,f(x)=-x2单调递加,当x≥时,f(x)=x2单调递加,∴f(x)=在R上单调递加,-且满足2f(x)=f(x),∵不等式f(x+t≥f( x)=f( x)在[t,t+2]上恒成立,∴x+t≥x在[t,t+2] 上恒成立,即t≥-1) x在[t,t+2]上恒成立,∴t≥-1)( t+2),解得t≥,故答案为[ ,+ ).15.解(1)由-得--解得故函数分析式为f(x)=-1+log2x.(2)g(x)=2f(x)-f(x-1)=2(-1+log2x)-[-1+log2(x-1)]=log2-1(x>1).-由于- -- -=(x-1)+ +2-+2=4,≥- ·-当且仅当x- 1 = ,即x= 2时,等号成立,函数log2 在(0, + )内单调递加,所以log2 - ≥24 ---1=1,故当x=2 时,函数g(x)获得最小值1.16.解(1)g(x)=a(x-1)2+1+b-a.由于a>0,所以g(x)在区间[2,3]上是增函数,故解得(2)由已知可得f (x )=x+-2,所以f (2x )-k ·2x ≥可化为2x +-≥k ·2x , 可化为1+-2·≥k. 令t=,则k ≤t 2-2t+1. 由于x ∈[-1,1], 所以t ∈.记h (t )=t 2-2t+1,由于 t ∈ ,所以( )max 1ht =.所以k ≤ 即实数k 的取值范围是(- ,1].17.(1)证明当a=-2 时,f (x )=(x ≠-2) .设任意的x 1, x 2∈(- ,- 2),且12,x<xf (x 1)-f (x 2)=-.∵(x 1+2)(x 2+2)>0,x 1-x 2<0, ∴f (x 1)<f (x 2). ∴f (x )在区间(- ,-2)内单调递加.(2)解设任意的x ,x ∈(1,+),且x<x ,1212则f (x 1)-f (x 2)=--=-.--21∵a>0,x -x>0,∴要使f (x 1)-f (x 2)>0,只需(x 1-a )(x 2-a )>0在区间(1,+)内恒成立, ∴a ≤.综上所述,a 的取值范围是(0,1].18.解(1)设f (x )=a -(a>0).由于 f (1) 0, 所以(a- 1) 0==.又由于t ≠0, 所以a=1,所以f (x )=-(t ≠0).(2)由于f (x )=-(t ≠0),所以当<-1,即t<-4时,f (x )在-上的最小值为 f (x )min =f (-1)=--=-5,所以t=-.当 - ≤,即 - ≤ t ≤ 1时, f ()在-上的最小值为f (x ) min=f=-=- 5,-x所以t=±2 (舍去);当,即t>-1时,f (x )在-上的最小值为f (x )min =f -=-5, 所以t=-(舍去). 综上所述,可得t=-.19.解(1)由x+-2>0,得->0. 由于x>0,所以x 2-2x+a>0. 当a>1时,x 2-2x+a>0恒成立, 定义域为(0,+);当a=1时,定义域为{x|x>0,且x ≠1}; 当0<a<1 时,定义域为{x|0<x<1- -或x>1+-}.(2)对任意x ∈[2,+ )恒有f (x )>0,即x+-2>1对x ∈[2, + )恒成立, 故32对 x ∈[2,+ )恒成立.a>x-x而h (x )=3x-x 2=--在[2,+ )内是减函数,于是h(x)max=h(2)=2.故a>2,即a的取值范围是{a|a>2}.20.解(1)取x=y=0,则f(0+0)=2f(0),即f(0)=0. 取y=-x,则f(x-x)=f(x)+f(-x),即f(-x)=-f(x)对任意x∈R恒成立,故函数f(x)为奇函数.(2)任取x1,x2∈(-,+),且x1<x2,则x2-x1>0.∴f(x2)+f(-x1)=f(x2-x1)<0,∴f(x2)<-f(-x1).又f(x)为奇函数,∴f(x1)>f(x2).∴f(x)在(-,+)内是减函数.∴对任意x∈[-3,3],恒有f(x≤f(-3).∵f(3)=f(2+1)=f(2)+f(1)=3f(1)=-2×3=-6,∴f(-3)=-f(3)=6,∴f(x)在[-3,3]上的最大值为6.(3)∵f(x)为奇函数,∴整理原不等式得f(ax2)+2f(-x)<f(ax)+f(-2). ∴f(ax2-2x)<f(ax-2).∵f(x)在(-,+)内是减函数,∴ax2-2x>ax-2,即(ax-2)(x-1)>0.∴当a=0时,x∈{x|x<1};当a=2时,x∈{x|x≠1,且x∈R};当a<0时,x∈;当0<a<2时,x∈或;当a>2时,x∈或.综上所述,当a=0时,原不等式的解集为{x|x<1};当a=2 时,原不等式的解集为{x|x≠1,且x∈R};当a<0时,原不等式的解集为;当0 2时,原不等式的解集为或<a<; 当2 时,原不等式的解集为或a>.。
2020版高考数学一轮复习单元评估检测(二)理解析版新人教A版
单元评估检测(二)(第四章)(120分钟150分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.如图,角α的终边与单位圆(圆心在原点,半径为1)交于第二象限的点P,则cos α+sinα=( )A. B.- C. D.-【解析】选B.由任意角三角函数的定义知sin α=,又α是第二象限角,所以cos α =-=-, 因此cos α+sin α=-.2.记cos(-80°)=k,那么tan 100°等于 ( )A. B.-C. D.-【解析】选B.因为cos(-80°)=cos80°=k,所以sin 80°==.所以tan 100°=-tan 80°=-=-.3.函数y=的定义域为( )A.,k∈ZB.,k∈ZC.,k∈ZD.,k∈Z【解析】选C.要使函数y=有意义,根号下不小于零,即1-tan≥0,tan≤1=tan,k∈Z,- +kπ<x-≤+kπ,k∈Z,- +kπ<x≤+kπ,k∈Z,所以函数y=的定义域为,k∈Z.4.函数f(x)=2tan的最小正周期为( )A.2πB. 4πC.2D.4【解析】选C.由题意得函数的最小正周期为T==2.5.已知函数y=sin(2x+φ)在x=处取得最大值,则函数y=cos(2x+φ)的图象( )A.关于点对称B.关于点对称C.关于直线x=对称D.关于直线x=对称【解析】选A.因为函数y=sin(2x+φ)在x=处取得最大值,所以2×+φ=2kπ+,k∈Z,解得φ=2kπ+,k∈Z,所以y=cos=cos.当x=时,y=cos=cos=0,所以是函数y=cos(2x+φ)的对称中心.6.已知扇形的圆心角为2 rad,半径为2 cm,则这个扇形的面积是( )A.4 cm2B.4π cm2C.2 cm2D.1 cm2【解析】选A.S=|α|r2=×2×22=4(cm2).7.若sin α+cosα=,0<α<π则tan α的值是( )A.或-B.C.-D.或-【解析】选C.因为sin α+cosα=,所以1+2sin αcos α=,所以2sin αcos α=-,又因为0<α<π,所以<α<π,则sin α-cos α===,联立sin α-cos α=和sin α+cos α=,得sin α=,cos α=-,则tan α=-.8.若=-,则cos α+sinα的值为( )A.-B.-C.D.【解析】选C.因为=,=- (sin α+cos α)=-,所以cos α+sin α=.9.使函数f(x)=sin(2x+θ)+cos(2x+θ)是奇函数,且在上是减函数的θ的一个值是( )A. B. C. D.【解题指南】利用辅助角公式化简得f(x)=2sin2x+θ+,由于它是奇函数,故θ+=kπ,k∈Z,再讨论k是奇数和偶数,使f(x)满足在上是减函数得到θ值.【解析】选B.因为函数f(x)=sin(2x+θ)+ cos(2x+θ)=2sin是奇函数,故θ+=kπ,k∈Z,θ=kπ-,k∈Z.当k为奇数时,令k=2n-1,n∈Z,f(x)=-2sin 2x,满足在上是减函数,此时,θ=2nπ-,n∈Z,选项B满足条件.当k为偶数时,令k=2n,f(x)=2sin 2x,不满足在上是减函数.综上,只有选项B满足条件.10.《九章算术》是我国古代数学成就的杰出代表作,其中《方田》章给出计算弧田面积所用的经验公式为:弧田面积= (弦×矢+矢2),弧田(如图)由圆弧和其所对弦所围成,公式中“弦”指圆弧所对弦长,“矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差,现有圆心角为,半径等于4米的弧田,按照上述经验公式计算所得弧田面积约是 ( )A.6平方米B.9平方米C.12平方米D.15平方米【解析】选B.如图,由题意可得:∠AOB=,OA=4,在Rt△AOD中,可得∠AOD=,∠DAO=,OD=AO=×4=2,可得:矢=4-2=2,由AD=AO·sin=4×=2,可得:弦=2AD=2×2=4,所以弧田面积= (弦×矢+矢2)= (4×2+22)=4+2≈9(平方米).11.已知sin=,则cos= ( )A. B. C.- D.-【解析】选D.cos=cos=cos,因为sin=cos=,所以cos=cos=2cos2-1=-1=-.12.函数f(x)=Asin(ωx+φ)满足f=-f,且f=f,则ω的一个可能值是( )A.2B.3C.4D.5【解析】选B.函数f(x)=Asin(ωx+φ)满足f=-f,所以函数f(x)的图象关于对称,又f=f,所以函数f(x)的图象关于x=对称,所以=-=,k为正整数,所以T=,即= ,解得ω=3(2k-1),k为正整数,当k=1时,ω=3,所以ω的一个可能取值是3.二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.请把正确答案填在题中横线上)13.(2019·雅安模拟)函数f(x)= sin的图象在区间上的对称轴方程为________.【解析】因为函数f(x)= sin,所以令2x+=+kπ,k∈Z,即x=+,k∈Z,所以当k=0时,函数f(x)= sin的图象在区间上的对称轴方程为x=.答案:x=14.如图,某人在山脚P处测得甲山山顶A的仰角为30°,乙山山顶B的仰角为45°,∠APB的大小为45°,山脚P到山顶A的直线距离为2 km,在A处测得山顶B的仰角为30°,则乙山的高度为________ km.【解析】假设甲山底部为C,乙山底部为D,过A作AE⊥BD于点E.