(通用版)2020高考数学二轮复习46分大题保分练(二)文
通用版2020高考数学二轮复习46分大题保分练一文
46分大题保分练(一)(建议用时：40分钟)17．(12分)(20xx·石家庄模拟)已知△ABC 的面积为33、且内角A 、B 、C 依次成等差数列．(1)若sin C ＝3sin A 、求边AC 的长；(2)设D 为AC 边的中点、求线段BD 长的最小值．[解] (1)∵△ABC 的三个内角A 、B 、C 依次成等差数列、∴B ＝60°. 设A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c 、由△ABC 的面积S ＝33＝12ac sinB 可得ac ＝12.∵sin C ＝3sin A 、∴由正弦定理知c ＝3a 、∴a ＝2、c ＝6. △ABC 中、b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝28、∴b ＝27. 即AC 的长为27.(2)∵BD 是AC 边上的中线、∴BD →＝12(BC →＋BA →)、∴BD →2＝14(BC →2＋BA →2＋2BC →·BA →)＝14(a 2＋c 2＋2ac cos∠ABC )＝14(a 2＋c 2＋ac )≥14(2ac ＋ac )＝9、当且仅当a ＝c 时取“＝”、∴|BD →|≥3、即线段BD 长的最小值为3.18．(12分)(20xx·武汉模拟)如图、已知三棱锥P ABC 中、PC ⊥AB 、△ABC 是边长为2的正三角形、PB ＝4、∠PBC ＝60°.(1)证明：平面PAC ⊥平面ABC ；(2)设F 为棱PA 的中点、在AB 上取点E 、使得AE ＝2EB 、求三棱锥F ACE 与四棱锥C PBEF 的体积之比．[解] (1)在△PBC 中、∠PBC ＝60°、BC ＝2、PB ＝4、 由余弦定理可得PC ＝23、 ∴PC 2＋BC 2＝PB 2、∴PC ⊥BC 、又PC ⊥AB 、AB ∩BC ＝B 、∴PC ⊥平面ABC 、 ∵PC ⊂平面PAC 、∴平面PAC ⊥平面ABC .(2)设三棱锥F ACE 的高为h 1、三棱锥P ABC 的高为h 、。
2020新高考文科数学二轮培优基础保分强化试题二及答案解析(7页)
2020新高考文科数学二轮培优基础保分强化试题二1．已知集合A ＝[1，＋∞)，B ＝{|x ∈R 12a ≤x ≤2a －1}，若A ∩B ≠∅，则实数a 的取值范围是( )A ．[1，＋∞)B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1 C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞ D ．(1，＋∞)答案 A 解析因为A ∩B ≠∅，所以⎩⎨⎧2a －1≥1，2a －1≥12a ，解得a ≥1，故选A.2．若复数z ＝1＋m i1＋i 在复平面内对应的点在第四象限，则实数m 的取值范围是( )A ．(－1,1)B ．(－1,0)C ．(1，＋∞)D ．(－∞，－1)答案 A解析 因为z ＝1＋m i 1＋i ＝(1＋m i )(1－i )(1＋i )(1－i )＝1＋m 2＋m －12i ，在复平面内对应的点为⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋m 2，m －12，且在第四象限，所以⎩⎨⎧1＋m2>0，m －12<0，解得－1<m <1，故选A.3．设S n 是各项均不为0的等差数列{a n }的前n 项和，且S 13＝13S 7，则a 7a 4等于( )A ．1B ．3C ．7D ．13 答案 C解析 因为S n 是各项均不为0的等差数列{a n }的前n 项和，且S 13＝13S 7，所以13(a 1＋a 13)2＝13×7(a 1＋a 7)2，即a 7＝7a 4，所以a 7a 4＝7.故选C. 4．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某简单几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A.4π3B.8π3C.16π3D.32π3 答案 A解析 由三视图可得该几何体为半圆锥，底面半圆的半径为2，高为2，则其体积V ＝12×13×π×22×2＝4π3，故选A.5．已知i 与j 为互相垂直的单位向量，a ＝i －2j ，b ＝i ＋λj ，且a 与b 的夹角为锐角，则实数λ的取值范围是( )A ．(－∞，－2)∪⎝⎛⎭⎪⎫－2，12 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，23∪⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞ D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12 答案 A解析 因为i 与j 为互相垂直的单位向量，所以i 2＝j 2＝1，i ·j ＝0.又因为a ＝i －2j ，b ＝i ＋λj ，且a 与b 的夹角为锐角，所以a ·b ＝1－2λ>0，λ<12.但当λ＝－2时，a ＝b ，不满足要求，故满足条件的实数λ的取值范围为(－∞，－2)∪⎝⎛⎭⎪⎫－2，12.故选A.6．若函数f (x )＝sin2x ＋cos2x ，则下列结论正确的是( ) A ．函数f (x )的最小正周期为2πB ．对任意的x ∈R ，都有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4＋f (－x )＝0 C ．函数f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫π2，3π4上是减函数D ．函数f (x )的图象关于直线x ＝－π8对称 答案 B解析 函数f (x )＝sin2x ＋cos2x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4，则函数f (x )的最小正周期为T＝2π2＝π，故A 错误；f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4＋f (－x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π4＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x ＋π4＝0，故B 正确；令π2＋2k π≤2x ＋π4≤2k π＋3π2(k ∈Z )，解得π8＋k π≤x ≤k π＋5π8(k ∈Z )，当k ＝0时，函数的单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤π8，5π8，故C 错误；当x ＝－π8时，f ⎝⎛⎭⎪⎫－π8＝0.故D 错误，故选B.7．已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，B 1C ，C 1D 与底面ABCD 所成的角分别为60°和45°，则异面直线B 1C 和C 1D 所成角的余弦值为( )A.64B.14C.26D.36 答案 A解析 ∵B 1C 和C 1D 与底面ABCD 所成的角分别为60°和45°，∴∠B 1CB ＝60°，∠C 1DC ＝45°.由图可知，B 1C 与C 1D 所成的角，即为A 1D与C 1D 所成的角，即∠A 1DC 1.令BC ＝1，则B 1B ＝AB ＝3，∴A 1D ＝2，A 1C 1＝2，C 1D ＝ 6.由余弦定理，得cos ∠A 1DC 1＝22＋(6)2－222×2×6＝64.故选A.8．如图，在矩形区域ABCD 中，AB ＝2，AD ＝1，且在A ，C 两点处各有一个通信基站，假设其信号的覆盖范围分别是扇形区域ADE 和扇形区域CBF (该矩形区域内无其他信号来源，基站工作正常)．若在该矩形区域内随机选一地点，则该地点无信号的概率是( )A ．2－π2 B.π2－1 C ．1－π4 D.π4 答案 C解析 由条件得扇形区域ADE 和扇形区域CBF 的面积均为π4，又矩形区域ABCD 的面积为2×1＝2，根据几何概型概率公式可得所求概率为P ＝2－2×π42＝1－π4，即在该矩形区域内随机选一地点，则该地点无信号的概率是1－π4.9．已知F 1，F 2是双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的两个焦点，P 是双曲线C 上一点，若|PF 1|＋|PF 2|＝6a ，且△PF 1F 2的最小内角的大小为30°，则双曲线C 的渐近线方程是( )A.2x ±y ＝0 B ．x ±2y ＝0 C ．2x ±y ＝0 D ．x ±2y ＝0答案 A解析 不妨设|PF 1|>|PF 2|，则⎩⎪⎨⎪⎧|PF 1|－|PF 2|＝2a ，|PF 1|＋|PF 2|＝6a ，所以|PF 1|＝4a ，|PF 2|＝2a ，且|F 1F 2|＝2c ，即|PF 2|为最小边，所以∠PF 1F 2＝30°，则△PF 1F 2为直角三角形，所以2c ＝23a ，所以b ＝2a ，即渐近线方程为y ＝±2x ，故选A.10．若x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －3≥0，kx －y ＋3≥0，y ≥0，且z ＝y －x 的最小值为－12，则k 的值为( )A.12 B ．－12 C.14 D ．－14 答案 D解析 依题意，易知k ≤－1和k ≥0不符合题意．由⎩⎪⎨⎪⎧kx －y ＋3＝0，y ＝0得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3k ，0，结合图形可知，当直线z ＝y －x 过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3k ，0时，z 有最小值，于是有0＋3k ＝－12，k ＝－14，选D.11．椭圆x 24＋y 2＝1上存在两点A ，B 关于直线4x －2y －3＝0对称，若O 为坐标原点，则|OA →＋OB →|＝( )A ．1 B. 3 C. 5 D.7 答案 C解析 由题意，直线AB 与直线4x －2y －3＝0垂直，设直线AB 的方程为y ＝－12x ＋m .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－12x ＋m ，x 24＋y 2＝1消去y 整理得x 2－2mx ＋2m 2－2＝0，∵直线AB与椭圆交于两点，∴Δ＝(－2m )2－4(2m 2－2)＝－4m 2＋8>0，解得－2<m < 2.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，AB 的中点为M (x 0，y 0)，则x 1＋x 2＝2m ，∴x 0＝x 1＋x 22＝m ，y 0＝－12x 0＋m ＝m2，∴点M 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫m ，m 2.由题意得点M 在直线4x －2y －3＝0上，∴4m －2×m 2－3＝3m －3＝0，解得m ＝1.∴x 1＋x 2＝2，y 1＋y 2＝－12(x 1＋x 2)＋2m ＝1，∴OA →＋OB →＝(2,1)，∴|OA →＋OB →|＝ 5.故选C.12．已知角α的顶点与直角坐标系的原点重合，始边与x 轴的非负半轴重合，终边经过点P (－1,2)，则cos2α＝________.答案 －35解析 设点P 到原点的距离是r ，由三角函数的定义，得r ＝5，sin α＝2r ＝25，可得cos2α＝1－2sin 2α＝1－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫252＝－35.13．将1,2,3,4，…正整数按如图所示的方式排成三角形数组，则第10行左数第10个数为________．答案 91解析 由三角形数组可推断出，第n 行共有2n －1项，且最后一项为n 2，所以第10行共19项，最后一项为100，左数第10个数是91.14．已知在△ABC 中，B ＝2A ，∠ACB 的平分线CD 把三角形分成△BCD 和△ACD ，且S △BCD ∶S △ACD ＝4∶3，则cos A ＝________.答案 38解析 在△ADC 中，由正弦定理，得AC sin ∠ADC ＝37AB sin ∠ACD ⇒AC 37AB ＝sin ∠ADCsin ∠ACD.同理，在△BCD 中，得BC sin ∠BDC ＝47AB sin ∠BCD ⇒BC 47AB＝sin ∠BDCsin ∠BCD，又sin ∠ADC ＝sin ∠BDC ，sin ∠ACD ＝sin ∠BCD ，所以AC 37AB ＝BC 47AB ⇒AC ＝34BC ，由正弦定理，得sin B ＝34sin A ，又B ＝2A ，即sin B ＝2sin A cos A ，求得cos A ＝38.。
(通用版)2020高考数学二轮复习46分大题保分练(四)文