由题意可知∠APC=30°,∠BPD=45°,AP=2 km,所以AC=AP·sin 30°=1(km),DE=AC=1 km,设BD=h km,则DP=BD=h km,BE=(h-1)km,所以BP=h km.因为∠BAE=30°,所以AB=2BE=(2h-2)km.在△ABP中,由余弦定理得:cos 45°===.解得h=2.所以乙山的高度为2 km.答案:215.已知α,β∈(0,π),且tan(α-β)=,tan β=-,则tan 2α的值为________.【解析】 tan α=tan[(α-β)+β]===,tan 2α===.答案:16.非零实数a,b满足tan x=x,且a2≠b2,则(a-b)sin(a+b)-(a+b)sin(a-b)=__________.【解析】因为非零实数a,b满足tan x=x,且a2≠b2,所以可得:b=tan b,a=tan a,所以原式=(a-b)(sin acos b+cos asin b)-(a+b)(sin acos b-cos asin b)=2acos asin b-2bsin acos b=2tan acos asin b-2tan bsin acos b=2sin asin b-2sin asin b=0.答案:0三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17.(10分)函数f(x)=sin(ωx+φ)ω>0,|φ|<在它的某一个周期内的单调减区间是.将y=f(x)的图象先向左平移个单位,再将图象上所有点的横坐标变为原来的倍(纵坐标不变),所得到的图象对应的函数记为g(x).(1)求g(x)的解析式.(2)求g(x)在区间x∈上的最大值和最小值.【解析】(1)因为=π-π=π,T=,所以ω=2,又因为sin=1,|φ|<,所以φ=-,所以f(x)=sin,所以g(x)=sin.(2)g(x)在x∈为增函数,在x∈上为减函数,所以g(x)max=g=1,g(x)min=g=-,故函数在x∈上的最大值和最小值分别为1和-.18.(12分)(2018·北京高考)在△ABC中,a=7,b=8,cos B=-.(1)求A.(2)求AC边上的高.【解析】(1)由余弦定理,cos B===-,解得c=-5(舍),或c=3,所以cos A===,又因为0<A<π,所以A=.(2)设AC边上的高为h,则sin A=,所以h=csin A=3×sin=,即AC边上的高为.【一题多解】本题还可用以下解法:(1)因为cos B=-<0得角B为钝角,由三角形内角和定理,角A为锐角,又sin2 B+cos2 B=1,所以sin B>0,sin B=,由正弦定理, =,即sin A=sin B=×=,又因为0<A<,所以A=.(2)设AC边上的高为h,则h=asin C,由(1)及已知,sin C=sin(A+B)=sin Acos B+sin Bcos A=×+×=,所以h=asin C=7×=,即AC边上的高为.19.(12分)已知函数f(x)= cos xcos+sin2-.(1)求f(x)的单调递增区间.(2)若x∈,f(x)=,求cos 2x的值.【解析】(1)f(x)= cos xcos+sin2-=sin xcos x+-=sin 2x-cos=sin 2x-=sin 2x-cos 2x=sin,令2kπ-≤2x-≤2kπ+,k∈Z,2kπ-≤2x≤2kπ+,k∈Z,kπ-≤x≤kπ+,k∈Z,所以f(x)的单调递增区间为,k∈Z.(2)f(x)= sin=,sin=,因为x∈,所以-≤2x-≤,所以cos=,所以cos 2x=cos=cos×-sin×=×-×=-.20.(12分)(2018·常州模拟)如图为函数y=f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π)图象的一部分,其中点P 是图象的一个最高点,点 Q是与点P相邻的图象与x轴的一个交点.(1)求函数f(x)的解析式.(2)若将函数f(x)的图象沿x轴向右平移个单位,再把所得图象上每一点的横坐标都变为原来的 (纵坐标不变),得到函数y=g(x)的图象,求函数y=g(x)的解析式及单调递增区间.【解析】(1)由图象可知A=2,,又T=4=4π,所以ω==,f(x)=2sin,又因为点P是函数图象y=f(x)的一个最高点,则2sin=2,所以+φ=+2kπ(k∈Z),因为|φ|<π,所以φ=-,故f(x)=2sin.(2)由(1)得f(x)=2sin,把函数f(x)的图象沿x轴向右平移个单位,得到y=2sin的图象,再把所得图象上每一点的横坐标都变为原来的 (纵坐标不变),得到g(x)=2sin的图象,由2k π-≤2x-≤2kπ+,k∈Z,解得kπ-≤x≤kπ+π,k∈Z,所以y=g(x)的单调递增区间是 (k∈Z).21.(12分)(2018·威海模拟)在△ABC中,边BC上一点D满足AB⊥AD,AD=DC.(1)若BD=2DC=2,求边AC的长.(2)若AB=AC,求sin B.【解析】(1)因为AB⊥AD,所以在Rt△ABD中,sin∠ABD==,所以∠ABD=60°,在△ABC中,AB=1,BC=3,由余弦定理可得,AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos∠ABC=1+9-2×1×3×=7 ,所以AC=.(2)在△ACD中,由正弦定理可得=,因为AD=DC,所以=,因为AB=AC,所以B=C,所以∠BAC=180°-2B,因为∠BAD=90°.所以∠DAC=∠BAC-∠BAD=180°-2B-90°=90°-2B,所以=,所以=,化简得2 sin2 B+sin B-=0,(sin B-1)(2sin B+)=0,因为sin B>0,所以sin B=.22.(12分)在一个特定时段内,以点E为中心的7海里以内海域被设为警戒水域.点E正北55海里处有一个雷达观测站A.某时刻测得一艘匀速直线行驶的船只位于点A北偏东45°且与点A相距40海里的位置B,经过40分钟又测得该船已行驶到点A北偏东45°+θ其中sin θ=,0°<θ<90°且与点A相距10海里的位置C.(1)求该船的行驶速度(单位:海里/小时).(2)若该船不改变航行方向继续行驶.判断它是否会进入警戒水域,并说明理由.【解题指南】(1)先根据题意画出简图确定AB,AC,∠BAC的值,求出θ的余弦值,再由余弦定理求出BC的值,从而可得到船的行驶速度.(2)先假设直线AE与BC的延长线相交于点Q,根据余弦定理求出cos∠ABC的值,进而可得到sin∠ABC的值,再由正弦定理可得AQ的长度,从而可确定Q在点A和点E之间,根据QE=AE-AQ,求出QE的长度,然后过点E作EP⊥BC于点P,则EP为点E到直线BC的距离,进而在Rt△QPE 中求出PE的值,再与7进行比较即可得到答案.【解析】(1)如图,AB=40,AC=10,∠BAC=θ,sin θ=,由于0°<θ<90°,所以cos θ==.由余弦定理得BC==10.所以船的行驶速度为=15 (海里/小时).(2)设直线AE与BC的延长线相交于点Q.在△ABC中,由余弦定理得,cos∠ABC===.从而sin∠ABC===.在△ABQ中,由正弦定理得,AQ===40.由于AE=55>40=AQ,所以点Q位于点A和点E之间,且QE=AE-AQ=15.过点E作EP⊥BC于点P,则EP为点E到直线BC的距离.在Rt△QPE中,PE=QE·sin∠PQE=QE·sin∠AQC=QE·sin(45°-∠ABC)=15×=3<7.所以船会进入警戒水域.【变式备选】如图,洪泽湖湿地为拓展旅游业务,现准备在湿地内建造一个观景台P,已知射线AB,AC为湿地两边夹角为120°的公路(长度均超过2千米),在两条公路AB,AC上分别设立游客接送点M,N,从观景台P到M,N建造两条观光线路PM,PN,测得AM=2千米,AN=2千米.(1)求线段MN的长度.(2)若∠MPN=60°,求两条观光线路PM与PN之和的最大值.【解题指南】(1)在△AMN中,利用余弦定理得到MN.(2)设∠PMN=α,得到∠PNM=120°-α,利用正弦定理将PM+PN用α表示,结合三角函数的有界性求最值.【解析】(1)在△AMN中,由余弦定理得,MN2=AM2+AN2-2AM·ANcos 120°=22+22-2×2×2×=12, 所以MN=2 千米.(2)设∠PMN=α,因为∠MPN=60°,所以∠PNM=120°-α,在△PMN中,由正弦定理得,==.因为==4,所以PM=4sin(120°-α),PN=4sin α,因此PM+PN=4sin(120°-α)+4sin α=4+4sin α=6sin α+2cos α=4sin(α+30°),因为0°<α<120°,所以30°<α+30°<150°.所以当α+30°=90°,即α=60°时,PM+PN取到最大值4. 答:两条观光线路PM与PN之和的最大值为4 千米.。
2020届高考数学一轮复习第十篇 第7节二项分布与正态分布课时作业理(含解析)新人教A版
第7节 二项分布与正态分布课时作业基础对点练(时间：30分钟)1．把一枚硬币连续抛两次，记“第一次出现正面”为事件A ，“第二次出现正面”为事件B ，则P (B |A )＝( )(A)12 (B)14 (C)16(D)18A 解析：事件A 的概率为P (A )＝12，事件AB 发生的概率为P (AB )＝14，由公式可得P (B |A )＝P ABP A ＝1412＝12，选A. 2．已知ξ～N (3，σ2)，若P (ξ≤2)＝0.2，则P (ξ≤4)等于( ) (A)0.2 (B)0.3 (C)0.7(D)0.8D 解析：由ξ～N (3，σ2)，得μ＝3，则正态曲线的对称轴是x ＝3，所以P (ξ≤4)＝1－P (ξ≤2)＝0.8.故选D.3．若某人每次射击击中目标的概率均为35，此人连续射击三次，至少有两次击中目标的概率为( )(A)81125 (B)54125 (C)36125(D)27125A 解析：本题考查概率的知识．至少有两次击中目标包含仅有两次击中，其概率为C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫352⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35；若三次都击中，其概率为C 33⎝ ⎛⎭⎪⎫353，根据互斥事件的概率公式可得，所求概率为P ＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫352⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35＋C 33⎝ ⎛⎭⎪⎫353＝81125，故选A. 4．(2019江西鹰潭一中模拟)端午节放假，甲回老家过节的概率为13，乙、丙回老家过节的概率分别为14，15.假定三人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内至少1人回老家过节的概率为( )(A)5960 (B)35 (C)12(D)160B 解析：“甲、乙、丙回老家过节”分别记为事件A ，B ，C ，则P (A )＝13，P (B )＝14，P (C )＝15，所以P (A )＝23，P (B )＝34，P (C →)＝45.由题知A ，B ，C 为相互独立事件，所以三人都不回老家过节的概率P (A B C )＝P (A →)P (B )P (C →)＝23×34×45＝25，所以至少有一人回老家过节的概率P ＝1－25＝35.5．把一枚骰子连续掷两次，已知在第一次抛出的是偶数点的情况下，第二次抛出的也是偶数点的概率为( )(A)1 (B)12 (C)13(D)14B 解析：设事件A ：第一次抛出的是偶数点，B ：第二次抛出的是偶数点，则P (B |A )＝P ABP A ＝12×1212＝12.故选B. 6．将一枚硬币连掷5次，如果出现k 次正面的概率等于出现k ＋1次正面的概率，那么k 的值为( )(A)0 (B)1 (C)2(D)3C 解析：根据题意，本题为独立重复试验，由概率公式得： C k 512k×125－k ＝C k ＋1512k ＋1×124－k ， 解得k ＝2.故选C.7．(创新题)某电脑配件公司的技术员对某种配件的某项功能进行检测，已知衡量该功能的随机变量X 服从正态分布N (2，σ2)且P (X ≤4)＝0.9，该变量X ∈(0,4)时为合格产品，则该产品是合格产品的概率为( )(A)0.1 (B)0.2 (C)0.9(D)0.8D 解析：∵P (X ≤4)＝0.9，∴P (X ＞4)＝1－0.9＝0.1，又此正态曲线关于直线x ＝2对称，故P (X ≤0)＝P (X ≥4)＝0.1，∴P (0＜X ＜4)＝1－P (X ≤0)－P (X ≥4)＝0.8，故该产品合格的概率为0.8，故选D. 8．(2019济宁一中)已知随机变量X ～N (2,2)，若P (X ＞t )＝0.2，则P (X ＞4－t )＝( ) (A)0.1 (B)0.2 (C)0.7(D)0.8D 解析：P (X ＞4－t )＝1－P (X ＜4－t )＝1－P (X ＞t )＝1－0.2＝0.8.故选D. 9．我国的植树节定于每年的3月12日，是我国为激发人们爱林、造林的热情，促进国土绿化，保护人类赖以生存的生态环境，通过立法确定的节日．为宣传此活动，某团体向市民免费发放某种花卉种子．假设这种种子每粒发芽的概率都为0.99，若发放了10 000粒，种植后，对于没有发芽的种子，每粒需再补种2粒，补种的种子数记为X ，则X 的数学期望为________．解析：根据题意显然有X 2－B (10 000,0.01)，所以E (X2)＝10 000×0.01＝100，故E (X )＝200.答案：20010．某高三毕业班的8次数学周练中，甲、乙两名同学在连续统计解答题失分的茎叶图如图所示．(1)比较这两名同学8次周练解答题失分的平均数和方差的大小，并判断哪位同学做解答题相对稳定些；(2)以上述数据统计甲、乙两名同学失分超过15分的频率作为概率，假设甲、乙两名同学在同一次周练中失分多少互不影响，预测在接下来的2次周练中，甲、乙两名同学失分均超过15分的次数X 的分布列和均值．解析：(1)x 甲＝18(7＋9＋11＋13＋13＋16＋23＋28)＝15，x 乙＝18(7＋8＋10＋15＋17＋19＋21＋23)＝15，s 2甲＝18[(－8)2＋(－6)2＋(－4)2＋(－2)2＋(－2)2＋12＋82＋132]＝44.75，s 2乙＝18[(－8)2＋(－7)2＋(－5)2＋02＋22＋42＋62＋82]＝32.25.甲、乙两名同学解答题失分的平均数相等；甲同学解答题失分的方差比乙同学解答题失分的方差大．所以乙同学做解答题相对稳定些．(2)根据统计结果，在一次周练中，甲和乙失分超过15分的概率分别为P 1＝38，P 2＝12，两人失分均超过15分的概率为P 1P 2＝316，X 的所有可能取值为0,1,2 .依题意，X ～B ⎝⎛⎭⎪⎫2，316，P (X ＝k )＝C k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫316k ⎝ ⎛⎭⎪⎫13162－k，k ＝0,1,2， 则X 的分布列为：X 的均值E (X )＝2×316＝38.能力提升练(时间：15分钟)11．已知ξ～Bn ，12，η～Bn ，13，且E (ξ)＝15，则E (η)等于( )(A)5 (B)10 (C)15(D)20B 解析：因为ξ～Bn ，12，所以E (ξ)＝n2，又E (ξ)＝15，则n ＝30. 所以η～B 30，13，故E (η)＝30×13＝10.故选B.12．已知1号箱中有2个白球和4个红球，2号箱中有5个白球和3个红球，现随机从1号箱中取出一球放入2号箱，然后从2号箱中随机取出一球，则两次都取到红球的概率是( )(A)1127 (B)1124 (C)827(D)924C 解析：设“从1号箱取到红球”为事件A ，“从2号箱取到红球”为事件B . 由题意，P (A )＝42＋4＝23，P (B |A )＝3＋18＋1＝49， 所以P (AB )＝P (B |A |)·P (A )＝49×23＝827，所以两次都取到红球的概率为827，故选C.13．设随机变量X －N (3，σ2)，若P (X ＞m )＝0.3，则P (X ＞6－m )＝________. 解析：∵随机变量X ～N (3，σ2)，∴P (X ＞3)＝P (X ＜3)＝0.5， ∵P (X ＞m )＝0.3，∴P (X ＞6－m )＝P (X ＜m )＝1－P (X ＞m )＝1－0.3＝0.7. 答案：0.714．(2019林州一中质检)某个部件由3个型号相同的电子元件并联而成，3个电子元件中有一个正常工作，该部件正常工作，已知这种电子元件的使用年限ξ(单位：年)服从正态分布，且使用年限少于3年的概率和多于9年的概率都是0.2，那么该部件能正常工作的时间超过9年的概率为________．解析：由P (0＜ξ＜3)＝P (ξ＞9)＝0.2，可得在9年内每个电子元件能正常工作的概率为0.2，因此在9年内这个部件不能正常工作的概率为0.83＝0.512，故该部件能正常工作的概率为1－0.512＝0.488.答案：0.48815．(2019南昌模拟)某市教育局为了了解高三学生体育达标情况，对全市高三学生进行了体能测试，经分析，全市学生体能测试成绩X 服从正态分布N (80，σ2)(满分为100分)，已知P (X ＜75)＝0.3，P (X ≥95)＝0.1，现从该市高三学生中随机抽取3位同学．(1)求抽到的3位同学该次体能测试成绩在区间[80,85)，[85,95)，[95,100]内各有1位同学的概率；(2)记抽到的3位同学该次体能测试成绩在区间[75,85]内的人数为ξ，求随机变量ξ的分布列和数学期望E (ξ)．解：(1)由题知，P (80≤X ＜85)＝12－P (X ＜75)＝0.2，P (85≤X ＜95)＝0.3－0.1＝0.2，所以所求概率P ＝A 33×0.2×0.2×0.1＝0.024. (2)P (75≤X ≤85)＝1－2P (X ＜75)＝0.4， 所以ξ服从二项分布B (3,0.4)，P (ξ＝0)＝0.63＝0.216，P (ξ＝1)＝3×0.4×0.62＝0.432， P (ξ＝2)＝3×0.42×0.6＝0.288，P (ξ＝3)＝0.43＝0.064，所以随机变量ξ的分布列是ξ 0 1 2 3 P0.2160.4320.2880.064E (ξ)＝3×0.4＝1.2.16．某蛋糕店每天制作生日蛋糕若干个，每个生日蛋糕的成本为50元，然后以每个100元的价格出售，如果当天卖不完，剩下的蛋糕作垃圾处理．现需决策此蛋糕店每天应该制作多少个生日蛋糕，为此搜集并整理了100天生日蛋糕的日需求量(单位：个)的数据，得到如图所示的柱状图，以100天记录的各需求量的频率作为每天各需求量发生的概率．(1)若蛋糕店一天制作17个生日蛋糕，(ⅰ)求当天的利润y (单位：元)关于当天需求量n (单位：个，n ∈N *)的函数解析式； (ⅱ)在当天的利润不低于750元的条件下，求当天需求量不低于18个的概率． (2)若蛋糕店计划一天制作16个或17个生日蛋糕，请你以蛋糕店一天利润的期望值为决策依据，判断应该制作16个还是17个？解：(1)(ⅰ)当n ≥17时y ＝17×(100－50)＝850； 当n ≤16时，y ＝50n －50(17－n )＝100n －850.所以y ＝⎩⎪⎨⎪⎧100n －850n ≤16，n ∈N *，850n ≥17，n ∈N *.(ⅱ)设当天的利润不低于750元为事件A ，当天需求量不低于18个为事件B ， 由(ⅰ)得，日利润不低于750元等价于日需求量不低于16个，则P (A )＝710，P (B |A )＝P AB P A ＝0.15＋0.13＋0.10.7＝1935.(2)蛋糕店一天应制作17个生日蛋糕，理由如下：若蛋糕店一天制作17个生日蛋糕，X 表示当天的利润(单位：元)，X 的分布列为X 550 650 750 850 P0.10.20.160.54E (X )＝550×0.1＋650×0.2＋750×0.16＋850×0.54＝764.若蛋糕店一天制作16个生日蛋糕，Y 表示当天的利润(单位：元)，Y 的分布列为：Y 600 700 800 P0.10.20.7E (Y )＝600×0.1＋700×0.2＋800×0.7＝760.由以上的计算结果可以看出，E (X )＞E (Y )，即一天制作17个生日蛋糕的利润大于一天制作16个生日蛋糕的利润，所以蛋糕店一天应该制作17个生日蛋糕．。