46分大题保分练(四)(建议用时：40分钟)17．(12分)(2019·福州模拟)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且a (3sinB －cosC )＝(c －b )cos A .(1)求角A ；(2)若b ＝3，点D 在BC 边上，CD ＝2，∠ADC ＝π3，求△ABC 的面积．[解] 法一：(1)根据正弦定理，及a (3sin B －cos C )＝(c －b )cos A ， 得sin A (3sin B －cos C )＝(sin C －sin B )cos A ， 所以3sin A sin B ＋sin B cos A ＝sin C cos A ＋cos C sin A ， 即3sin A sin B ＋sin B cos A ＝sin(A ＋C )． 又A ＋C ＝π－B ，所以sin(A ＋C )＝sin B ， 所以3sin A sin B ＋sin B cos A ＝sin B . 又0＜B ＜π，所以sin B ＞0，所以3sin A ＋cos A ＝1，即sin ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π6＝12.又0＜A ＜π，所以π6＜A ＋π6＜7π6，所以A ＋π6＝5π6，解得A ＝2π3.(2)如图，在△ACD 中，AC ＝b ＝3，CD ＝2，∠ADC ＝π3，由正弦定理，得AC sin∠ADC ＝CDsin∠CAD ，即3sinπ3＝2sin∠CAD ，所以sin∠CAD ＝1，∠CAD ＝π2. 从而∠ACD ＝π－π2－π3＝π6，∠ABC ＝π－π6－2π3＝π6，所以AB ＝AC ＝ 3.故S △ABC ＝12·AB ·AC ·sin∠BAC ＝12×3×3×sin 2π3＝334.法二：(1)因为a (3sin B －cos C )＝(c －b )cos A ， 所以3a sin B ＝a cos C ＋(c －b )cos A ，由余弦定理，得3a sin B ＝a ·a 2＋b 2－c 22ab ＋(c －b )·b 2＋c 2－a 22bc，化简得23ac sin B ＝2bc －(b 2＋c 2－a 2)， 所以23ac sin B ＝2bc －2bc cos A ， 即3a sin B ＝b －b cos A .由正弦定理，得3b sin A ＝b －b cos A .所以3sin A ＝1－cos A ，所以sin ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π6＝12.又0＜A ＜π，所以π6＜A ＋π6＜7π6，所以A ＋π6＝5π6，A ＝2π3.(2)在△ACD 中，AC ＝b ＝3，CD ＝2，∠ADC ＝π3，由余弦定理，得AC 2＝AD 2＋CD 2－2AD ·CD ·cos∠ADC ， 即3＝AD 2＋4－2×AD ×2×12，解得AD ＝1，从而AD 2＋AC 2＝CD 2，所以∠CAD ＝π2，所以∠ACD ＝π－π2－π3＝π6，∠ABC ＝π－π6－2π3＝π6，所以AB ＝AC ＝ 3.故S △ABC ＝12·AB ·AC ·sin∠BAC ＝12×3×3×sin 2π3＝334.18．(12分)如图，在直三棱柱ABC A1B 1C 1中，底面ABC 是边长为2的正三角形，M ，N 分别是AB ，AA 1的中点，且A 1M ⊥B 1N .(1)求证：B 1N ⊥A 1C ； (2)求M 到平面A 1B 1C 的距离． [解] 法一：(1)如图，连接CM .在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，CM ⊂平面ABC . 所以AA 1⊥CM .在△ABC 中，AC ＝BC ，AM ＝BM ，所以CM ⊥AB . 又AA 1∩AB ＝A ，所以CM ⊥平面ABB 1A 1. 因为B 1N ⊂平面ABB 1A 1，所以CM ⊥B 1N .又A 1M ⊥B 1N ，A 1M ∩CM ＝M ，所以B 1N ⊥平面A 1CM . 因为A 1C ⊂平面A 1CM ，所以B 1N ⊥A 1C . (2)连接B 1M .在矩形ABB 1A 1中，因为A 1M ⊥B 1N ，所以∠AA 1M ＝∠A 1B 1N . 所以tan∠AA 1M ＝tan∠A 1B 1N ，即AM AA 1＝A 1N A 1B 1. 因为△ABC 是边长为2的正三角形，M ，N 分别是AB ，AA 1的中点，所以AM ＝1，CM ＝3，A 1B 1＝2.设AA 1＝x ，则A 1N ＝x2.所以1x ＝x22，解得x ＝2.从而S △A 1B 1M ＝12S 正方形ABB 1A 1＝2，A 1C ＝B 1C ＝2 2.在△A 1CB 1中，cos∠A 1CB 1＝A 1C 2＋B 1C 2－A 1B 212A 1C ·B 1C ＝34，所以sin∠A 1CB 1＝74，所以S △A 1B 1C ＝12A 1C ·B 1C ·sin∠A 1CB 1＝7.设点M 到平面A 1B 1C 的距离为d ，由V 三棱锥M A 1B 1C ＝V 三棱锥C A 1B 1M ，得13S △A 1B 1C ·d＝13S △A 1B 1M ·CM ， 所以d ＝S △A 1B 1M ·CM S △A 1B 1C ＝2217，即点M 到平面A 1B 1C 的距离为2217.法二：(1)同法一．(2)在矩形ABB 1A 1中，因为A 1M ⊥B 1N ，所以∠AA 1M ＝∠A 1B 1N ， 所以tan∠AA 1M ＝tan∠A 1B 1N ，即AM AA 1＝A 1NA 1B 1. 因为△ABC 是边长为2的正三角形，M ，N 分别是AB ，AA 1的中点， 所以AM ＝1，CM ＝3，A 1B 1＝2. 设AA 1＝x ，则A 1N ＝x2，所以1x ＝x22，解得x ＝2.如图，取A 1B 1的中点D ，连接MD ，CD ，过M 作MO ⊥CD 于O.在正方形ABB 1A 1中，易知A 1B 1⊥MD ，由(1)可得CM ⊥A 1B 1， 又CM ∩MD ＝M ，所以A 1B 1⊥平面CDM . 因为MO ⊂平面CDM ，所以A 1B 1⊥MO .又MO ⊥CD ，A 1B 1∩CD ＝D ，所以MO ⊥平面A 1B 1C ， 即线段MO 的长就是点M 到平面A 1B 1C 的距离．由(1)可得CM ⊥MD ，又MD ＝2，所以由勾股定理，得CD ＝CM 2＋MD 2＝7.S △CMD ＝12·CD ·MO ＝12·CM ·MD ，即12×7×MO ＝12×3×2，解得MO ＝2217，故点M 到平面A 1B 1C 的距离为2217.19．(12分)(2019·合肥模拟)“工资条里显红利，个税新政入民心”．随着2019年新年钟声的敲响，我国自1980年以来，力度最大的一次个人所得税(简称个税)改革迎来了全面实施的阶段．某IT 从业者为了解自己在个税新政下能享受多少税收红利，绘制了他在26岁～35岁(2009年～2018年)之间各年的月平均收入y (单位：千元)的散点图：(1)由散点图知，可用回归模型y ＝b ln x ＋a 拟合y 与x 的关系，试根据有关数据建立y 关于x 的回归方程；(2)如果该IT 从业者在个税新政下的专项附加扣除为3 000元/月，试利用(1)的结果，将月平均收入视为月收入，根据新旧个税政策，估计他36岁时每个月少缴纳的个人所得税．附注：1.参考数据：∑10i ＝1x i ＝55，∑10i ＝1y i ＝155.5，∑10i ＝1(x i －x )2＝82.5，∑10i ＝1(x i －x )(y i －y )＝94.9，∑10i ＝1t i ＝15.1，∑10i ＝1(t i －t )2＝4.84，∑10i ＝1(t i －t )(y i －y )＝24.2，其中t i ＝ln x i ；取ln 11＝2.4，ln 36＝3.6.2．参考公式：回归方程v ＝bu ＋a 中斜率和截距的最小二乘估计分别为b ^＝∑ni ＝1(u i －u )(v i －v )∑ni ＝1(u i －u )2，a ^＝v －b ^u .3．新旧个税政策下每月应纳税所得额(含税)计算方法及税率表如下：b ^＝∑10i ＝1(t i －t )(y i －y )∑10i ＝1 (t i －t )2＝24.24.84＝5， y ＝∑10i ＝1y i10＝155.510＝15.55，t ＝∑10i ＝1t i10＝15.110＝1.51，a ^＝y －b ^t ＝15.55－5×1.51＝8，所以y 关于t 的回归方程为y ＝5t ＋8.因为t ＝ln x ，所以y 关于x 的回归方程为y ＝5ln x ＋8.(2)由(1)得该IT 从业者36岁时月平均收入为y ＝5ln 11＋8＝5×2.4＋8＝20(千元)．旧个税政策下每个月应缴纳的个人所得税为1 500×3%＋3 000×10%＋4 500×20%＋(20 000－3 500－9 000)×25%＝3 120(元)． 新个税政策下每个月应缴纳的个人所得税为3 000×3%＋(20 000－5 000－3 000－3 000)×10%＝990(元)．故根据新旧个税政策，该IT 从业者36岁时每个月少缴纳的个人所得税为3 120－990＝2 130(元)．选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．22．(10分)[选修4－4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋35t y ＝1＋45t (t 为参数)．以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为ρ2＝21＋sin 2θ，点P 的极坐标为⎝⎛⎭⎪⎫2，π4. (1)求C 的直角坐标方程和P 的直角坐标；(2)设l 与C 交于A ，B 两点，线段AB 的中点为M ，求|PM |.[解] (1)由ρ2＝21＋sin 2θ得ρ2＋ρ2sin 2θ＝2 ①，将ρ2＝x 2＋y 2，y ＝ρsin θ代入①并整理得，曲线C 的直角坐标方程为x 22＋y 2＝1.设点P 的直角坐标为(x ，y )，因为点P 的极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π4， 所以x ＝ρcos θ＝2cos π4＝1，y ＝ρsin θ＝2sin π4＝1.所以点P 的直角坐标为(1,1)． (2)法一：将⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋35t y ＝1＋45t 代入x 22＋y 2＝1，并整理得41t 2＋110t ＋25＝0，Δ＝1102－4×41×25＝8 000＞0， 故可设方程的两根分别为t 1，t 2，则t 1，t 2为A ，B 对应的参数，且t 1＋t 2＝－11041.依题意，点M 对应的参数为t 1＋t 22.所以|PM |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪t 1＋t 22＝5541.法二：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x 0，y 0)， 则x 0＝x 1＋x 22，y 0＝y 1＋y 22.由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋35ty ＝1＋45t ，消去t ，得y ＝43x －13.将y ＝43x －13代入x 22＋y 2＝1，并整理得41x 2－16x －16＝0，因为Δ＝(－16)2－4×41×(－16)＝2 880＞0， 所以x 1＋x 2＝1641，x 1x 2＝－1641.所以x 0＝841，y 0＝43x 0－13＝43×841－13＝－341，即M ⎝ ⎛⎭⎪⎫841，－341.所以|PM |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫841－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－341－12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－33412＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－44412＝5541.23．(10分)[选修4－5：不等式选讲] 已知函数f (x )＝|x ＋1|－|ax －3|(a ＞0)． (1)当a ＝2时，求不等式f (x )＞1的解集；(2)若y ＝f (x )的图象与x 轴围成直角三角形，求a 的值． [解] (1)当a ＝2时，不等式f (x )＞1即|x ＋1|－|2x －3|＞1.当x ≤－1时，原不等式可化为－x －1＋2x －3＞1，解得x ＞5，因为x ≤－1，所以此时原不等式无解；当－1＜x ≤32时，原不等式可化为x ＋1＋2x －3＞1，解得x ＞1，所以1＜x ≤32；当x ＞32时，原不等式可化为x ＋1－2x ＋3＞1，解得x ＜3，所以32＜x ＜3.综上，原不等式的解集为{x |1＜x ＜3}． (2)法一：因为a ＞0，所以3a＞0，所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(a －1)x －4，x ≤－1(a ＋1)x －2，－1＜x ≤3a .(1－a )x ＋4，x ＞3a因为a ＞0，所以f (－1)＝－a －3＜0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫3a ＝1＋3a＞0.当0＜a ＜1时，f (x )的图象如图①所示，要使得y ＝f (x )的图象与x 轴围成直角三角形，则(a －1)(a ＋1)＝－1，解得a ＝0，舍去；当a ＝1时，f (x )的图象如图②所示，所以y ＝f (x )的图象与x 轴不能围成三角形，不符合题意，舍去；当a ＞1时，f (x )的图象如图③所示，要使得y ＝f (x )的图象与x 轴围成直角三角形，则(1－a )(a ＋1)＝－1，解得a ＝±2，因为a ＞1，所以a ＝ 2.综上，所求a 的值为2.图① 图② 图③法二：因为a ＞0，所以3a＞0，所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(a －1)x －4，x ≤－1(a ＋1)x －2，－1＜x ≤3a .(1－a )x ＋4，x ＞3a若y ＝f (x )的图象与x 轴围成直角三角形， 则(a －1)(a ＋1)＝－1或(a ＋1)(1－a )＝－1， 解得a ＝0(舍去)或a ＝2或a ＝－2(舍去)． 经检验，a ＝2符合题意， 所以所求a 的值为 2.。
2020届高考数学大二轮专题复习冲刺方案-理数(经典版)文档：基础保分强化训练(二) Word版含解析
基础保分强化训练(二)A ．[1，＋∞) B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1 C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞ D ．(1，＋∞)答案 A解析 因为A ∩B ≠∅，所以⎩⎪⎨⎪⎧2a －1≥1，2a －1≥12a ，解得a ≥1，故选A.2．若复数z ＝1＋m i1＋i 在复平面内对应的点在第四象限，则实数m 的取值范围是( )A ．(－1,1)B ．(－1,0)C ．(1，＋∞)D ．(－∞，－1)答案 A解析 因为z ＝1＋m i 1＋i ＝(1＋m i )(1－i )(1＋i )(1－i )＝1＋m 2＋m －12i ，在复平面内对应的点为⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋m 2，m －12，且在第四象限，所以⎩⎪⎨⎪⎧1＋m2>0，m －12<0，解得－1<m <1，故选A.3．设S n 是各项均不为0的等差数列{a n }的前n 项和，且S 13＝13S 7，则a 7a 4等于( )A ．1B ．3C ．7D ．13 答案 C解析 因为S n 是各项均不为0的等差数列{a n }的前n 项和，且S 13＝13S 7，所以13(a 1＋a 13)2＝13×7(a 1＋a 7)2，即a 7＝7a 4，所以a 7a 4＝7.故选C.4．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某简单几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A.4π3B.8π3C.16π3D.32π3 答案 A解析 由三视图可得该几何体为半圆锥，底面半圆的半径为2，高为2，则其体积V ＝12×13×π×22×2＝4π3，故选A.5．已知i 与j 为互相垂直的单位向量，a ＝i －2j ，b ＝i ＋λj ，且a 与b 的夹角为锐角，则实数λ的取值范围是( )A ．(－∞，－2)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，12B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，23∪⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞ D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12 答案 A解析 因为i 与j 为互相垂直的单位向量，所以i 2＝j 2＝1，i ·j ＝0.又因为a ＝i－2j ，b ＝i ＋λj ，且a 与b 的夹角为锐角，所以a ·b ＝1－2λ>0，λ<12.但当λ＝－2时，a ＝b ，不满足要求，故满足条件的实数λ的取值范围为(－∞，－2)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，12.故选A.6．若函数f (x )＝sin2x ＋cos2x ，则下列结论正确的是( ) A ．函数f (x )的最小正周期为2πB ．对任意的x ∈R ，都有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4＋f (－x )＝0C ．函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，3π4上是减函数D ．函数f (x )的图象关于直线x ＝－π8对称 答案 B解析 函数f (x )＝sin2x ＋cos2x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4，则函数f (x )的最小正周期为T＝2π2＝π，故A 错误；f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4＋f (－x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π4＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x ＋π4＝0，故B正确；令π2＋2k π≤2x ＋π4≤2k π＋3π2(k ∈Z )，解得π8＋k π≤x ≤k π＋5π8(k ∈Z )，当k ＝0时，函数的单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤π8，5π8，故C 错误；当x ＝－π8时，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π8＝0，故D 错误．故选B.7．已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，B 1C ，C 1D 与底面ABCD 所成的角分别为60°和45°，则异面直线B 1C 和C 1D 所成角的余弦值为( )A.64B.14C.26D.36 答案 A解析 ∵B 1C 和C 1D 与底面ABCD 所成的角分别为60°和45°，∴∠B 1CB ＝60°，∠C 1DC ＝45°.由图可知，B 1C 与C 1D 所成的角，即为A 1D 与C 1D 所成的角，即∠A 1DC 1.令BC ＝1，则B 1B ＝AB ＝3，∴A 1D ＝2，A 1C 1＝2，C 1D ＝ 6.由余弦定理，得cos ∠A 1DC 1＝22＋(6)2－222×2×6＝64.故选A.8．把标号为1,2,3,4的四个小球分别放入标号为1,2,3,4的四个盒子中，每个盒子只放一个小球，则1号球不放入1号盒子的方法共有( )A ．18种B ．9种C ．6种D ．3种 答案 A解析 由于1号球不放入1号盒子，则1号盒子有2,3,4号球三种选择，还剩余三个球可以任意放入2,3,4号盒子中，则2号盒子有三种选择，3号盒子还剩两种选择，4号盒子只有一种选择，根据分步计数原理可得1号球不放入1号盒子的方法有C 13·C 13·C 12·1＝18种．故选A. 9．已知F 1，F 2是双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的两个焦点，P 是双曲线C上一点，若|PF 1|＋|PF 2|＝6a ，且△PF 1F 2的最小内角的大小为30°，则双曲线C 的渐近线方程是( )A.2x ±y ＝0 B ．x ±2y ＝0C ．2x ±y ＝0D ．x ±2y ＝0 答案 A解析 不妨设|PF 1|>|PF 2|，则⎩⎨⎧|PF 1|－|PF 2|＝2a ，|PF 1|＋|PF 2|＝6a ，所以|PF 1|＝4a ，|PF 2|＝2a ，且|F 1F 2|＝2c ，即|PF 2|为最小边，所以∠PF 1F 2＝30°，则△PF 1F 2为直角三角形，所以2c ＝23a ，所以b ＝2a ，即渐近线方程为y ＝±2x ，故选A.10．若x ，y 满足⎩⎨⎧x ＋y －3≥0，kx －y ＋3≥0，y ≥0，且z ＝y －x 的最小值为－12，则k 的值为( )A.12 B ．－12 C.14 D ．－14 答案 D解析 依题意，易知k ≤－1和k ≥0不符合题意．由⎩⎨⎧kx －y ＋3＝0，y ＝0得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3k ，0，结合图形可知，当直线z ＝y －x 过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3k ，0时，z 有最小值，于是有0＋3k ＝－12，k ＝－14，选D.11．椭圆x 24＋y 2＝1上存在两点A ，B 关于直线4x －2y －3＝0对称，若O 为坐标原点，则|OA→＋OB →|＝( )A ．1 B. 3 C. 5 D.7 答案 C解析 由题意，直线AB 与直线4x －2y －3＝0垂直，设直线AB 的方程为y ＝－12x ＋m .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－12x ＋m ，x 24＋y 2＝1消去y 整理得x 2－2mx ＋2m 2－2＝0，∵直线AB 与椭圆交于两点，∴Δ＝(－2m )2－4(2m 2－2)＝－4m 2＋8>0，解得－2<m < 2.设A (x 1，y 1)，B (x2，y 2)，AB 的中点为M (x 0，y 0)，则x 1＋x 2＝2m ，∴x 0＝x 1＋x 22＝m ，y 0＝－12x 0＋m ＝m 2，∴点M 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫m ，m 2.由题意得点M 在直线4x －2y －3＝0上，∴4m －2×m 2－3＝3m －3＝0，解得m ＝1.∴x 1＋x 2＝2，y 1＋y 2＝－12(x 1＋x 2)＋2m ＝1，∴OA→＋OB →＝(2,1)，∴|OA →＋OB →|＝ 5.故选C.12．已知角α的顶点与直角坐标系的原点重合，始边与x 轴的非负半轴重合，终边经过点P (－1,2)，则cos2α＝________.答案 －35解析 设点P 到原点的距离是r ，由三角函数的定义，得r ＝5，sin α＝2r ＝25，可得cos2α＝1－2sin 2α＝1－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫252＝－35.13．将1,2,3,4，…正整数按如图所示的方式排成三角形数组，则第10行左数第10个数为________．答案 91解析 由三角形数组可推断出，第n 行共有2n －1项，且最后一项为n 2，所以第10行共19项，最后一项为100，左数第10个数是91.14．已知在△ABC 中，B ＝2A ，∠ACB 的平分线CD 把三角形分成△BCD 和△ACD ，且S △BCD ∶S △ACD ＝4∶3，则cos A ＝________.答案 38解析 在△ADC 中，由正弦定理，得AC sin ∠ADC ＝37AB sin ∠ACD ⇒AC 37AB ＝sin ∠ADCsin ∠ACD.同理，在△BCD 中，得BC sin ∠BDC ＝47AB sin ∠BCD ⇒BC 47AB＝sin ∠BDCsin ∠BCD，又sin ∠ADC ＝sin ∠BDC ，sin ∠ACD ＝sin ∠BCD ，所以AC 37AB ＝BC 47AB⇒AC ＝34BC ，34sin A，又B＝2A，即sin B＝2sin A cos A，求得cos A＝3 8.由正弦定理，得sin B＝。
2020年高考文科数学46分大题保分练(一)
46分大题保分练(一)(建议用时：40分钟)前言：“一学就会，一考就废？”，正是因为考试后缺少了这个环节从小学到初中，学生们经历了无数次考试。
通过考试可以检测同学们对知识的理解、掌握情况，提高应试能力。
但对待考试，部分同学只关注自己的分数，而对试卷的分析和总结缺乏重视。
结果常常出现一些题在考试中屡次出现，但却一错再错的情况。
这样，学生们无法从考试中获益，考试也就失去了它的重要意义。
做好试卷分析和总结是十分有必要的。
那么，怎样做好试卷分析呢？我认为，应从下面两点做起：一．失分的原因主要有如下四方面：（1）考试心理：心理紧张，马虎大意；（2）知识结构：知识面窄，基础不扎实；（3）自身能力：审题不清，读不懂题意；（4）解题基本功：答题规范性差。
只有查出、找准原因，才能对症下药，从弱项方面加强训练，以提高成绩。
二．“扭转乾坤”的方法做题的过程中对每一道题要试图问如下几个问题？（1）怎样做出来的？——想解题方法；（2）为什么这样做？——思考解题原理；（3）怎样想到这种方法？——想解题的基本思路；（4）题目体现什么样的思想？——揭示本质，挖掘规律；（5）是否可将题目变化？——一题多变，拓宽思路；（6）题目是否有创新解法？——创新、求异思维。
转变，让我们从一轮每一次开始。
按照上面两点认真完成后面练习题。
希望每一位同学经过一段时间复习后，能够扭转“一考就废”的局面，最后决胜高考。
17．(12分)(2019·石家庄模拟)已知△ABC 的面积为33，且内角A ，B ，C 依次成等差数列．(1)若sin C ＝3sin A ，求边AC 的长；(2)设D 为AC 边的中点，求线段BD 长的最小值．[解] (1)∵△ABC 的三个内角A ，B ，C 依次成等差数列，∴B ＝60°. 设A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，由△ABC 的面积S ＝33＝12ac sin B 可得ac ＝12.∵sin C ＝3sin A ，∴由正弦定理知c ＝3a ，∴a ＝2，c ＝6. △ABC 中，b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝28，∴b ＝27. 即AC 的长为27.(2)∵BD 是AC 边上的中线，∴BD →＝12(BC →＋BA →)，∴BD →2＝14(BC →2＋BA →2＋2BC →·BA →)＝14(a 2＋c 2＋2ac cos ∠ABC )＝14(a 2＋c 2＋ac )≥14(2ac ＋ac )＝9，当且仅当a ＝c 时取“＝”，∴|BD →|≥3，即线段BD 长的最小值为3.18．(12分)(2019·武汉模拟)如图，已知三棱锥P -ABC 中，PC ⊥AB ，△ABC 是边长为2的正三角形，PB ＝4，∠PBC ＝60°.(1)证明：平面P AC ⊥平面ABC ；(2)设F 为棱P A 的中点，在AB 上取点E ，使得AE ＝2EB ，求三棱锥F -ACE 与四棱锥C -PBEF 的体积之比．[解] (1)在△PBC 中，∠PBC ＝60°，BC ＝2，PB ＝4， 由余弦定理可得PC ＝23， ∴PC 2＋BC 2＝PB 2，∴PC ⊥BC ，又PC ⊥AB ，AB ∩BC ＝B ，∴PC ⊥平面ABC ，∵PC ⊂平面P AC ，∴平面P AC ⊥平面ABC .(2)设三棱锥F -ACE 的高为h 1，三棱锥P -ABC 的高为h ， 则V F -ACE＝13×S △ACE ×h 1 ＝13×S △ABC ×23×h ×12 ＝13×S △ABC ×h ×13 ＝13×V P -ABC .∴三棱锥F -ACE 与四棱锥C -PBEF 的体积之比为1∶2.19．(12分)(2019·昆明模拟)东方商店欲购进某种食品(保质期一天)，此商店每天购进该食品一次(购进时，该食品为刚生产的)．根据市场调查，该食品每份进价8元，售价12元，如果一天内无法售出，则食品过期作废，现统计该食品100天的销售量如下表：(2)视样本频率为概率，以一天内该食品所获得的利润的平均值为决策依据，东方商店一次性购进17或18份，哪一种得到的利润更大？[解](1)平均每天销售的份数为15×10＋16×20＋17×30＋18×20＋19×10＋20×10100＝17.3.(2)当购进17份时，利润为17×4×70100＋(16×4－8)×20100＋(15×4－16)×10100＝47.6＋11.2＋4.4＝63.2(元)．当购进18份时，利润为18×4×40100＋(17×4－8)×30100＋(16×4－16)×20100＋(15×4－24)×10100＝28.8＋18＋9.6＋3.6＝60(元)．63．2＞60，可见，当购进17份时，利润更大．选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．22．(10分)[选修4－4：坐标系与参数方程] 在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝r cos α＋2y ＝r sin α(α为参数)，以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，射线l 的极坐标方程为θ＝π3.(1)求曲线C 的极坐标方程；(2)当0<r <2时，若曲线C 与射线l 交于A ，B 两点，求1|OA |＋1|OB |的取值范围．[解] (1)由题意知曲线C 的普通方程为(x －2)2＋y 2＝r 2， 令x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ， 化简得ρ2－4ρcos θ＋4－r 2＝0.(2)法一：把θ＝π3代入曲线C 的极坐标方程中，得ρ2－2ρ＋4－r 2＝0. 令Δ＝4－4(4－r 2)＞0，结合0＜r ＜2，得3＜r 2＜4.方程的解ρ1，ρ2分别为点A ，B 的极径，ρ1＋ρ2＝2，ρ1ρ2＝4－r 2＞0， ∴1|OA |＋1|OB |＝1ρ1＋1ρ2＝ρ1＋ρ2ρ1ρ2＝24－r 2. ∵3＜r 2＜4，∴0＜4－r 2＜1，∴1|OA |＋1|OB |∈(2，＋∞)．法二：射线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12ty ＝32t(t 为参数，t ≥0)，将其代入曲线C 的方程(x －2)2＋y 2＝r 2中得，t 2－2t ＋4－r 2＝0，令Δ＝4－4(4－r 2)＞0，结合0＜r ＜2，得3＜r 2＜4，方程的解t 1，t 2分别为点A ，B 对应的参数，t 1＋t 2＝2，t 1t 2＝4－r 2，t 1＞0，t 2＞0，∴1|OA |＋1|OB |＝1t 1＋1t 2＝t 1＋t 2t 1t 2＝24－r 2. ∵3＜r 2＜4，∴0＜4－r 2＜1， ∴1|OA |＋1|OB |∈(2，＋∞)．