2020年高考全国卷Ⅱ数学(理)试卷(含解析)
2020年高考全国卷Ⅱ数学（理）试卷一、选择题1.已知集合U={−2,−1,0,1,2,3},A={−1,0,1},B={1,2}，则∁U(A∪B)=（）A.{−2,3}B.{−2,2,3}C.{−2,−1,0,3}D.{−2,−1,0,2,3}2.若α为第四象限角，则（）A.cos2α>0B.cos2α<0C.sin2α>0D.sin2α<03.在新冠肺炎疫情防控期间，某超市开通网上销售业务，每天能完成1200份订单的配货，由于订单量大幅增加，导致订单积压，为解决困难，许多志愿者踊跃报名参加配货工作．已知该超市某日积压500份订单未配货，预计第二天新订单是1600份的概率为0.05.志愿者每人每天能完成50份订单的配货，为使第二天积压订单及当日订单配货的概率不小于0.95，则至少需要志愿者（）A.10名B.18名C.24名D.32名4.北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（）A.3699块B.3474块C.3402块D.3339块5.若过点(2,1)的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线2x−y−3=0的距离为（）A.√55B.2√55C.3√55D.4√556.数列{a n}中，a1=2，a m+n=a m a n.若a k+1+a k+2+⋯+a k+10=215−25，则k=()A.2B.3C.4D.57.如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，则该端点在侧视图中对应的点为（）A.EB.FC.GD.H8.设O为坐标原点，直线x=a与双曲线C:x 2a −y2b=1(a>0，b>0)的两条渐近线分别交于D，E两点.若△ODE的面积为8，则C的焦距的最小值为（）A.4B.8C.16D.329.设函数f(x)=ln|2x+1|−ln|2x−1|，则f(x)（）A.是偶函数，且(12,+∞)在单调递增B.是奇函数，且(−12,12)在单调递减C.是偶函数，且(−∞,−12)在单调递增D.是奇函数，且(−∞,−12)在单调递减10.已知△ABC是面积为9√34的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为（）A.√3B.32C.1 D.√3211.若2x−2y<3−x−3−y，则（）A.ln(y−x+1)>0B.ln(y−x+1)<0C.ln|x−y|>0D.ln|x−y|<012.0−1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列a1a2⋯a n⋯满足a i∈{0,1}(i=1,2,⋯)，且存在正整数m，使得a i+m=a i(i=1, 2, ⋯)成立，则称其为0−1周期序列，并称满足a i+m=a i(i=1, 2, ⋯)的最小正整数m为这个序列的周期.对于周期为m的0−1序列a1a2⋯a n⋯,C(k)=1m ∑a i m i=1a 1+k (k =1, 2, ⋯, m −1)是描述其性质的重要指标.下列周期为5的0−1序列中，满足C (k )≤15(k =1,2,3,4)的序列是（ ）A.11010⋯B.11011⋯C.10001⋯D.11001⋯二、填空题13.已知单位向量a →，b →的夹角为45∘,ka →−b →与a →垂直，则k =________.14.4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名学生，则不同的安排方法有________种．15.设复数z 1,z 2满足|z 1|=|z 2|=2，z 1+z 2=√3+i ，则|z 1−z 2|=________.16.设有下列四个命题：p 1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内．p 2：过空间中任意三点有且仅有一个平面．p 3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行.p 4：若直线l ⊂平面α，直线m ⊥平面α，则m ⊥l .则下列命题中所有真命题的序号是________.①p 1∧p 4；②p 1∧p 2；③¬p 2∨p 3；④¬p 3∨¬p 4.三、解答题17.△ABC 中，sin 2A −sin 2B −sin 2C =sinBsinC .(1)求A ；(2)若BC =3，求△ABC 周长的最大值．18.某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加，为调查该地区某种野生动物的数量，将其分成面积相近的200个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取20个作为样区，调查得到样本数据(x i ,y i )(i =1,2,⋯,20)，其中x i 和y i 分别表示第i 个样区的植物覆盖面积（单位：公顷）和这种野生动物的数量，并计算得∑x i20i=1=60，∑y i 20i=1=1200，∑(x i −x ¯)220i=1=80，∑(y i −y ¯)220i=1=9000，∑(x i −x ¯)20i=1(y i −y ¯)=800.(1)求该地区这种野生动物数量的估计值（这种野生动物数量的估计值等于样区这种野生动物数量的平均数乘以地块数）；(2)求样本(x i ,y i )(i =1,2,⋯,20)的相关系数（精确到0.01）；(3)根据现有统计资料，各地块间植物短盖面积差异很大，为提高样本的代表性以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计，请给出一种你认为更合理的抽样方法，并说明理由．附：相关系数：r =∑(x −x ¯)n (y −y ¯)√∑(x i −x )2n i=1∑(y i −y )2n i=1，√2≈1.414.19已知椭圆C 1:x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的右焦点F 与抛物线C 2的焦点重合．C 1的中心与C 2的顶点重合，过F 且与x 轴垂直的直线交C 1于A ，B 两点，交C 2于C ，D 两点．且|CD|=43|AB|.(1)求C 1的离心率；(2)设M 是C 1与C 2的公共点．若|MF|=5，求C 1与C 2的标准方程．20.如图已知三棱柱ABC −A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．(1)证明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥面EB1C1F.(2)设O为△A1B1C1的中心，若AO//面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．21.已知函数f(x)=sin2xsin2x.(1)讨论f(x)在(0,π)上的单调性；(2)证明：|f(x)|≤3√38；(3)证明：sin2xsin22xsin24x⋯sin22n x≤3n4n.22.已知曲线C1,C2的参数方程分别为C1：{x=4cos2θ，y=4sin2θ(B为参数)，{x=t+1t，y=t−1t(t为参数).（1）（2）以坐标原点为极点，α轴正半轴为极轴建立极坐标系．设C1,C2的交点为P，求圆心在极轴上，且经过极点和P的圆的极坐标方程．(1)将C1，C2的参数方程化为普通方程；(2)以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系.设C1，C2的交点为P，求圆心在极轴上，且经过极点和P的圆的极坐标方程.23.已知函数f(x)=|x−a2|+|x−2a+1|.(1)当a=2时，求不等式f(x)≥4的解集；(2)若f(x)≥4，求a的取值范围.2020年高考全国卷Ⅱ数学（理）试卷一、选择1.已知集合U={−2,−1,0,1,2,3},A={−1,0,1},B={1,2}，则∁U(A∪B)=()A.{−2,3}B.{−2,2,3}C.{−2,−1,0,3}D.{−2,−1,0,2,3}【解答】解：由题意可知(A∪B)={−1,0,1,2}，故∁U(A∪B)={−2,3}.故选A.2.若α为第四象限角，则()A.cos2α>0B.cos2α<0C.sin2α>0D.sin2α<0【解答】解：∵α为第四象限角，+2kπ<α<2kπ，∴−π2∴−π+4kπ<2α<4kπ，∴2α是第三或第四象限角，∴当2α在第三象限时，cos2α<0，当2α在第四象限时，cos2α>0，故A，B错误；无论2α在第三还是在第四象限，都有sin2α<0.故选D.3.在新冠肺炎疫情防控期间，某超市开通网上销售业务，每天能完成1200份订单的配货，由于订单量大幅增加，导致订单积压，为解决困难，许多志愿者踊跃报名参加配货工作．已知该超市某日积压500份订单未配货，预计第二天新订单是1600份的概率为0.05.志愿者每人每天能完成50份订单的配货，为使第二天积压订单及当日订单配货的概率不小于0.95，则至少需要志愿者()A.10名B.18名C.24名D.32名【解答】解：因为公司可以完成配货1200份订单，则至少需要志愿者为：1600+500−1200=18名.50故选B.4.北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)()A.3699块B.3474块C.3402块D.3339块【解答】解：设每一层有n环，由题可知从内到外每环之间构成等差数列，公差d=9，a1=9.由等差数列性质知S n，S2n−S n，S3n−S2n成等差数列，且(S3n−S2n)−(S2n−S n)=n2d，则9n2=729，解得n=9，则三层共有扇形面石板为S3n=S27=27a1+27×262×9=3402块.故选C.5.若过点(2,1)的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线2x−y−3=0的距离为()A.√55B.2√55C.3√55D.4√55【解答】解：设圆心为(a,a)，则半径为a，圆过点(2,1)，则(a−2)2+(a−1)2=a2，解得a=1或a=5，所以圆心坐标为(1,1)或(5,5)，圆心到直线的距离都是d=√5=2√55.