23．(10分)[选修4－5：不等式选讲] 设函数f (x )＝|1－x |－|x ＋3|. (1)求不等式f (x )≤1的解集；(2)若函数f (x )的最大值为m ，正实数p ，q 满足p ＋2q ＝m ，求2p ＋2＋1q 的最小值．[解] (1)不等式可化为 ⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－3，1－x ＋x ＋3≤1 或⎩⎪⎨⎪⎧－3＜x ＜1，1－x －x －3≤1或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥1，x －1－x －3≤1， 解得x ≥－32， ∴f (x )≤1的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ≥－32. (2)法一：∵|1－x |－|x ＋3|≤|1－x ＋x ＋3|＝4， ∴m ＝4，p ＋2q ＝4，∴(p ＋2)＋2q ＝6，2p ＋2＋1q ＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫2p ＋2＋1q (p ＋2＋2q )＝16⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫4＋4q p ＋2＋p ＋2q ≥16⎝⎛⎭⎪⎪⎫4＋24q p ＋2·p ＋2q ＝43， 当且仅当p ＋2＝2q ＝3，即⎩⎨⎧p ＝1q ＝32时，取“＝”，∴2p ＋2＋1q的最小值为43. 法二：∵|1－x |－|x ＋3|≤|1－x ＋x ＋3|＝4， ∴m ＝4，p ＋2q ＝4，∴p ＝4－2q ，q ∈(0,2)， 2p ＋2＋1q ＝26－2q ＋1q ＝2q ＋6－2q (6－2q )q ＝33q －q 2＝3－⎝ ⎛⎭⎪⎫q －322＋94， ∵q ∈(0,2)，∴当q ＝32时，2p ＋2＋1q 取得最小值43.。
2020高考数学(文)二轮复习：46分大题保分练(三)
46分大题保分练(三)(建议用时：40分钟)17．(12分)在△ABC 中，AB ＝6，AC ＝4 2. (1)若sin B ＝223，求△ABC 的面积； (2)若BD →＝2DC →，AD ＝32，求BC 的长．18．(12分)(2019·济南模拟)某工厂有甲、乙两个车间生产同一种产品，甲车间有工人200人，乙车间有工人400人．为比较两个车间工人的生产效率，采用分层抽样的方法抽取工人．甲车间抽取的工人记作第一组，乙车间抽取的工人记作第二组，并对他们中每位工人生产完成一件产品的时间(单位：min)进行统计，按照[55,65)，[65,75)，[75,85)，[85,95]进行分组，得到下列统计图．(1)分别估算两个车间工人中，生产一件产品时间少于75 min 的人数； (2)分别估计两个车间工人生产一件产品时间的平均值，并推测哪个车间工人的生产效率更高？(3)从第一组生产时间少于75 min 的工人中随机抽取2人，求抽取的2人中至少1人生产时间少于65 min 的概率．19．(12分)(2019·沈阳模拟)如图，等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝AB ＝BC＝1，CD＝2，E为CD的中点，将△ADE沿AE折到△APE的位置．(1)证明：AE⊥PB；(2)当四棱锥P-ABCE的体积最大时，求点C到平面P AB的距离．22．(10分)[选修4－4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系xOy中，直线l1的倾斜角为30°，且经过点A(2,1)．以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l2：ρcos θ＝3.从坐标原点O作射线交l2于点M，点N为射线OM上的点，满足|OM|·|ON|＝12，记点N 的轨迹为曲线C.(1)写出直线l1的参数方程和曲线C的直角坐标方程；(2)设直线l1与曲线C交于P，Q两点，求|AP|·|AQ|的值．23．(10分)[选修4－5：不等式选讲]已知函数f(x)＝|2x－1|＋|x－1|.(1)求不等式f(x)≤4的解集；(2)设函数f(x)的最小值为m，当a，b，c为正实数，且a＋b＋c＝m时，求2a＋1＋2b＋1＋2c＋1的最大值．46分大题保分练(三)(建议用时：40分钟)17．(12分)在△ABC 中，AB ＝6，AC ＝4 2. (1)若sin B ＝223，求△ABC 的面积； (2)若BD →＝2DC →，AD ＝32，求BC 的长． [解] (1)由正弦定理得42223＝6sin C ，所以sin C ＝1，因为0＜C ＜π，所以C ＝π2. 所以BC ＝62－(42)2＝2.所以S △ABC ＝12×2×42＝4 2. (2)设DC ＝x ，则BD ＝2x ， 所以(32)2＋(2x )2－622×32×2x＝－(32)2＋x 2－(42)22×32x，解得x ＝693，所以BC ＝3DC ＝3x ＝69.18．(12分)(2019·济南模拟)某工厂有甲、乙两个车间生产同一种产品，甲车间有工人200人，乙车间有工人400人．为比较两个车间工人的生产效率，采用分层抽样的方法抽取工人．甲车间抽取的工人记作第一组，乙车间抽取的工人记作第二组，并对他们中每位工人生产完成一件产品的时间(单位：min)进行统计，按照[55,65)，[65,75)，[75,85)，[85,95]进行分组，得到下列统计图．(1)分别估算两个车间工人中，生产一件产品时间少于75 min的人数；(2)分别估计两个车间工人生产一件产品时间的平均值，并推测哪个车间工人的生产效率更高？(3)从第一组生产时间少于75 min的工人中随机抽取2人，求抽取的2人中至少1人生产时间少于65 min的概率．[解](1)由题意得，第一组工人20人，其中在75 min内(不含75 min)生产完成一件产品的有6人，∴甲车间工人中生产一件产品时间少于75 min的人数约为6×10＝60.第二组工人40人，其中在75 min内(不含75 min)生产完成一件产品的有40×(0.025＋0.05)×10＝30(人)，∴乙车间工人中生产一件产品时间少于75 min的人数约为30×10＝300.(2)第一组工人生产一件产品的平均时间为x甲＝60×2＋70×4＋80×10＋90×420＝78(min)，第二组工人生产一件产品的平均时间为x乙＝60×0.25＋70×0.5＋80×0.2＋90×0.05＝70.5(min)，∴x甲＞x乙，∴乙车间工人的生产效率更高．(3)由题意得，第一组生产时间少于75 min的工人有6人，其中生产时间少于65 min的有2人，分别用A1，A2代表，生产时间不少于65 min的有4人，分别用B1，B2，B3，B4代表．抽取2人的基本事件空间为Ω＝{(A1，A2)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，B3)，(A1，B4)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，B3)，(A2，B4)，(B1，B2)，(B1，B3)，(B1，B4)，(B2，B3)，(B2，B4)，(B3，B4)}，共15个，设事件A＝“抽取的2人中至少1人生产时间少于65 min”，则事件A＝{(B1，B2)，(B1，B3)，(B1，B4)，(B2，B3)，(B2，B4)，(B3，B4)}共6个，∴P(A)＝1－P(A)＝1－615＝35.19．(12分)(2019·沈阳模拟)如图，等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝AB ＝BC＝1，CD＝2，E为CD的中点，将△ADE沿AE折到△APE的位置．(1)证明：AE⊥PB；(2)当四棱锥P-ABCE的体积最大时，求点C到平面P AB的距离．[解](1)在等腰梯形ABCD中，连接BD，交AE于点O.∵AB∥CE，AB＝CE，∴四边形ABCE为平行四边形，∴AE＝BC＝AD＝DE，∴△ADE为等边三角形，∴在等腰梯形ABCD中，∠C＝∠ADE＝π3，BD⊥BC，∴BD⊥AE.如图，翻折后可得，OP⊥AE，OB⊥AE，又OP⊂平面POB，OB⊂平面POB，OP∩OB＝O，∴AE⊥平面POB，∵PB⊂平面POB，∴AE⊥PB.(2)当四棱锥P-ABCE的体积最大时，平面P AE⊥平面ABCE.又平面P AE ∩平面ABCE ＝AE ，PO ⊂平面P AE ，PO ⊥AE ，∴OP ⊥平面ABCE . ∵OP ＝OB ＝32，∴PB ＝62，∵AP ＝AB ＝1，∴S △P AB ＝12×62×1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12×622＝158，连接AC ，则V P -ABC ＝13OP ·S △ABC ＝13×32×34＝18，设点C 到平面P AB 的距离为d ，∵V P -ABC ＝V C -P AB ＝13S △P AB ·d ， ∴d ＝3V P -ABCS △P AB ＝38158＝155.选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．22．(10分)[选修4－4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系xOy 中，直线l 1的倾斜角为30°，且经过点A (2,1)．以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 2：ρcos θ＝3.从坐标原点O 作射线交l 2于点M ，点N 为射线OM 上的点，满足|OM |·|ON |＝12，记点N 的轨迹为曲线C .(1)写出直线l 1的参数方程和曲线C 的直角坐标方程； (2)设直线l 1与曲线C 交于P ，Q 两点，求|AP |·|AQ |的值． [解] (1)直线l 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋t cos 30°y ＝1＋t sin 30°(t 为参数)，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋32t y ＝1＋12t(t 为参数)．设N (ρ，θ)，M (ρ1，θ1)(ρ＞0，ρ1＞0)，则⎩⎪⎨⎪⎧ρρ1＝12，θ＝θ1，又ρ1cos θ1＝3，所以ρ3cos θ＝12，即ρ＝4cos θ，所以曲线C 的直角坐标方程为x 2－4x ＋y 2＝0(x ≠0)．(2)设P ，Q 对应的参数分别为t 1，t 2，将直线l 1的参数方程代入曲线C 的直角坐标方程中，得⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋32t 2－4⎝⎛⎭⎪⎫2＋32t ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12t 2＝0，即t 2＋t －3＝0，Δ＝13＞0，t 1，t 2为方程的两个根，所以t 1t 2＝－3， 所以|AP ||AQ |＝|t 1t 2|＝|－3|＝3. 23．(10分)[选修4－5：不等式选讲] 已知函数f (x )＝|2x －1|＋|x －1|. (1)求不等式f (x )≤4的解集；(2)设函数f (x )的最小值为m ，当a ，b ，c 为正实数，且a ＋b ＋c ＝m 时，求2a ＋1＋2b ＋1＋2c ＋1的最大值．[解] (1)①当x ＜12时，f (x )＝－3x ＋2≤4，∴－23≤x ＜12； ②当12≤x ＜1时，f (x )＝x ≤4，∴12≤x ＜1； ③当x ≥1时，f (x )＝3x －2≤4，∴1≤x ≤2. 综上，f (x )≤4的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪－23≤x ≤2. (2)法一：由(1)可知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋2，x ＜12，x ，12≤x ＜1，3x －2，x ≥1，∴f (x )min ＝12，即m ＝12.又a ，b ，c 为正实数，且a ＋b ＋c ＝12，∴2a ＋2b ＋2c ＝1，设x ＝2a ＋1，y ＝2b ＋1，z ＝2c ＋1，∵x 2＋y 2≥2xy ，∴2xy ≤x 2＋y 2＝2a ＋1＋2b ＋1＝2a ＋2b ＋2， 同理，2yz ≤2b ＋2c ＋2,2zx ≤2c ＋2a ＋2，∴2xy ＋2yz ＋2zx ≤2a ＋2b ＋2＋2b ＋2c ＋2＋2c ＋2a ＋2＝8，∴(x ＋y ＋z )2＝x 2＋y 2＋z 2＋2xy ＋2yz ＋2zx ≤2a ＋1＋2b ＋1＋2c ＋1＋8＝12， ∴x ＋y ＋z ≤23，即2a ＋1＋2b ＋1＋2c ＋1≤23，当且仅当a ＝b ＝c ＝16时，取得最大值2 3.法二：由(1)可知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋2，x ＜12，x ，12≤x ＜1，3x －2，x ≥1，∴f (x )min ＝12，即m ＝12.又a ，b ，c 为正实数，且a ＋b ＋c ＝12， ∴2a ＋1＋2b ＋1＋2c ＋1＝32⎝⎛⎭⎪⎫43(2a ＋1)＋43(2b ＋1)＋43(2c ＋1)≤32⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫43＋2a ＋12＋43＋2b ＋12＋43＋2c ＋12＝23， 当且仅当a ＝b ＝c ＝16时，取得最大值2 3.法三：由(1)可知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋2，x ＜12，x ，12≤x ＜1，3x －2，x ≥1，∴f (x )min ＝12，即m ＝12.∴a ＋b ＋c ＝12，∴(2a ＋1)＋(2b ＋1)＋(2c ＋1)＝4，由柯西不等式可知[(2a＋1)2＋(2b＋1)2＋(2c＋1)2]·(12＋12＋12)≥(2a＋1·1＋2b＋1·1＋2c＋1·1)2，即2a＋1＋2b＋1＋2c＋1≤23，当且仅当2a＋1＝2b＋1＝2c＋1，即a＝b＝c＝16时，取得最大值2 3.。
通用版2020高考数学二轮复习规范解答集训二数列文
(2)是否存在实数λ、使得数列{Sn＋(n＋2n)λ}为等差数列？若存在、求出λ的值；若不存在、请说明理由．
[解](1)当n＝1时、由an－ Sn－1＝0(n∈N*)、
得：a1－ S1－1＝0、
解得：a1＝2.
又由an－ Sn－1＝0(n∈N*)、
可得an＋1－ Sn＋1－1＝0(n∈N*)、
∴ ＝2、即 ＝2.