故选B.6.数列{a n}中，a1=2，a m+n=a m a n.若a k+1+a k+2+⋯+a k+10=215−25，则k=()A.2B.3C.4D.5【解答】解：a m+n=a m a n，取m=1，则a1+n=a1a n.又a1=2，所以a n+1a n=2，所以{a n}是首项，公比均为2等比数列，则a n=2n，所以a k+1+a k+2+⋯+a k+10=2k+1(1−210)1−2=2k+1⋅210−2k+1=215−25，解得k=4.故选C7.如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，则该端点在侧视图中对应的点为()A.EB.FC.GD.H【解答】解：该几何体是两个长方体拼接而成，如图所示，显然所求点对应的为E点.故选A.8.设O为坐标原点，直线x=a与双曲线C:x 2a −y2b=1(a>0，b>0)的两条渐近线分别交于D，E两点.若△ODE的面积为8，则C的焦距的最小值为()A.4B.8C.16D.32【解答】解：双曲线C:x 2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的两条渐近线分别为y=±bax，则容易得到|DE|=2b，则S△ODE=ab=8.又因为c2=a2+b2≥2ab=16，即c≥4，焦距2c≥8.故选B.9.设函数f(x)=ln|2x+1|−ln|2x−1|，则f(x)()A.是偶函数，且(12,+∞)在单调递增B.是奇函数，且(−12,12)在单调递减C.是偶函数，且(−∞,−12)在单调递增D.是奇函数，且(−∞,−12)在单调递减【解答】解：函数f(−x)=ln|−2x+1|−ln|−2x−1|=ln|1−2x|−ln|2x+1|=−f(x)，∴f(x)为奇函数.当x∈(12，∞,)时，f(x)=ln(2x+1)−ln(2x−1)=ln2x+12x−1=ln(1+22x−1)，单调递减；当x∈(−12,12)时，f(x)=ln(2x+1)−ln(1−2x)，单调递增；当x∈(−∞,−12)时，f(x)=ln(−2x−1)−ln(1−2x)=ln2x+12x−1=ln(1+22x−1)，单调递减．故选D.10.已知△ABC是面积为9√34的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为()A.√3B.32C.1 D.√32【解答】解：设ABC的外接圆圆心为O1，记OO1=d，圆O1的半径为r，球O半径为R，等边三角形△ABC的边长为a，则S△ABC=√34a2=9√34，可得a=3，所以r=√3=√3.由题知球O的表面积为16π，则R=2，由R2=r2+d2，易得d=1，即O到平面ABC的距离为1.故选C.11.若2x−2y<3−x−3−y，则()A.ln(y−x+1)>0B.ln(y−x+1)<0C.ln|x−y|>0D.ln|x−y|<0【解答】解：2x−3−x<2y−3−y，设f(x)=2x−3−x，则f′(x)=2x ln2+3−x ln3>0，∴函数f(x)在R上单调递增，∵f(x)<f(y)，所以x<y，则y−x+1>1，∴ln(y−x+1)>0.故选A.12.0−1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列a1a2⋯a n⋯满足a i∈{0,1}(i=1,2,⋯)，且存在正整数m，使得a i+m=a i(i=1, 2, ⋯)成立，则称其为0−1周期序列，并称满足a i+m=a i(i=1, 2, ⋯)的最小正整数m为这个序列的周期.对于周期为m的0−1序列a1a2⋯a n⋯,C(k)=1 m ∑a imi=1a1+k(k=1, 2, ⋯, m−1)是描述其性质的重要指标.下列周期为5的0−1序列中，满足C(k)≤15(k=1,2,3,4)的序列是()A.11010⋯B.11011⋯C.10001⋯D.11001⋯【解答】解：对于A选项，C(1)=15∑a i5i=1a i+1=15(1+0+0+0+0)=15，C(2)=15∑a i5i=1a i+2=15(0+1+0+1+0)−25>15，不满足，排除；对于B 选项，C (1)=15∑a i 5i=1a i+1=15(1+0+0+1+1)=35>15，不满足，排除；对于C 选项，C (1)=15∑a i 5i=1a i+1=15(0+0+0+0+1)=15，C (2)=15∑a i 5i=1a i+2=15(0+0+0+0+0)=0，C (3)=15∑a i 5i=1a i+3=15(0+0+0+0+0)=0，C (4)=15∑a i 5i=1a i+4=15(1+0+0+0+0)=15，满足；对于D 选项，C (1)=15∑a i 5i=1a i+1=15(1+0+0+0+1)=25>0，不满足，排除.故选C ．二、填空题已知单位向量a →，b →的夹角为45∘,ka →−b →与a →垂直，则k =________.【解答】解：∵单位向量a →、b →的夹角为45∘,a →−b →与a →垂直，∴(ka →−b →)⋅a →=k −√22=0， ∴k =√22. 故答案为：√22.4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名学生，则不同的安排方法有________种．【解答】解：由题意可得，不同的安排方法有C 42A 33=36种.故答案为：36.设复数z 1,z 2满足|z 1|=|z 2|=2，z 1+z 2=√3+i ，则|z 1−z 2|=________.【解答】解：由题设z 1=a +bi ，则z 2=(√3−a)+(1−b )i ，故|z 1|2=a 2+b 2=4，|z2|2=(√3−a)2+(1−b)2=a2+b2−2√3a−2b+4=4，则|z1−z2|2=(2a−√3)2+(2b−1)2=4a2+4b2−4√3a+4b+4=2(a2+b2)+2(a2+b2−2√3a−2b)+4=2×4+4=12，故|z1−z2|=2√3.故答案为：2√3.设有下列四个命题：p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内．p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面．p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行.p4：若直线l⊂平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l.则下列命题中所有真命题的序号是________.①p1∧p4；②p1∧p2；③¬p2∨p3；④¬p3∨¬p4.【解答】解：对于p1：可设l1与l2相交，所得平面为α．若l3与l1相交，则交点A必在α内，同理，与l2交点B在α内，故直线AB在α内，即l3在α内，故p1为真命题．对于p2：过空间中任意三点，若三点共线，可形成无数多平面，故p2为假命题．对于p3：空间中两条直线的位置关系有相交、平行、异面，故p3为假命题．对于p4：若m⊥α，则m垂直于平面α内的所有直线，故m⊥l，故p4为真命题．综上可知：p1∧p4为真命题，¬p2∨p3为真命题，¬p3∨¬p4为真命题．故答案为：①③④.三、解答题△ABC中，sin2A−sin2B−sin2C=sinBsinC.(1)求A；(2)若BC=3，求△ABC周长的最大值．【解答】解：(1)在△ABC 中，设内角A,B,C 的对边分别为a,b,c ，∵sin 2A −sin 2B −sin 2C =sinBsinC ，由正弦定理得，a 2−b 2−c 2=bc ，即b 2+c 2−a 2=−bc ，由余弦定理得，cosA =b 2+c 2−a 22bc =−12.∵0<A <π，∴A =2π3. (2)由(1)知A =2π3，因为BC =3，即a =3，由余弦定理得，a 2=b 2+c 2−2bccosA ，∴9=b 2+c 2+bc =(b +c )2−bc ，由基本不等式√bc ≤b+c 2知bc ≤(b+c )24， 结合上式得9=(b +c )2−bc ≥34(b +c )2,(b +c )2≤12，∴b +c ≤2√3，当且仅当b =c =√3时取等号，∴△ABC 周长的最大值为3+2√3.某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加，为调查该地区某种野生动物的数量，将其分成面积相近的200个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取20个作为样区，调查得到样本数据(x i ,y i )(i =1,2,⋯,20)，其中x i 和y i 分别表示第i 个样区的植物覆盖面积（单位：公顷）和这种野生动物的数量，并计算得∑x i20i=1=60，∑y i 20i=1=1200，∑(x i −x ¯)220i=1=80，∑(y i −y ¯)220i=1=9000，∑(x i −x ¯)20i=1(y i −y ¯)=800.(1)求该地区这种野生动物数量的估计值（这种野生动物数量的估计值等于样区这种野生动物数量的平均数乘以地块数）；(2)求样本(x i ,y i )(i =1,2,⋯,20)的相关系数（精确到0.01）；(3)根据现有统计资料，各地块间植物短盖面积差异很大，为提高样本的代表性以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计，请给出一种你认为更合理的抽样方法，并说明理由．附：相关系数：r=∑(x−x¯)n(y−y¯)√∑(xi−x)2ni=1∑(y i−y)2ni=1，√2≈1.414.【解答】解：(1)由题意可知，1个样区这种野生动物数量的平均数=120020=60，故这种野生动物数量的估计值=60×200=12000；(2)由参考公式得，r=∑(x i−x¯)ni=1(y i−y¯)√∑(xi−x)2ni=1∑(y i−y)2ni=1=√80×9000=6√2≈0.94；(3)由题意可知，各地块间植物短盖面积差异很大，因此在调查时，先确定该地区各地块间植物短盖面积大小并且由小到大排序，每十个分为一组，采用系统抽样的方法抽取20个地块作为样区进行样本统计．已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合．C1的中心与C2的顶点重合，过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点．且|CD|=43|AB|.(1)求C1的离心率；(2)设M是C1与C2的公共点．若|MF|=5，求C1与C2的标准方程．【解答】解：(1)F为C1的焦点且AB⊥x轴，∴F(c,0)，|AB|=2b2a，设C2的标准方程为y2=2px(p>0)，∵F为C2的焦点且AB⊥x轴，∴F(p2,0).由抛物线的定义可得，|CD|=2p．∵|CD|=43|AB|.C1与C2焦点重合，∴{c=p2，2p=43×2b2a，消去p得：4c=8b 23a，∴3ac=2b2，∴3ac=2a2−2c2，设C1的离心率为e，则2e2+3e−2=0，∴e=12或e=−2（舍），故C1的离心率为12.(2)由(1)知a=2c，b=√3c，p=2c．∴C1:x24c2+y23c2=1，C2:y2=4cx，联立两曲线方程，消去y得3x2+16cx−12c2=0，∴(3x−2c)(x+6c)=0，∴x=23c或x=−6c（舍），从而|MF|=x+p2=23c+c=53c=5，∴c=3，∴C1与C2的标准方程分别为x 2+y2=1，y2=12x.如图已知三棱柱ABC−A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．(1)证明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥面EB1C1F.(2)设O为△A1B1C1的中心，若AO//面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．【解答】(1)证明：∵M，N分别为BC，B1C1的中点，底面为正三角形，∴B1N=BM，四边形BB1NM为矩形，A1N⊥B1C1，∴BB1//MN，而AA1//BB1，MN⊥B1C1∴AA1//MN，又∵MN∩A1N=N，∴面A1AMN⊥面EB1C1F.(2)∵三棱柱上下底面平行，平面EB1C1F与上下底面分别交于B1C1，∴EF//B1C1//BC.∵AO//面EB1C1F，AO⊂面AMNA1，面AMNA1∩面EB1C1F=PN，∴AO//PN，四边形APNO为平行四边形，而O为正三角形的中心，AO=AB，∴A1N=3ON，AM=3AP,PN=BC=B1C1=3EF.由(1)知直线B1E在平面A1AMN内的投影为PN直线B1E与平面A1AMN所成角即为等腰梯形EFC1B1中B1E与PN所成角在等腰梯形EFC1B1中，令EF=1，过E作EH⊥B1C1于H，则PN=B1C1=EH=3，B1H=1，B1E=√10，sin∠B1EH=B1HB1E =√1010.已知函数f(x)=sin2xsin2x.(1)讨论f(x)在(0,π)上的单调性；(2)证明：|f(x)|≤3√38；(3)证明：sin2xsin22xsin24x⋯sin22n x≤3n4n.【解答】(1)解：∵f (x )=2sin 3xcosx ，∴f ′(x )=2sin 2x (3cos 2x −sin 2x )=−8sin 2xsin (x +π3)sin (x −π3).当x ∈(0,π3)时，f ′(x )>0, f (x )单调递增；当x ∈(π3,2π3)时，f ′(x )<0, f (x )单调递减； 当x ∈(2π3,π)时，f ′(x )>0, f (x )单调递增；(2)证明：由f (x )=2sin 3xcosx 得，f (x )为R 上的奇函数． f 2(x )=4sin 6xcos 2x=4(1−cos 2x )3cos 2x=4(1−cos 2x )3×3cos 2x ≤43×((3−3cos 2x+3cos 2x)4)4=(34)3.当1−cos 2x =3cos 2x ，即cosx =±12时等号成立，故|f (x )|≤3√38. (3)证明：由(2)知：sin 2xsin2x ≤3√38=(34)32； sin 22xsin4x ≤3√38=(34)32； sin 222xsin23x ≤3√38=(34)32；⋯； sin 22n−1xsin2n x ≤3√38=(34)32， ∴sin 2xsin 32xsin 34x ⋯sin 32n−1xsin 22n x ≤(34)3n 2，∴sin 3xsin 32xsin 34x ⋯sin 32n−1xsin 32n x =sinx(sin 2xsin 32xsin 34x ⋯sin 32n−1xsin 22n x)sin2n x ≤(34)3n 2， ∴sin 2xsin 22xsin 24x ⋯sin 22n x ≤3n 4n .已知曲线C 1,C 2的参数方程分别为C 1：{x =4cos 2θ，y =4sin 2θ(B 为参数)，{x =t +1t ，y =t −1t (t 为参数).（1）（2）以坐标原点为极点，α轴正半轴为极轴建立极坐标系．设C 1,C 2的交点为P ，求圆心在极轴上，且经过极点和P 的圆的极坐标方程．(1)将C 1，C 2的参数方程化为普通方程；(2)以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系.设C 1，C 2的交点为P ，求圆心在极轴上，且经过极点和P 的圆的极坐标方程.【解答】11已知函数f (x )=|x −a 2|+|x −2a +1|.(1)当a =2时，求不等式f (x )≥4的解集；(2)若f (x )≥4，求a 的取值范围.【解答】解：(1)当a =2时，f (x )={7−2x ，x ≤3，1，3<x ≤4，2x −7，x >4.因此，不等式f (x )≥4的解集为{x|x ≤32或x ≥112}.(2)因为f (x )=|x −a 2|+|x −2a +1|≥|a 2−2a +1|=(a −1)2， 故当(a −1)2≥4，即|a −1|≥2时，f (x )≥4，所以当a ≥3或a ≤−1时，f (x )≥4；当−1<a <3时，f (a 2)=|a 2−2a +1|=(a −1)2<4. 所以a 的取值范围是(−∞,−1]∪[3,+∞).。
上海市2020〖人教版〗高三数学复习试卷第二次综合练习数学学科测试理工类
上海市2020年〖人教版〗高三数学复习试卷第二次综合练习数学学科测试理工类创作人：百里安娜 创作日期：202X.04.01 审核人： 北堂王会创作单位： 明德智语学校第一部分（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．在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1．已知集合}{|230A x x =∈-R ≥，集合}{2|320B x x x =∈-+<R ，则AB =（ ）．A ．3|2x x ⎧⎫⎨⎬⎭⎩≥ B ．3|22x x ⎧⎫<⎨⎬⎭⎩≤ C ．}{|12x x << D ．3|22x x ⎧⎫<<⎨⎬⎭⎩解析：}{}{}{23|230=|x ,|320|1<x 22A x x x B x x x x ⎧⎫=∈-∈=∈-+<=∈<⎨⎬⎭⎩R R R R ≥≥考点：集合与常用逻辑用语-----集合的运算难度系数：3 答案：B2．如果0a b >>，那么下列不等式一定成立的是（ ）．A ．33log log a b < B ．11()()44a b > C ．11a b< D ．22a b < 解析：A 以3为底，函数单调递增，错误；B 单调递减，错误；C 正确。
考点：函数与导数-----基本初等函数与应用-------对数与对数函数难度系数：3 答案：C3．执行如右图所示的程序框图，若输出的结果为2，则输入的正整数a 的可能取值的集合是（ ）．A ．}{1,2,3,4,5B ．}{1,2,3,4,5,6C ．}{2,3,4,5D ．}{2,3,4,5,6 解析：先验证a=1，不成立；a=6时，不成立；所以答案C. 考点：算数与框图-----算法和程序框图 难度系数：3 答案：C4．已知函数π()sin()(0,0,)2f x A x A ωϕωϕ=+>><的部分图像如右图所示，则ϕ=（ ）．A ．π6-B ．π6C ．π3-D ．π3 解析：,243124T T ππππϖ=-=∴==，把(,0)3π带入解析式，2sin(2)0,333k k Z πππϕϕπϕ⨯+=∴=-∈∴=,答案D 。
2020届人教A版高三数学理科一轮复习综合检测试卷(二)含答案
高三单元滚动检测卷·数学考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间120分钟，满分150分． 4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．综合检测(二)第Ⅰ卷一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．已知1－b i1＋2i ＝a ＋i (a ，b ∈R )，其中i 为虚数单位，则a ＋b 等于( )A ．－4B ．4C ．－10D ．102．(2020·宜昌调研)下列说法中，正确的是( ) A ．命题“若am 2<bm 2，则a <b ”的逆命题是真命题B ．命题“存在x 0∈R ，x 20－x 0>0”的否定是“对任意的x ∈R ，x 2－x ≤0”C ．命题“p 或q ”为真命题，则命题p 和命题q 均为真命题D ．已知x ∈R ，则“x >1”是“x >2”的充分不必要条件3．已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝a n a n ＋2 (n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为( )A ．a n ＝2n －1B ．a n ＝12n －1C ．a n ＝12n －1D ．a n ＝13n－14．