∴数列{bn}是首项为2、公比为2的等比数列、则bn＝2n.
(2)由bn－an＝n、得an＝2n－n、
∴Sn＝a1＋a2＋…＋an
＝(21＋22＋23＋…＋2n)－(1＋2＋3＋…＋n)
＝ － ＝2n＋1－2－ .
3．(20xx·惠州模拟)设数列{an}的前n项和为Sn、且满足an－ Sn－1＝0(n∈N*)．
[解](1)因为a1an＝S1＋Sn、①
所以当n＝1时、a ＝a1＋a1、解得a1＝0或a1＝2、
当n≥2时、a1an－1＝S1＋Sn－1、②
由①－②得、a1(an－an－1)＝an.
若a1＝0、则an＝0、此时数列{an}的通项公式为an＝0.
若a1＝2、则2(an－an－1)＝an、化简得an＝2an－1(n≥2)、
两式相减得 an＋1－an＝0、
即an＋1＝2an.
故数列{an}是以2为首项、2为公比的等比数列．
所以an＝2n.
(2)由(1)知q≠1、
所以Sn＝ ＝2(2n－1)．
令bn＝Sn＋(n＋2n)λ＝(λ＋2)2n＋λn－2、
为使{bn}为等差数列、
则bn是关于n的一次函数、
所以λ＝－2、
此时bn＝－2n－2、
此数列{an}是以2为首项、2为公比的等比数列、
高考数学二轮复习稳取120分保分练二文
稳取120分保分练(二)一、选择题1．设集合A ＝{x |x 2－x －6≤0}，B ＝{x |x2>2}，则A ∩B ＝( )A ．(2,3]B ．(2,3)C ．(－2,3]D ．(－2,3)解析：选A A ＝{x |x 2－x －6≤0}＝{x |－2≤x ≤3}，B ＝{x |x ＜－2或x ＞2}，故A ∩B ＝(2,3]．2．设i 为虚数单位，若z ＝a －i1＋i(a ∈R)是纯虚数，则a 的值是( )A ．－1B ．0C ．1D ．2解析：选C z ＝a －i1＋i＝－－＋－＝a －12－a ＋12i ，∵z 是纯虚数，∴⎩⎪⎨⎪⎧a －1＝0，a ＋1≠0，解得a ＝1.3．若θ是第二象限角且sin θ＝1213，则tan ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝( )A ．－177B ．－717C.177D.717解析：选B 由θ是第二象限角且sin θ＝1213知，cos θ＝－1－sin2θ＝－513，则tanθ＝－125.∴tan ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝tan θ＋tanπ41－tan θtanπ4＝－717.4．设F 是抛物线E ：y 2＝2px (p ＞0)的焦点，直线l 过点F 且与抛物线E 交于A ，B 两点，若F 是AB 的中点且|AB |＝8，则p 的值是( )A ．2B ．4C ．6D ．8解析：选B 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x F ＝x1＋x22＝p2，故|AB |＝x 1＋x 2＋p ＝2p ＝8，即p ＝4.5．已知实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x≥1，x ＋y≤3，y －ax ＋3a≥0，目标函数z ＝2x ＋y 的最小值为1，则正数a ＝( )A.12B.34C ．1D ．2解析：选A 画出⎩⎪⎨⎪⎧x≥1，x ＋y≤3，y －ax ＋3a≥0表示的可行域如图中影部分所示，目标函数z ＝2x ＋y 经过点A 时，取得最小值1，阴A (1，m )，则有2×1＋m ＝1，解得m ＝－1，即A (1，－1)．将A (1，设1)代入y ＝a (x －3)，得a ＝12.－6．在△ABC 中，点D 是BC 的中点，点E 是AC 的中点，点F 在线段AD 上并且AF ＝2DF ，设AB―→＝a ，BC ―→＝b ，则EF ―→＝( )A.23a －16bB.23a －12bC.16a －13bD.16a －16b解析：选D EF ―→＝AF ―→－AE ―→＝23AD ―→－12AC―→＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫AB ―→＋12BC ―→ －12(AB ―→＋BC ―→)＝16AB ―→－16BC ―→＝16a －16b ，故选D.7．设max{m ，n }表示m ，n 中的最大值，则关于函数f (x )＝max{sin x ＋cos x ，sin x －cos x }的结论中，正确结论的个数是( )＝16AB ―→－16BC ―→＝16a －16b ，故选D.7．设max{m ，n }表示m ，n 中的最大值，则关于函数f (x )＝max{sin x ＋cos x ，sin x －cosx }的结论中，正确结论的个数是( )①函数f (x )的周期T ＝2π；②函数f (x )的值域为[－1， 2 ]；③函数f (x )是偶函数；④函数f (x )的图象与直线x ＝2y 有3个交点．A ．1B ．2C ．3D ．4。
(全国通用)2020版高考数学二轮复习专题提分教程基础保分强化训练 全集 理
基础保分强化训练(一)1．设集合A ＝{x ∈Z |x 2≤1}，B ＝{－1,0,1,2}，则A ∩B ＝( ) A ．{－1,1} B ．{0} C ．{－1,0,1} D ．[－1,1]答案 C解析 ∵A ＝{x ∈Z |x 2≤1}＝{－1,0,1}，B ＝{－1，0,1,2}，∴A ∩B ＝{－1,0,1}．故选C.2．已知复数z 满足：1＋z 1－z ＝－i(i 是虚数单位)，z －是z 的共轭复数，则复数1＋z －对应的点位于复平面内的( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限 答案 A解析 设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )．由已知，得1＋a ＋b i ＝(1－a －b i)·(－i)，整理，得1＋a ＋b ＋(b －a ＋1)i ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧1＋a ＋b ＝0，b －a ＋1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝0，b ＝－1.故z ＝－i,1＋z －＝1＋i.所以1＋z －对应的点位于复平面内第一象限，故选A.3．直线y ＝3x 被圆C ：x 2＋y 2－2x ＝0截得的弦长为( ) A ．2 B. 3 C ．1 D. 2 答案 C解析 圆C ：x 2＋y 2－2x ＝0的圆心为(1,0)，半径为1，圆心到直线y ＝3x 的距离为d ＝|3|3＋1＝32，弦长为2×1－⎝⎛⎭⎪⎫322＝1，故选C. 4．已知cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π2＝35，－π2<α<π2，则sin2α的值等于( ) A.1225 B ．－1225 C.2425 D ．－2425答案 D解析 因为cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π2＝35，所以sin α＝－35，又－π2<α<π2，所以cos α＝45，所以sin2α＝2sin αcos α＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－35×45＝－2425，故选D.5．某地某所高中2019年的高考考生人数是2016年高考考生人数的1.5倍，为了更好地对比该校考生的升学情况，统计了该校2016年和2019年的高考情况，得到如图所示的柱状图：则下列结论正确的是( )A．与2016年相比，2019年一本达线人数减少B．与2016年相比，2019年二本达线人数增加了0.5倍C．与2016年相比，2019年艺体达线人数相同D．与2016年相比，2019年不上线的人数有所增加答案 D解析设2016年该校参加高考的人数为S，则2019年该校参加高考的人数为1.5S,2016年一本达线人数为0.28S,2019年一本达线人数为0.24×1.5S＝0.36S，可见一本达线人数增加了，故A错误；2016年二本达线人数为0.32S,2019年二本达线人数为0.4×1.5S＝0.6S，显然2019年二本达线人数不是增加了0.5倍，故B错误；2016年和2019年，艺体达线率没变，但是人数是不相同的，故C错误；2016年不上线人数为0.32S,2019年不上线人数为0.28×1.5S＝0.42S，不达线人数有所增加．故选D.6．已知等比数列{a n}的各项均为正数，其前n项和为S n，若a2＝2，S6－S4＝6a4，则a5＝( )A．4 B．10 C．16 D．32答案 C解析 设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，S 6－S 4＝a 5＋a 6＝6a 4，因为a 2＝2，所以2q 3＋2q 4＝12q 2，即q 2＋q －6＝0，所以q ＝2，则a 5＝2×23＝16.7．设D 为△ABC 所在平面内一点，BC →＝－4CD →，则AD →＝( ) A.14AB →－34AC → B.14AB →＋34AC →C.34AB →－14AC →D.34AB →＋14AC → 答案 B解析 在△ABC 中，BC →＝－4CD →，即－14BC →＝CD →，则AD →＝AC →＋CD →＝AC →－14BC →＝AC →－14(BA →＋AC →)＝14AB →＋34AC →，故选B. 8.已知函数f (x )＝sin x ＋lg (x 2＋1＋x )，g (x )＝cos x ＋2x ＋2－x，若F (x )＝f (x )g (x )＋2，则F (2019)＋F (－2019)＝( )A ．4B ．2C ．0D ．1 答案 A解析 由题意可知f (x )为奇函数，g (x )为偶函数，且定义域均为R ，所以f (x )g (x )为奇函数，令φ(x )＝f (x )·g (x )，则φ(2019)＋φ(－2019)＝0，因为F (x )＝f (x )·g (x )＋2＝φ(x )＋2，所以F (2019)＋F (－2019)＝φ(2019)＋2＋φ(－2019)＋2＝4，故选A.9．设F 1，F 2为椭圆x 29＋y 25＝1的两个焦点，点P 在椭圆上，若线段PF 1的中点在y 轴上，则|PF 2||PF 1|的值为( ) A.514 B.59 C.49 D.513答案 D解析 如图，设线段PF 1的中点为M ，因为O 是F 1F 2的中点，所以OM ∥PF 2，可得PF 2⊥x轴，|PF 2|＝b 2a ＝53，|PF 1|＝2a －|PF 2|＝133，所以|PF 2||PF 1|＝513，故选D.10．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，P 是线段BC 1上一动点，则AP ＋PD 的最小值为( )A.3－ 6B.3－ 3C.3＋ 3D.3＋ 6答案 D解析 根据题意可得正方体如下图，将平面ABC 1D 1和平面DBC 1沿BC 1展开到一个平面内可得下图：由图可知，AP ＋PD 的最小值为AD ′，因为AB ＝1，BC 1＝BD ＝DC 1＝2，所以∠ABD ′＝150°，在△ABD ′中，由余弦定理可得AD ′2＝AB 2＋BD ′2－2AB ·BD ′·cos150°，代入可得AD ′2＝1＋2＋2×1×2×32＝3＋6，所以AD ′＝3＋6，故选D. 11．已知函数f (x )＝x 3－9x 2＋29x －30，实数m ，n 满足f (m )＝－12，f (n )＝18，则m ＋n ＝( )A ．6B ．8C ．10D ．12 答案 A解析 因为三次函数的图象一定是中心对称图形，所以可设其对称中心为(a ，c )，f (x )＝x 3－9x 2＋29x －30＝(x －a )3＋b (x －a )＋c ＝x 3－3ax 2＋(3a 2＋b )x －a 3－ab ＋c ，所以⎩⎪⎨⎪⎧－3a ＝－9，3a 2＋b ＝29，－a 3－ab ＋c ＝－30，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，b ＝2，c ＝3，所以f (x )的图象关于点(3,3)中心对称．又f (m )＝－12，f (n )＝18，f (m )＋f (n )2＝－12＋182＝3，所以m ＋n2＝3，得m ＋n ＝6，故选A.12．运行程序框图，如果输入某个正数n 后，输出的s ∈(20,50)，那么n 的值为________．答案 4解析 依次运行框图中的程序，可得， 第一次：s ＝1＋3×0＝1，k ＝2； 第二次：s ＝1＋3×1＝4，k ＝3； 第三次：s ＝1＋3×4＝13，k ＝4； 第四次：s ＝1＋3×13＝40，k ＝5； 第五次：s ＝1＋3×40＝121，k ＝6； …因为输出的s ∈(20,50)，所以程序运行完第四次即可满足题意，所以判断框中n 的值为4.13．若x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧y ≥x ，x ＋y ≤1，y ≥－1，则z ＝2x －y 的最大值是________．答案 12解析 画出约束条件⎩⎪⎨⎪⎧y ≥x ，x ＋y ≤1，y ≥－1表示的可行域，如图中阴影部分所示，作出直线2x－y ＝0并平移，数形结合知，当直线经过点A 时，z ＝2x －y 取得最大值，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝1，y ＝x ，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12，y ＝12，∴A ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，故z max ＝2×12－12＝12.14．若x 10－x 5＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋…＋a 10(x －1)10，则a 5＝________. 答案 251解析 x 10－x 5＝[(x －1)＋1]10－[(x －1)＋1]5，则a 5＝C 510－C 05＝252－1＝251.基础保分强化训练(二)A ．[1，＋∞)B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1 C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞ D ．(1，＋∞)答案 A解析 因为A ∩B ≠∅，所以⎩⎪⎨⎪⎧2a －1≥1，2a －1≥12a ，解得a ≥1，故选A.2．若复数z ＝1＋m i1＋i 在复平面内对应的点在第四象限，则实数m 的取值范围是( )A ．(－1,1)B ．(－1,0)C ．(1，＋∞)D ．(－∞，－1)答案 A解析 因为z ＝1＋m i 1＋i ＝(1＋m i )(1－i )(1＋i )(1－i )＝1＋m 2＋m －12i ，在复平面内对应的点为⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋m 2，m －12，且在第四象限，所以⎩⎪⎨⎪⎧1＋m2>0，m －12<0，解得－1<m <1，故选A.3．设S n 是各项均不为0的等差数列{a n }的前n 项和，且S 13＝13S 7，则a 7a 4等于( ) A ．1 B ．3 C ．7 D ．