已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|lg x |，x >0，2|x |，x ≤0，则函数y ＝2[f (x )]2－3f (x )＋1的零点个数是( )A ．3B ．5C ．7D ．85．现有2门不同的考试要安排在连续的5天之内进行，每天最多考一门，且不能连续两天有考试，则不同的安排方案有( ) A ．6种 B ．8种 C ．12种D ．16种6．欧阳修《卖油翁》中写到：(翁)乃取一葫芦置于地，以钱覆其口，徐以杓酌油沥之，自钱孔入，而钱不湿，可见“行行出状元”，卖油翁的技艺让人叹为观止．若铜钱是直径为3 cm 的圆，中间有边长为1 cm 的正方形孔，若你随机向铜钱上滴一滴油，则油(油滴的大小忽略不计)正好落入孔中的概率是( ) A.9π4 B.94π C.4π9D.49π7．如果执行下面的程序框图，输入正整数N (N ≥2)和实数a 1，a 2，…，a n ，输出A ，B ，则( )A ．A ＋B 为a 1，a 2，…，a n 的和 B.A ＋B 2为a 1，a 2，…，a n 的算术平均数C ．A 和B 分别是a 1，a 2，…，a n 中最大的数和最小的数D ．A 和B 分别是a 1，a 2，…，a n 中最小的数和最大的数8．学习合情推理后，甲、乙两位同学各举了一个例子，甲：由“若三角形周长为l ，面积为S ，则其内切圆半径r ＝2Sl”类比可得“若三棱锥表面积为S ，体积为V ，则其内切球半径r＝3VS ”；乙：由“若直角三角形两直角边长分别为a ，b ，则其外接圆半径r ＝a 2＋b 22”；类比可得“若三棱锥三条侧棱两两垂直，侧棱长分别为a 、b 、c ，则其外接球半径r ＝a 2＋b 2＋c 23”，这两位同学类比得出的结论( ) A ．两人都对 B ．甲错、乙对 C ．甲对、乙错D ．两人都错9．设x 1、x 2∈R ，常数a >0，定义运算“*”：x 1]x *a ))的轨迹是( ) A ．圆B ．椭圆的一部分C ．双曲线的一部分D ．抛物线的一部分10．在实数集R 中定义一种运算“*”，对任意a ，b ∈R ，a *b 为唯一确定的实数，且具有性质：(1)对任意a ∈R ，a *0＝a ；(2)对任意a ，b ∈R ，a *b ＝ab ＋(a *0)＋(b *0)．关于函数f (x )＝(e x )*1e x 的性质，有如下说法：①函数f (x )的最小值为3；②函数f (x )为偶函数；③函数f (x )的单调递增区间为(－∞，0]． 其中所有正确说法的个数为( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．311．已知f (x )＝|x ＋2|＋|x －4|的最小值为n ，则二项式⎝⎛⎭⎫x －1x n 展开式中x 2项的系数为( ) A ．11 B ．20 C ．15D ．1612．(2020·延安模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1 (a >b >0)的左，右焦点分别为F 1，F 2，若椭圆C上恰好有6个不同的点P ，使得△F 1F 2P 为等腰三角形，则椭圆C 的离心率的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫13，23 B.⎝⎛⎭⎫12，1 C.⎝⎛⎭⎫23，1D.⎝⎛⎭⎫13，12∪⎝⎛⎭⎫12，1第Ⅱ卷二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．用黑白两种颜色的正方形地砖依照图中的规律拼成若干图形，则按此规律第100个图形中有白色地砖________块；现将一粒豆子随机撒在第100个图中，则豆子落在白色地砖上的概率是________．14．若m ＝ʃ20(2x －e x )d x ，则“a ＝m ＋e 2－214”是“函数f (x )＝ax 2－x －1只有一个零点”的________条件(从“充要”“充分不必要”“必要不充分”“既不充分也不必要”中选填)． 15．如图，在△OAB 中，C 为OA 上的一点，且OC →＝23OA →，D 是BC 的中点，过点A 的直线l ∥OD ，P 是直线l 上的动点，若OP →＝λ1OB →＋λ2OC →，则λ1－λ2＝______.16．已知双曲线E ：x 2a 2－y 2b 2＝1 (a >0，b >0)的离心率为1＋52，圆C 是以坐标原点O 为圆心，实轴为直径的圆．过双曲线第一象限内的任一点P (x 0，y 0)作圆C 的两条切线，其切点分别为A ，B .若直线AB 与x 轴、y 轴分别相交于M ，N 两点，则b 22|OM |2－a 22|ON |2的值为______．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．(10分)(2020·福州质检)如图，函数f (x )＝3sin x 2·cos x 2＋cos 2x2＋m 的图象过点⎝⎛⎭⎫5π6，0.(1)求实数m 的值及f (x )的单调递增区间；(2)设y ＝f (x )的图象与x 轴、y 轴及直线x ＝t ⎝⎛⎭⎫0<t <2π3所围成的曲边四边形的面积为S ，求S 关于t 的函数S (t )的解析式．18.(12分)(2020·淄博模考)中国男子篮球职业联赛总决赛采用七场四胜制(即先胜四场者获胜)．进入总决赛的甲、乙两队中，若每一场比赛甲队获胜的概率为23，乙队获胜的概率为13，假设每场比赛的结果互相独立．现已赛完两场，乙队以2∶0暂时领先． (1)求甲队获得这次比赛胜利的概率；(2)设比赛结束时两队比赛的场数为随机变量X ，求随机变量X 的分布列和均值E (X )．19．(12分)(2020·珠海摸底)在边长为4 cm 的正方形ABCD 中，E ，F 分别为BC ，CD 的中点，M ，N 分别为AB ，CF 的中点，现沿AE ，AF ，EF 折叠，使B ，C ，D 三点重合，构成一个三棱锥．(1)请判断MN 与平面AEF 的位置关系，并给出证明； (2)证明：AB ⊥平面BEF ； (3)求二面角M —EF —B 的余弦值．20．(12分) 已知公比为q 的等比数列{a n }是递减数列，且满足a 1＋a 2＋a 3＝139，a 1a 2a 3＝127.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{(2n －1)·a n }的前n 项和T n ；(3)若b n ＝n 3n －1·a n ＋32 (n ∈N *)，证明：1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1≥435.21.(12分)若函数f (x )＝ln x ，g (x )＝x －2x .(1)求函数φ(x )＝g (x )－kf (x )(k >0)的单调区间；(2)若对所有的x ∈[e ，＋∞)，都有xf (x )≥ax －a 成立，求实数a 的取值范围．22．(12分)(2020·广州普通高中毕业班综合测试)已知椭圆C 1的中心在坐标原点，两焦点分别为双曲线C 2：x 22－y 2＝1的顶点，直线x ＋2y ＝0与椭圆C 1交于A ，B 两点，且点A 的坐标为(－2，1)，点P 是椭圆C 1上异于点A ，B 的任意一点，点Q 满足AQ →·AP →＝0，BQ →·BP →＝0，且A ，B ，Q 三点不共线． (1)求椭圆C 1的方程； (2)求点Q 的轨迹方程；(3)求△ABQ 面积的最大值及此时点Q 的坐标．综合检测(二)1．A 2.B 3.C 4.B 5.C 6.D 7.C 8.C 9．D [∵x 1]x *a )＝(x ＋a )2－(x －a )2＝2ax ， 则P (x,2ax )． 设P (x 1，y 1)，即⎩⎨⎧x 1＝x ，y 1＝2ax ，消去x 得y 21＝4ax 1(x 1≥0，y 1≥0)． 故点P 的轨迹为抛物线的一部分．]10．C [由定义的运算知，f (x )＝(e x )*1e x ＝e x ·1e x ＋e x *0＋1e x *0＝1＋e x ＋1e x ，①f (x )＝1＋e x ＋1e x ≥1＋2e x ·1e x ＝3，当且仅当e x ＝1ex ，即x ＝0时取等号，∴f (x )的最小值为3，故①正确； ②∵f (－x )＝1＋e －x ＋1e－x ＝1＋1e x ＋e x＝f (x )， ∴f (x )为偶函数，故②正确；③f ′(x )＝e x－1e x ＝e 2x －1e x ，当x ≤0时，f ′(x )＝e 2x －1e x ≤0，∴f (x )在(－∞，0]上单调递减，故③错误．故正确说法的个数是2.]11．C [因为函数f (x )＝|x ＋2|＋|x －4|表示数轴上的点到－2和4之间的距离， 易知其最小值为4－(－2)＝6，即n ＝6， 此时展开式的通项公式为 T r ＋1＝C r 6x 6－r (－1x)r ＝C r 6x 6－2r (－1)r ， 由6－2r ＝2，得r ＝2，所以T 3＝C 26x 2(－1)2＝15x 2，即x 2项的系数为15.]12．D [6个不同的点有两个为短轴的两个端点，另外4个分别在第一、二、三、四象限，且上下对称左右对称．不妨设P 在第一象限，|PF 1|>|PF 2|，当|PF 1|＝|F 1F 2|＝2c 时，|PF 2|＝2a －|PF 1|＝2a －2c ，即2c >2a －2c ，解得e ＝c a >12.因为e <1，所以12<e <1.当|PF 2|＝|F 1F 2|＝2c 时，|PF 1|＝2a －|PF 2|＝2a －2c ，即2a －2c >2c ，且2c ＋2c >2a －2c ，解得13<e <12.综上可得13<e <12或12<e <1，故选D.] 13．503 503603 14.充分不必要 15.－3216.5＋14解析 由题知P 、A 、O 、B 四点共圆，其方程为⎝⎛⎭⎫x －x 022＋⎝⎛⎭⎫y －y 022＝14(x 20＋y 20)，又圆C 的方程为x 2＋y 2＝a 2，两式作差，得公共弦AB 的方程为x 0x ＋y 0y ＝a 2，分别令x ＝0，y ＝0，得|ON |＝a 2y 0，|OM |＝a 2x 0.又点P (x 0，y 0)在双曲线上，故x 20a 2－y 20b 2＝1，即b 2x 20－a 2y 20＝a 2b 2.又e 2＝c 2a 2＝a 2＋b 2a2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋522，所以b 2a 2＝1＋52.故b 22|OM |2－a 22|ON |2＝b 22a 4x 20－a 22a 4y 20＝b 2x 20－a 2y 202a 4＝b 22a 2＝1＋54.17．解 (1)f (x )＝3sin x 2cos x 2＋cos 2x2＋m＝32sin x ＋12cos x ＋12＋m＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π6＋12＋m . 因为f (x )的图象过点⎝⎛⎭⎫5π6，0，所以sin ⎝⎛⎭⎫5π6＋π6＋12＋m ＝0，解得m ＝－12. 所以f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π6， 由－π2＋2k π≤x ＋π6≤π2＋2k π，k ∈Z ，得－2π3＋2k π≤x ≤π3＋2k π，k ∈Z .故f (x )的单调递增区间是⎣⎡⎦⎤－2π3＋2k π，π3＋2k π，k ∈Z . (2)由(1)得f (x )＝32sin x ＋12cos x . 所以S ＝ʃt 0⎝⎛⎭⎫32sin x ＋12cos x d x＝⎪⎪⎝⎛⎭⎫－32cos x ＋12sin x t 0＝⎝⎛⎭⎫－32cos t ＋12sin t －⎝⎛⎭⎫－32cos 0＋12sin 0＝sin ⎝⎛⎭⎫t －π3＋32. 所以S (t )＝sin ⎝⎛⎭⎫t －π3＋32 ⎝⎛⎭⎫0<t <2π3. 18．解 (1)设甲队获胜为事件A ，则甲队获胜包括甲队以4∶2获胜和甲队以4∶3获胜两种情况．设甲队以4∶2获胜为事件A 1， 则P (A 1)＝⎝⎛⎭⎫234＝1681；设甲队以4∶3获胜为事件A 2， 则P (A 2)＝C 14×13×⎝⎛⎭⎫233×23＝64243， 则P (A )＝P (A 1)＋P (A 2)＝1681＋64243＝112243.(2)随机变量X 可能的取值为4,5,6,7. P (X ＝4)＝⎝⎛⎭⎫132＝19.P (X ＝5)＝C 12×13×23×13＝427.P(X＝6)＝C13×13×⎝⎛⎭⎫232×13＋⎝⎛⎭⎫234＝2881.P(X＝7)＝C14×13×⎝⎛⎭⎫233＝3281，则X的分布列为X 4567P1942728813281E(X)＝4×19＋5×427＋6×2881＋7×3281＝48881.19．(1)解MN∥平面AEF.证明：由题意可知点M，N在折叠前后都分别是AB，CF的中点(折叠后B，C两点重合)，所以MN∥AF.因为⎩⎪⎨⎪⎧MN⊄平面AEF，AF⊂平面AEF，MN∥AF，所以MN∥平面AEF.(2)证明由题意可知AB⊥BE的关系在折叠前后都没有改变．因为在折叠前AD⊥DF，由于折叠后AD与AB重合，点D与B重合，所以AB⊥BF.因为⎩⎪⎨⎪⎧AB⊥BE，AB⊥BF，BE⊂平面BEF，BF⊂平面BEF，BE∩BF＝B，所以AB⊥平面BEF.(3)解记EF的中点为G，连接ME，MF，BG，MG.因为BE＝BF，ME＝MF，所以BG⊥EF且MG⊥EF，所以∠MGB是二面角M—EF—B的平面角．因为AB⊥平面BEF，所以∠MBG＝90°.在△BEF中，BG＝2，由于MB ＝2，所以MG ＝MB 2＋BG 2＝6，于是cos ∠MGB ＝BG MG ＝26＝33. 所以二面角M —EF —B 的余弦值为33. 20．(1)解 由a 1a 2a 3＝127及等比数列性质得a 32＝127，即a 2＝13，由a 1＋a 2＋a 3＝139，得a 1＋a 3＝109， 由⎩⎨⎧ a 2＝13，a 1＋a 3＝109得⎩⎨⎧ a 1q ＝13，a 1＋a 1q 2＝109，∴1＋q 2q ＝103，即3q 2－10q ＋3＝0， 解得q ＝3，或q ＝13. ∵{a n }是递减数列，故q ＝3舍去， ∴q ＝13，由a 2＝13，得a 1＝1. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝13n －1 (n ∈N *)．(2)解 由(1)知(2n －1)·a n ＝2n －13n －1， ∴T n ＝1＋33＋532＋…＋2n －13n －1，① 13T n ＝13＋332＋533＋…＋2n －33n －1＋2n －13n ，② ①－②得：23T n ＝1＋23＋232＋233＋…＋23n －1－2n －13n ＝1＋2⎝⎛⎭⎫13＋132＋133＋…＋13n －1－2n －13n ＝1＋2·13⎝⎛⎭⎫1－13n －11－13－2n －13n ＝2－13n －1－2n －13n ， ∴T n ＝3－n ＋13n －1.(3)证明 ∵b n ＝n 3n －1·a n ＋32(n ∈N *) ＝n ＋32＝2n ＋32， ∴1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝25·27＋27·29＋…＋22n ＋3·22n ＋5＝2⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫15－17＋⎝⎛⎭⎫17－19＋…＋⎝⎛⎭⎫12n ＋3－12n ＋5 ＝2⎝⎛⎭⎫15－12n ＋5. ∵n ≥1，15－12n ＋5≥15－17＝235， ∴1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1≥435. 21．解 (1)函数φ(x )＝x －2x－k ln x 的定义域为(0，＋∞)． φ′(x )＝1＋2x 2－k x ＝x 2－kx ＋2x 2， 记函数h (x )＝x 2－kx ＋2，其判别式Δ＝k 2－8.①当Δ＝k 2－8≤0，即0<k ≤22时，h (x )≥0恒成立，∴φ′(x )≥0在(0，＋∞)恒成立，φ(x )在区间(0，＋∞)上递增，②当Δ＝k 2－8>0即k >22时，方程h (x )＝0有两个不等的实根x 1＝k －k 2－82>0，x 2＝k ＋k 2－82>0. 若x 1<x <x 2，则h (x )<0，∴φ′(x )<0，∴φ(x )在区间(x 1，x 2)上递减；若x >x 2或0<x <x 1，则h (x )>0，∴φ′(x )>0，∴φ(x )在区间(0，x 1)和(x 2，＋∞)上递增．综上可知：当0<k ≤22时，φ(x )的递增区间为(0，＋∞)；当k >22时，φ(x )的递增区间为(0，k －k 2－82)和(k ＋k 2－82，＋∞)，递减区间为(k －k 2－82，k ＋k 2－82)．(2)∵x ≥e ，∴x ln x ≥ax －a ⇔a ≤x ln x x －1. 令p (x )＝x ln x x －1，x ∈[e ，＋∞)，则p ′(x )＝x －ln x －1(x －1)2. ∵当x ≥e 时，(x －ln x －1)′＝1－1x>0， ∴函数y ＝x －ln x －1在[e ，＋∞)上是增函数，∴x －ln x －1≥e －ln e －1＝e －2>0，p ′(x )>0，∴p (x )在[e ，＋∞)上是增函数，∴p (x )的最小值为p (e)＝e e －1，∴a ≤e e －1. 22．解 (1)∵双曲线C 2：x 22－y 2＝1的顶点为F 1(－2，0)，F 2(2，0)， ∴椭圆C 1的两焦点分别为F 1(－2，0)，F 2(2，0)．设椭圆C 1的方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1 (a >b >0)， ∵椭圆C 1过点A (－2，1)，∴2a ＝|AF 1|＋|AF 2|＝4，得a ＝2.∴b 2＝a 2－(2)2＝2.∴椭圆C 1的方程为x 24＋y 22＝1. (2)设点Q (x ，y )，点P (x 1，y 1)，由A (－2，1)及椭圆C 1关于原点对称可得B (2，－1)， ∴AQ →＝(x ＋2，y －1)，AP →＝(x 1＋2，y 1－1)，BQ →＝(x －2，y ＋1)，BP →＝(x 1－2，y 1＋1)．由AQ →·AP →＝0，得(x ＋2)(x 1＋2)＋(y －1)(y 1－1)＝0，即(x ＋2)(x 1＋2)＝－(y －1)(y 1－1)．①同理，由BQ →·BP →＝0，得(x －2)(x 1－2)＝－(y ＋1)(y 1＋1)．②①×②，得(x 2－2)(x 21－2)＝(y 2－1)(y 21－1)．③由于点P 在椭圆C 1上，则x 214＋y 212＝1，得x 21＝4－2y 21， 代入③式，得－2(y 21－1)(x 2－2)＝(y 2－1)(y 21－1)．当y 21－1≠0时，有2x 2＋y 2＝5，当y 21－1＝0时，点P (－2，－1)或P (2，1)，此时点Q 对应的坐标分别为(2，1)或(－2，－1)，其坐标也满足方程2x 2＋y 2＝5.当点P 与点A 重合时，即点P (－2，1)，由②得y ＝2x －3.解方程组⎩⎨⎧2x 2＋y 2＝5，y ＝2x －3，得点Q 的坐标为(2，－1)或⎝⎛⎭⎫22，－2. 同理，当点P 与点B 重合时，可得点Q 的坐标为(－2，1)或⎝⎛⎭⎫－22，2. ∴点Q 的轨迹方程为2x 2＋y 2＝5，除去四个点(2，－1)，⎝⎛⎭⎫22，－2，(－2，1)，⎝⎛⎭⎫－22，2. (3)点Q 到直线AB ：x ＋2y ＝0的距离为|x ＋2y |3. △ABQ 的面积为S ＝12(2＋2)2＋(－1－1)2·|x ＋2y |3＝|x ＋2y |＝x 2＋2y 2＋22xy . 而22xy ＝2×(2x )×⎝⎛⎭⎫y 2≤4x 2＋y 22(当且仅当2x ＝y 2时等号成立)， ∴S ＝x 2＋2y 2＋22xy ≤ x 2＋2y 2＋4x 2＋y 22 ＝ 5x 2＋52y 2＝522(当且仅当2x ＝y 2时，等号成立)． 由⎩⎪⎨⎪⎧ 2x ＝y 2，2x 2＋y 2＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝22，y ＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝－22，y ＝－2.∴△ABQ 的面积的最大值为522，此时，点Q 的坐标为⎝⎛⎭⎫22，2或⎝⎛⎭⎫－22，－2.。