13 答案 C解析 因为S n 是各项均不为0的等差数列{a n }的前n 项和，且S 13＝13S 7，所以13(a 1＋a 13)2＝13×7(a 1＋a 7)2，即a 7＝7a 4，所以a 7a 4＝7.故选C.4．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某简单几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A.4π3 B.8π3 C.16π3 D.32π3答案 A解析 由三视图可得该几何体为半圆锥，底面半圆的半径为2，高为2，则其体积V ＝12×13×π×22×2＝4π3，故选A.5．已知i 与j 为互相垂直的单位向量，a ＝i －2j ，b ＝i ＋λj ，且a 与b 的夹角为锐角，则实数λ的取值范围是( )A ．(－∞，－2)∪⎝⎛⎭⎪⎫－2，12 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，23∪⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12 答案 A解析 因为i 与j 为互相垂直的单位向量，所以i 2＝j 2＝1，i ·j ＝0.又因为a ＝i －2j ，b ＝i ＋λj ，且a 与b 的夹角为锐角，所以a ·b ＝1－2λ>0，λ<12.但当λ＝－2时，a ＝b ，不满足要求，故满足条件的实数λ的取值范围为(－∞，－2)∪⎝⎛⎭⎪⎫－2，12.故选A.6．若函数f (x )＝sin2x ＋cos2x ，则下列结论正确的是( ) A ．函数f (x )的最小正周期为2πB ．对任意的x ∈R ，都有f ⎝⎛⎭⎪⎫x －π4＋f (－x )＝0C ．函数f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫π2，3π4上是减函数D ．函数f (x )的图象关于直线x ＝－π8对称答案 B解析 函数f (x )＝sin2x ＋cos2x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4，则函数f (x )的最小正周期为T ＝2π2＝π，故A 错误；f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4＋f (－x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π4＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x ＋π4＝0，故B 正确；令π2＋2k π≤2x ＋π4≤2k π＋3π2(k ∈Z )，解得π8＋k π≤x ≤k π＋5π8(k ∈Z )，当k ＝0时，函数的单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤π8，5π8，故C 错误；当x ＝－π8时，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π8＝0，故D 错误．故选B.7．已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，B 1C ，C 1D 与底面ABCD 所成的角分别为60°和45°，则异面直线B 1C 和C 1D 所成角的余弦值为( )A.64 B.14 C.26 D.36答案 A解析 ∵B 1C 和C 1D 与底面ABCD 所成的角分别为60°和45°，∴∠B 1CB ＝60°，∠C 1DC ＝45°.由图可知，B 1C 与C 1D 所成的角，即为A 1D 与C 1D 所成的角，即∠A 1DC 1.令BC ＝1，则B 1B ＝AB ＝3，∴A 1D ＝2，A 1C 1＝2，C 1D ＝ 6.由余弦定理，得cos ∠A 1DC 1＝22＋(6)2－222×2×6＝64.故选A. 8．把标号为1,2,3,4的四个小球分别放入标号为1,2,3,4的四个盒子中，每个盒子只放一个小球，则1号球不放入1号盒子的方法共有( )A ．18种B ．9种C ．6种D ．3种 答案 A解析 由于1号球不放入1号盒子，则1号盒子有2,3,4号球三种选择，还剩余三个球可以任意放入2,3,4号盒子中，则2号盒子有三种选择，3号盒子还剩两种选择，4号盒子只有一种选择，根据分步计数原理可得1号球不放入1号盒子的方法有C 13·C 13·C 12·1＝18种．故选A.9．已知F 1，F 2是双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的两个焦点，P 是双曲线C 上一点，若|PF 1|＋|PF 2|＝6a ，且△PF 1F 2的最小内角的大小为30°，则双曲线C 的渐近线方程是( )A.2x ±y ＝0 B ．x ±2y ＝0 C ．2x ±y ＝0 D ．x ±2y ＝0 答案 A解析 不妨设|PF 1|>|PF 2|，则⎩⎪⎨⎪⎧|PF 1|－|PF 2|＝2a ，|PF 1|＋|PF 2|＝6a ，所以|PF 1|＝4a ，|PF 2|＝2a ，且|F 1F 2|＝2c ，即|PF 2|为最小边，所以∠PF 1F 2＝30°，则△PF 1F 2为直角三角形，所以2c ＝23a ，所以b ＝2a ，即渐近线方程为y ＝±2x ，故选A.10．若x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －3≥0，kx －y ＋3≥0，y ≥0，且z ＝y －x 的最小值为－12，则k 的值为( )A.12 B ．－12 C.14 D ．－14 答案 D解析 依题意，易知k ≤－1和k ≥0不符合题意．由⎩⎪⎨⎪⎧kx －y ＋3＝0，y ＝0得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3k，0，结合图形可知，当直线z ＝y －x 过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3k ，0时，z 有最小值，于是有0＋3k ＝－12，k ＝－14，选D.11．椭圆x 24＋y 2＝1上存在两点A ，B 关于直线4x －2y －3＝0对称，若O 为坐标原点，则|OA →＋OB →|＝( )A ．1 B. 3 C. 5 D.7 答案 C解析 由题意，直线AB 与直线4x －2y －3＝0垂直，设直线AB 的方程为y ＝－12x ＋m .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－12x ＋m ，x 24＋y 2＝1消去y 整理得x 2－2mx ＋2m 2－2＝0，∵直线AB 与椭圆交于两点，∴Δ＝(－2m )2－4(2m 2－2)＝－4m 2＋8>0，解得－2<m < 2.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，AB 的中点为M (x 0，y 0)，则x 1＋x 2＝2m ，∴x 0＝x 1＋x 22＝m ，y 0＝－12x 0＋m ＝m 2，∴点M 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫m ，m 2.由题意得点M 在直线4x －2y －3＝0上，∴4m －2×m 2－3＝3m －3＝0，解得m ＝1.∴x 1＋x 2＝2，y 1＋y 2＝－12(x 1＋x 2)＋2m ＝1，∴OA →＋OB →＝(2,1)，∴|OA→＋OB →|＝ 5.故选C.12．已知角α的顶点与直角坐标系的原点重合，始边与x 轴的非负半轴重合，终边经过点P (－1,2)，则cos2α＝________.答案 －35解析 设点P 到原点的距离是r ，由三角函数的定义，得r ＝5，sin α＝2r ＝25，可得cos2α＝1－2sin 2α＝1－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫252＝－35.13．将1,2,3,4，…正整数按如图所示的方式排成三角形数组，则第10行左数第10个数为________．答案 91解析 由三角形数组可推断出，第n 行共有2n －1项，且最后一项为n 2，所以第10行共19项，最后一项为100，左数第10个数是91.14．已知在△ABC 中，B ＝2A ，∠ACB 的平分线CD 把三角形分成△BCD 和△ACD ，且S △BCD ∶S △ACD ＝4∶3，则cos A ＝________.答案 38解析 在△ADC 中，由正弦定理，得AC sin ∠ADC ＝37AB sin ∠ACD ⇒AC 37AB ＝sin ∠ADCsin ∠ACD.同理，在△BCD中，得BC sin ∠BDC ＝47AB sin ∠BCD ⇒BC 47AB ＝sin ∠BDCsin ∠BCD，又sin ∠ADC ＝sin ∠BDC ，sin ∠ACD ＝sin ∠BCD ，所以AC 37AB ＝BC 47AB ⇒AC ＝34BC ，由正弦定理，得sin B ＝34sin A ，又B ＝2A ，即sin B ＝2sin A cos A ，求得cos A ＝38.基础保分强化训练(三)1．已知1－i z＝(1＋i)2(i 为虚数单位)，则复数z 的共轭复数为( )A ．－12－12iB ．－12＋12iC.12－12iD.12＋12i 答案 B解析 ∵1－i z ＝(1＋i)2，∴z ＝1－i (1＋i )2＝1－i 2i ＝1＋i －2＝－12－12i ，∴z －＝－12＋12i.故选B. 2．设命题p ：∀x ∈R ，x 3－x 2＋1≤0，则p 为( )A ．∃x ∈R ，x 3－x 2＋1>0 B ．∀x ∈R ，x 3－x 2＋1>0 C ．∃x ∈R ，x 3－x 2＋1≤0 D ．∀x ∈R ，x 3－x 2＋1≥0答案 A解析 ∵命题p ：∀x ∈R ，x 3－x 2＋1≤0，∴p 为∃x ∈R ，x 3－x 2＋1>0.故选A.3．已知集合A ＝{x ∈Z |x 2－4x <0}，B ＝{x ∈Z |0<log 5x <1}，则A ∩B ＝( ) A ．{x |0<x <5} B ．{x |1<x <4} C ．{2,3} D ．{1,2,3,4}答案 C解析 因为A ＝{x ∈Z |x 2－4x <0}，所以A ＝{1,2,3}，因为B ＝{x ∈Z |0<log 5x <1}，所以B ＝{2,3,4}，根据集合交集运算，可得A ∩B ＝{2,3}，所以选C.4．执行如图所示的程序框图，若输出结果为1，则可输入的实数x 的值的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4 答案 B解析 根据题意，该框图的含义是： 当x ≤2时，得到函数y ＝x 2－1； 当x >2时，得到函数y ＝log 2x . 因此，若输出的结果为1时，①若x ≤2，得到x 2－1＝1，解得x ＝±2； ②若x >2，得到log 2x ＝1，解得x ＝2(舍去)．因此，可输入的实数x 的值可能为－2，2，共有2个．故选B.5．已知函数f (x )＝cos(x ＋θ)(0<θ<π)在x ＝π3时取得最小值，则f (x )在[0，π]上的单调递增区间是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，πB.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，2π3C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，2π3D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤2π3，π 答案 A解析 因为0<θ<π，所以π3<π3＋θ<4π3，又f (x )＝cos(x ＋θ)在x ＝π3时取得最小值，所以π3＋θ＝π，θ＝2π3，所以f (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2π3.由0≤x ≤π，得2π3≤x ＋2π3≤5π3.由π≤x ＋2π3≤5π3，得π3≤x ≤π，所以f (x )在[0，π]上的单调递增区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，π，故选A.6．如图所示，在平面直角坐标系内，四边形ABCD 为矩形，且A (－1,1)，B (1,1)，C (1,0)，D (－1，0)，曲线y ＝|x |3过点A 和B ，则在矩形ABCD 内随机取一点M ，则点M 在阴影区域内的概率为( )A.45B.34C.23D.12 答案 B解析 因为当x ≥0时，y ＝|x |3，即y ＝x 3，⎠⎛01x 3d x ＝14x 410＝14，所以阴影部分的面积为34×2＝32，因为矩形ABCD 的面积为2，所以点M 在阴影区域内的概率为34，故选B. 7．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A.272B ．27C ．27 2D ．27 3 答案 D解析 在长、宽、高分别为3,33，33的长方体中，由几何体的三视图得几何体为如图所示的三棱锥C －BAP ，其中底面BAP 是∠BAP ＝90°的直角三角形，AB ＝3，AP ＝33，所以BP ＝6，又棱CB ⊥平面BAP 且CB ＝33，所以AC ＝6，所以该几何体的表面积是12×3×33＋12×3×33＋12×6×33＋12×6×33＝273，故选D.8．已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，过F 且倾斜角为120°的直线与抛物线C 交于A ，B 两点，若AF ，BF 的中点在y 轴上的射影分别为M ，N ，且|MN |＝43，则抛物线C 的准线方程为( )A ．x ＝－1B ．x ＝－2C ．x ＝－32 D ．x ＝－3答案 D解析 设AF ，FB 的中点分别为D ，E ，则|AB |＝2|DE |，由题得|DE |＝43sinπ3＝8，所以|AB |＝16，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＋p ＝16，∴x 1＋x 2＝16－p ，联立直线和抛物线的方程得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝2px ，y ＝－3⎝ ⎛⎭⎪⎫x －p 2，∴3x 2－5px ＋34p 2＝0，所以16－p ＝5p 3，∴p ＝6，所以抛物线的准线方程为x ＝－3.故选D.9．在△ABC 中，D 为三角形所在平面内一点，且AD →＝13AB →＋12AC →，则S △BCD S △ABD＝( )A.16B.13C.12D.23 答案 B解析 如图，由题意可知，点D 在平行于AB 边的中位线EF 上且满足DE ＝13AB ，S △ABD ＝12S △ABC ，S △ACD ＝13S △ABC ，∴S △BCD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12－13S △ABC ＝16S △ABC ，∴S △BCD S△ABD ＝13，故选B.10．如图，为了测量某湿地A ，B 两点间的距离，观察者找到在同一直线上的三点C ，D ，E .从D 点测得∠ADC ＝67.5°，从C 点测得∠ACD ＝45°，∠BCE ＝75°，从E 点测得∠BEC ＝60°.若测得DC ＝23，CE ＝2(单位：百米)，则A ，B 两点间的距离为( )A. 6 B ．2 2 C ．3 D ．2 3 答案 C解析 根据题意，在△ADC 中，∠ACD ＝45°，∠ADC ＝67.5°，DC ＝23，则∠DAC ＝180°－45°－67.5°＝67.5°，则AC ＝DC ＝23，在△BCE 中，∠BCE ＝75°，∠BEC ＝60°，CE ＝2，则∠EBC ＝180°－75°－60°＝45°，则有EC sin ∠EBC＝BCsin ∠BEC，变形可得BC ＝EC ·sin ∠BECsin ∠EBC＝2×3222＝3，在△ABC 中，AC ＝23，BC ＝3，∠ACB ＝180°－∠ACD －∠BCE＝60°，则AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC ·cos ∠ACB ＝9，则AB ＝3.故选C.11．已知直线l 与曲线y ＝x 3－6x 2＋13x －9相交，交点依次为A ，B ，C ，且|AB |＝|BC |＝5，则直线l 的方程为( )A ．y ＝－2x ＋3B ．y ＝2x －3C ．y ＝3x －5D ．y ＝－3x ＋2答案 B解析 设f(x )＝x 3－6x 2＋13x －9，则f ′(x )＝3x 2－12x ＋13，设g(x )＝3x 2－12x ＋13，则g ′(x )＝6x －12，令g ′(x )＝0，得x ＝2，所以曲线y ＝x 3－6x 2＋13x －9的对称中心为(2,1)．由|AB |＝|BC |可知直线l 经过点(2,1)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 3－6x 2＋13x －9，(x －2)2＋(y －1)2＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝－1或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝3，因此可得直线l 过点(1，－1)，(3,3)，(2,1)，所以直线l 的方程为y ＝2x －3.故选B.答案 1解析 由二项式定理的展开式可得C r 10x10－r⎝⎛⎭⎪⎫－a x r13．已知圆C ：(x －3)2＋(y －4)2＝1和两点A (－m ,0)，B (m ,0)(m >0)，若圆上存在点P ，使得∠APB ＝90°，则m 的取值范围是________．答案 [4,6]解析 由已知，以AB 为直径的圆与圆C 有公共点，又AB 的中点为原点，则|AB |＝2m ，则|m －1|≤(0－3)2＋(0－4)2≤m ＋1，解得4≤m ≤6，即m 的取值范围是[4,6]．14．已知四棱锥P －ABCD 的底面为矩形，平面PBC ⊥平面ABCD ，PE ⊥BC 于点E ，EC ＝1，AB ＝6，BC ＝3，PE ＝2，则四棱锥P －ABCD 的外接球半径为________．答案 2解析 如图，由已知，设三角形PBC 外接圆圆心为O 1，由正弦定理可求出三角形PBC 外接圆半径为102，设F 为BC 边的中点，进而求出O 1F ＝12，设四棱锥的外接球球心为O ，外接球半径的平方为⎝ ⎛⎭⎪⎫BD 22＋O 1F 2＝4，所以四棱锥外接球半径为2.基础保分强化训练(四)1．集合A ＝{x |x 2－a ≤0}，B ＝{x |x <2}，若A ⊆B ，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，4] B ．(－∞，4) C ．[0,4]D ．(0,4)答案 B解析 当a <0时，集合A ＝∅，满足题意；当a ≥0时，A ＝[－a ，a ]，若A ⊆B ，则a <2，所以0≤a ＜4，所以a ∈(－∞，4)，故选B.2．已知复数z 满足z ＋|z|＝3＋i ，则z ＝( ) A ．1－i B ．1＋i C.43－i D.43＋i答案 D解析 设z ＝a ＋bi ，其中a ，b ∈R ，由z ＋|z |＝3＋i ，得a ＋b i ＋a 2＋b 2＝3＋i ，由复数相等可得⎩⎨⎧a ＋a 2＋b 2＝3，b ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝43，b ＝1，故z ＝43＋i ，故选D.3．已知直线l ：y ＝kx ＋1与圆O ：x 2＋y 2＝2相交于A ，B 两点，则“k ＝1”是“∠AOB ＝120°”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件答案 A解析 由题意得圆心(0,0)到直线l ：y ＝kx ＋1的距离为d ＝11＋k2，若∠AOB ＝120°，则有11＋k2＝2×12，得k 2＝1即k ＝±1，若k ＝1时，则∠AOB ＝120°，但∠AOB ＝120°时，k ＝－1或k ＝1，故选A.4．将数字1,2,3填入编号为4,5,6的三个方格中，每个方格填上一个数字，则恰有一个方格的编号与所填的数字之差为3的概率是( )A.25B.35C.12D.34 答案 C解析 将数字1,2,3填入编号为4,5,6的三个方格中，其基本事件为(1,2,3)，(1,3,2)，(2,1,3)，(2,3,1)，(3,2,1)，(3,1,2)，共有6个，其中恰有一个方格的编号与所填的数字之差为3的事件有(1,3,2)，(2,1,3)，(3,2,1)，所以恰有一个方格的编号与所填的数字之差为3的概率P ＝36＝12.故选C.5．在△ABC 中，M 是BC 的中点，AM ＝1，点P 在AM 上且满足AP →＝2PM →，则PA →·(PB →＋PC →)等于( )A ．－49B ．－43 C.43 D.49答案 A解析 如图，∵AP →＝2PM →，∴AP →＝PB →＋PC →，∴PA →·(PB →＋PC →)＝－PA →2，∵AM ＝1且AP →＝2PM →，∴|PA →|＝23，∴PA →·(PB →＋PC →)＝－49，故选A.6．下列函数中，既是奇函数又在(－∞，＋∞)上单调递增的是( ) A ．y ＝sin x B ．y ＝|x |C ．y ＝－x 3D ．y ＝ln (x 2＋1＋x )答案 D解析 sin x 不是单调递增函数，可知A 错误；|－x |＝|x |，则函数y ＝|x |为偶函数，可知B 错误；y ＝－x 3在(－∞，＋∞)上单调递减，可知C 错误；ln ((－x )2＋1－x )＝ln1x 2＋1＋x＝－ln (x 2＋1＋x )，则y ＝ln (x 2＋1＋x )为奇函数；当x ≥0时，x 2＋1＋x 单调递增，由复合函数单调性可知y ＝ln (x 2＋1＋x ) 在[0，＋∞)上单调递增，根据奇函数对称性，可知在(－∞，＋∞)上单调递增，则D 正确．故选D.7．一个几何体的三视图如图所示，图中的三个正方形的边长均为2，则该几何体的体积为( )A ．8－2π3B ．4－π3C ．8－π3D ．4－2π3答案 A解析 由三视图可得该几何体的直观图如图所示，该几何体是一个棱长为2的正方体上、下各挖去一个底面半径为1，高为1的圆锥后剩余的部分，其体积为23－2×13×π×12×1＝8－2π3.故选A.8．已知平面区域Ω1：⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＋2≥0，x ＋y ≤0，y ＋2≥0，Ω2：x 2＋y 2≤9，则点P (x ，y )∈Ω1是P (x ，y )∈Ω2的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件答案 A解析 平面区域Ω2：x 2＋y 2≤9，表示圆以及内部部分； Ω1：⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＋2≥0，x ＋y ≤0，y ＋2≥0的可行域如图三角形区域：则点P (x ，y )∈Ω1是P (x ，y )∈Ω2的充分不必要条件．故选A.9．若ω>0，函数y ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π3的图象向右平移π3个单位长度后与函数y ＝sin ωx 的图象重合，则ω的最小值为( )A.112 B.52 C.12 D.32答案 B解析 函数y ＝cos ⎝⎛⎭⎪⎫ωx ＋π3的图象向右平移π3个单位长度后，所得函数图象对应的解析式为y ＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤ω⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3＋π3＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －ωπ3＋π3，其图象与函数y ＝sin ωx ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π2＋2k π，k ∈Z 的图象重合，∴－π2＋2k π＝－ωπ3＋π3，k ∈Z ，∴ω＝－6k ＋52，k ∈Z ，又ω>0，∴ω的最小值为52，故选B.10．设a ＝log 43，b ＝log 52，c ＝log 85，则( ) A ．a <b <c B ．b <c <a C ．b <a <c D ．c <a <b 答案 B解析 ∵a ＝log 43＝log 6427＝lg 27lg 64，c ＝log 85＝log 6425＝lg 25lg 64，∴log 43>log 85，即a >c ，∵2<5，5>8，∴c ＝log 85>log 88＝12，b ＝log 52<log 55＝12，∴log 85>log 52，即c >b ，∴log 43>log 85>log 52， 即a >c >b .故选B.11．已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，过原点的直线与双曲线C 交于A ，B 两点，若∠AF 2B ＝60°，△ABF 2的面积为3a 2，则双曲线的渐近线方程为( )A ．y ＝±12xB ．y ＝±2xC ．y ＝±33x D ．y ＝±3x答案 D解析 根据题意，连接AF 1，BF 1，AF 2，BF 2得四边形AF 2BF 1为平行四边形，几何关系如图所示，设|AF 2|＝x ，则|BF 1|＝x ，|BF 2|＝x ＋2a ，△ABF 2的面积为3a 2，∠AF 2B ＝60°，则由三角形面积公式可得3a 2＝12x ·(x ＋2a )·32，化简得x 2＋2ax －4a 2＝0，解得x ＝(5－1)a ，x ＝(－5－1)a (舍去)．所以|BF 2|＝(5＋1)a .在△BF 1F 2中，|F 1F 2|＝2c ，由余弦定理可得|F 1F 2|2＝|BF 1|2＋|BF 2|2－2|BF 1|·|BF 2|·cos120°，即(2c )2＝(5－1)2a 2＋(5＋1)2a 2－2(5－1)a ·(5＋1)a cos120°，化简可得c 2＝4a 2，由双曲线中c 2＝a 2＋b 2，可得b 2＝3a 2，即b a＝±3，所以渐近线方程为y ＝±3x ，所以选D.12．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x，x <0，ln x ，x >0，则f ⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝________.答案 1e解析 ∵f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝ln 1e ＝－1，∴f ⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝f (－1)＝e －1＝1e .13．如图，航空测量组的飞机航线和山顶在同一铅直平面内，已知飞机的飞行高度为10000 m ，速度为50 m/s.某一时刻飞机看山顶的俯角为15°，经过420 s 后看山顶的俯角为45°，则山顶的海拔高度为________ m ．(取2＝1.4，3＝1.7)答案 2650解析 如图，作CD 垂直于AB 的延长线于点D ，由题意知∠A ＝15°，∠DBC ＝45°，∴∠ACB ＝30°，AB ＝50×420＝21000.又在△ABC 中，BCsin ∠A ＝AB sin ∠ACB ，∴BC ＝2100012×sin15°＝10500(6－2)．∵CD ⊥AD ，∴CD ＝BC ·sin∠DBC ＝10500×(6－2)×22＝10500×(3－1)＝7350.故山顶的海拔高度h ＝10000－7350＝2650(m)．14．将数列{a n }中的所有项按每一行比上一行多1项的规则排成如下数阵：记数阵中的第1列数a 1，a 2，a 4，…构成的数列为{b n }，S n 为数列{b n }的前n 项和．若S n＝2b n －1，则a 56＝________.答案 1024解析 当n ≥2时，∵S n ＝2b n －1，∴S n －1＝2b n －1－1，∴b n ＝2b n －2b n －1，∴b n ＝2b n －1(n ≥2且n ∈N *)，∵b 1＝2b 1－1，∴b 1＝1，∴数列{b n }是首项为1，公比为2的等比数列，∴b n ＝2n －1.设a 1，a 2，a 4，a 7，a 11，…的下标1,2,4,7,11，…构成数列{c n }，则c 2－c 1＝1，c 3－c 2＝2，c 4－c 3＝3，c 5－c 4＝4，…，c n －c n －1＝n －1，累加得，c n －c 1＝1＋2＋3＋4＋…＋(n －1)，∴c n ＝n (n －1)2＋1，由c n ＝n (n －1)2＋1＝56，得n ＝11，∴a 56＝b 11＝210＝1024.基础保分强化训练(五)答案 D 解析2．在复平面内，表示复数z ＝1＋2i1－i 的点位于( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限 答案 B解析 由复数除法运算，可得z ＝1＋2i 1－i ＝(1＋2i )(1＋i )(1－i )(1＋i )＝－1＋3i 2＝－12＋32i ，所以在复平面内对应点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，即位于第二象限，所以选B.3．已知F 1，F 2为椭圆C ：x 2a 2＋y 24＝1(a >2)的左、右焦点，若椭圆C 上存在四个不同点P 满足△PF 1F 2的面积为43，则椭圆C 的离心率的取值范围为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32D.⎝ ⎛⎭⎪⎫32，1答案 D解析 设P (x 0，y 0)，S △PF 1F 2＝12|F 1F 2|·|y 0|＝c |y 0|＝43，则|y 0|＝43c ＝43a 2－4，若存在四个不同点P 满足S △PF 1F 2＝43，则0<|y 0|<2，即0<43a 2－4<2，解得a >4，e ＝a 2－4a ＝1－4a 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，1，故选D. 4．设a ，b 为实数，则“a 2b <1”是“b <1a2”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件答案 B解析 当b <1a 2成立时，a 2>0，从而ba 2<1一定成立．当a ＝0时，a 2b <1不能得到b <1a2，所以“a 2b <1”是“b <1a2”的必要不充分条件．5.执行如图所示的程序框图，设输出的数据构成的集合为A ，从集合A 中任取一个元素a ，则函数y ＝x a，x ∈[0，＋∞)是增函数的概率为( )A.47B.45C.35D.34 答案 C解析 执行程序框图，x ＝－3，y ＝3；x ＝－2，y ＝0；x ＝－1，y ＝－1；x ＝0，y ＝0；x ＝1，y ＝3；x ＝2，y ＝8；x ＝3，y ＝15；x ＝4，退出循环．则集合A 中的元素有－1,0,3,8,15，共5个，若函数y ＝x a，x ∈[0，＋∞)为增函数，则a>0，所以所求的概率为35.6．已知数列{a n }，{b n }满足b n ＝log 3a n ，n ∈N *，其中{b n }是等差数列，且a 1a 2019＝3，则b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 2019＝( )A ．2020B ．1010 C.20194 D.20192答案 D解析 由于b n ＝log 3a n ，所以b 1＋b 2019＝log 3a 1＋log 3a 2019＝log 3(a 1a 2019)＝1，因为{b n }是等差数列，故b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 2019＝b 1＋b 20192×2019＝20192，故选D.7．已知F 是双曲线E ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的左焦点，过点F 且倾斜角为30°的直线与曲线E 的两条渐近线依次交于A ，B 两点，若A 是线段FB 的中点，且C 是线段AB 的中点，则直线OC 的斜率为( )A ．－ 3 B. 3 C ．－3 3 D ．3 3 答案 D解析 由题意知，双曲线渐近线为y ＝±ba x ，设直线方程为y ＝33(x ＋c )，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝33(x ＋c )，y ＝－b a x ，得y A ＝c 3＋a b.同理可得y B ＝c 3－a b，∵A 是FB 的中点，∴y B ＝2y A ⇒b＝3a ⇒c ＝a 2＋b 2＝2a ，∴y A ＝32a ，y B ＝3a ⇒x A ＝－12a ，x B ＝a ，∴x C ＝x A ＋x B 2＝a 4，y C ＝y A ＋y B2＝334a ，∴k OC ＝y Cx C＝33，故选D. 8．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.332 B ．2 3 C.532D ．3 3 答案 C解析 依题意，如图所示，题中的几何体是从正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中截去一个三棱锥B －A 1B 1E (其中点E 是B 1C 1的中点)后剩余的部分，其中正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的高为3，底面是一个边长为2的正三角形，因此该几何体的体积为⎝ ⎛⎭⎪⎫34×22×3－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×34×22×3＝532，故选C.9．已知四面体ABCD 中，平面ABD ⊥平面BCD ，△ABD 是边长为2的等边三角形，BD ＝DC ，BD ⊥DC ，则异面直线AC 与BD 所成角的余弦值为( )A.24 B.23 C.12 D.34答案 A解析 根据题意画出图形如图所示．∵平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，BD ⊥DC ，∴DC ⊥平面ABD ，以过点D 且与平面BCD 垂直的直线为z 轴建立空间直角坐标系Dxyz ，则D (0,0，0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，A (1，0，3)，∴DB →＝(2,0,0)，AC →＝(－1,2，－3)，∴cos 〈DB →，AC →〉＝DB →·AC →|DB →||AC →|＝－22×22＝－24，∴异面直线AC 与BD 所成角的余弦值为24.故选A.10．函数f (x )＝sin x2ex 的大致图象是( )答案 A 解析11．在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对应的边分别为a ，b ，c ，∠ABC ＝60°，∠ABC 的平分线交AC 于点D ，且BD ＝3，则a ＋2c 的最小值为( )A ．4B ．5C ．2＋2 2D ．3＋2 2答案 D解析 根据题意，S △ABC ＝12ac sin B ＝34ac ，因为∠ABC 的平分线交AC 于点D ，且BD ＝3，所以S △ABD ＝12BD ·c ·sin∠ABD ＝34c ，S △CBD ＝12BD ·a ·sin∠CBD ＝34a ，而S △ABC ＝S △ABD ＋S △CBD ，所以34ac ＝34c ＋34a ，化简得ac ＝c ＋a ，即1a ＋1c ＝1，则a ＋2c ＝(a ＋2c )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1c ＝3＋a c ＋2c a ≥3＋2a c ·2ca≥3＋22，当且仅当a ＝2c ＝2＋1时取等号，即最小值为3＋22，故选D.12．已知圆C 的半径为2，圆心在x 轴的正半轴上，直线3x ＋4y ＋4＝0与圆C 相切，则圆C 的标准方程为________．答案 (x －2)2＋y 2＝4解析 设圆心坐标为(a,0)，半径为R ，则圆的方程为(x －a )2＋y 2＝4，圆心与切点连线必垂直于切线，根据点到直线的距离公式，得d ＝R ＝2＝|3a ＋4×0＋4|32＋42，解得a ＝2或a ＝－143⎝ ⎛⎭⎪⎫因圆心在x 轴的正半轴，a ＝－143不符合，舍去，所以圆C 的标准方程为(x －2)2＋y 2＝4.13．若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x＋1，x ≥0，mx ＋m －1，x <0在(－∞，＋∞)上单调递增，则m 的取值范围是________．答案 (0,3]解析 ∵函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x＋1，x ≥0，mx ＋m －1，x <0在(－∞，＋∞)上单调递增，∴函数y ＝mx ＋m－1在区间(－∞，0)上为增函数，∴⎩⎪⎨⎪⎧m >0，m －1≤20＋1＝2，解得0<m ≤3，∴实数m 的取值范围是(0,3]．14．如图所示，阴影部分由函数f (x )＝sin πx 的图象与x 轴围成，向正方形中投掷一点，该点落在阴影区域的概率为________．答案2π解析基础保分强化训练(六)1．学校先举办了一次田径运动会，某班共有8名同学参赛，又举办了一次球类运动会，这个班有12名同学参赛，两次运动会都参赛的有3人．两次运动会中，这个班总共的参赛人数为( )A ．20B ．17C ．14D ．23 答案 B解析 因为参加田径运动会的有8名同学，参加球类运动会的有12名同学，两次运动会都参加的有3人，所以两次运动会中，这个班总共的参赛人数为8＋12－3＝17.2．已知集合M ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x －2x －3<0，N ＝{x |log 12(x －2)≥1}，则M∩N＝( ) A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫52，3 B.⎝ ⎛⎦⎥⎤2，52 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤2，52 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫52，3答案 B解析 M ＝(2,3)，N ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪0<x －2≤12＝⎝ ⎛⎦⎥⎤2，52，所以M ∩N ＝⎝ ⎛⎦⎥⎤2，52，选B.3．已知向量a ，b 的夹角为60°，|a |＝2，|b |＝4，则(a －b )·b ＝( ) A ．－16 B ．－13 C ．－12 D ．－10 答案 C解析 ∵向量a ，b 的夹角为60°，|a |＝2，|b |＝4，∴a ·b ＝|a ||b |·cos60°＝2×4×12＝4，∴(a －b )·b ＝a ·b －b 2＝4－16＝－12.故选C.4．刘徽是一个伟大的数学家，他的杰作《九章算术法》和《海岛算经》是中国宝贵的数学遗产，他所提出的割圆术可以估算圆周率π，理论上能把π的值计算到任意精度．割圆术的第一步是求圆的内接正六边形的面积．若在圆内随机取一点，则此点取自该圆内接正六边形的概率是( )A.334π B.332π C.12π D.14π答案 B解析 如图，在单位圆中作其内接正六边形，则所求概率P ＝S 六边形S 圆＝34×12×6π×12＝332π.5．设{a n }是首项为正数的等比数列，公比为q ，则“q <0”是“对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n <0”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件答案 B解析 a 1>0，a 2n －1＋a 2n ＝a 1q 2n －2(1＋q )<0⇒1＋q <0⇒q <－1⇒q <0，而a 1>0，q <0，取q ＝－12，此时a 2n －1＋a 2n ＝a 1q 2n －2(1＋q )>0.故“q <0”是“对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n <0”的必要不充分条件．6．执行如图的程序框图，已知输出的s ∈[0,4]．若输入的t ∈[m ，n ]，则实数n －m 的最大值为( )A ．1B ．2C ．3D ．4 答案 D解析 由题意可知s ＝⎩⎪⎨⎪⎧3t (t <1)，4t －t 2(t ≥1)，画出该函数的草图．由图可知，若s ∈[0,4]，则(n －m )max ＝4－0＝4.故选D.7．在复平面内，复数z ＝a ＋b i(a ∈R ，b ∈R )对应向量OZ →(O 为坐标原点)，设|OZ →|＝r ，以射线Ox 为始边，OZ 为终边旋转的角为θ，则z ＝r (cos θ＋isin θ)，法国数学家棣莫弗发现棣莫弗定理：z 1＝r 1(cos θ1＋isin θ1)，z 2＝r 2(cos θ2＋isin θ2)，则z 1z 2＝r 1r 2[cos(θ1＋θ2)＋isin(θ1＋θ2)]，由棣莫弗定理导出了复数乘方公式：[r (cos θ＋isin θ)]n＝r n(cos n θ＋isin n θ)，则⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋32i 5＝( )A.12－32i B ．－12－32iC.12＋32i D ．－12＋32i答案 A解析 由题意得复数z ＝12＋32i 可化为z ＝cos π3＋isin π3，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋32i 5＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos π3＋isin π35＝cos 5π3＋isin 5π3＝12－32i.故选A. 8．已知圆锥的母线长为6，母线与轴的夹角为30°，则此圆锥的体积为( ) A ．27π B ．93π C ．9π D ．33π 答案 B解析 由题意可知，底面半径r ＝6sin30°＝3，圆锥的高h ＝6cos30°＝33，所以圆锥的体积V ＝13πr 2·h ＝93π，故选B.9．若sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝45，α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2，则cos α＝( ) A ．－210 B ．－25 C.25 D.210答案 D解析 由题意可得α＋π4∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，3π4，所以cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝－ 1－sin 2⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4＝－35，结合两角差的余弦公式有cos α＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4－π4＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4cos π4＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4sin π4＝210.故选D.10．已知四边形ABCD 为矩形，且AB ＝2BC ，点E ，F 在平面ABCD 内的射影分别为B ，D ，且BE ＝DF ，若△ABE 的面积为4，若A ，B ，C ，D ，E ，F 这六个点都在球O 的表面上，则球O 的表面积的最小值为( )A ．32πB ．25πC ．52πD ．85π 答案 D解析 设AB ＝2a ，BE ＝b ，则BC ＝a ，所以△ABE 的面积为12×2ab ＝4，即ab ＝4，由图形可观察出A ，B ，C ，D ，E ，F 这六个点所在的多面体可以通过补形为长方体，如图所示，则球O 的表面积为S ＝4π·⎝ ⎛⎭⎪⎫4a 2＋a 2＋b 222＝4π·5a 2＋b 24≥25ab π＝85π，当且仅当b ＝5a且ab ＝4时，等号成立，故选D.11．一项针对都市熟男(三线以上城市，30～50岁男性)消费水平的调查显示，对于最近一年内是否购买过以下七类高价商品，全体被调查者，以及其中包括的1980年及以后出生(80后)的被调查者、1980年以前出生(80前)的被调查者回答“是”的比例分别如下：根据表格中数据判断，以下分析错误的是( ) A ．都市熟男购买比例最高的高价商品是电子产品 B ．从整体上看，80后购买高价商品的意愿高于80前 C ．80前超过3成一年内从未购买过表格中七类高价商品 D ．被调查的都市熟男中80后人数与80前人数的比例大约为2∶1 答案 D解析 从表中的数据可得都市熟男购买电子产品的比例为56.9%，为最高值，所以A 正确；从表中后两列的数据可看出，前6项的比例均是80后的意愿高于80前的意愿，所以B 正确；从表中的最后一列可看出，80前一年内从未购买过表格中七类高价商品的比例为32.1%，超过3成，所以C 正确；根据表中数据不能得到被调查的都市熟男中80后人数与80前人数的比例，所以D 不正确．故选D.12．设n 为正整数，⎝⎛⎭⎪⎫x －2x3n的展开式中仅有第5项的二项式系数最大，则展开式中的常数项为________．答案 112解析 依题意得，n ＝8，所以展开式的通项T r ＋1＝C r 8x8－r·⎝⎛⎭⎪⎫－2x 3r ＝C r 8x 8－4r (－2)r，令8－4r ＝0，解得r ＝2，所以展开式中的常数项为T 3＝C 28(－2)2＝112.13．已知一个袋子中装有4个红球和2个白球，假设每一个球被摸到的可能性是相等的，若从袋子中摸出3个球，记摸到的白球的个数为ξ，则ξ＝1的概率是________；随机变量ξ的期望是________．答案 351解析 根据题意知ξ＝0,1,2，P (ξ＝0)＝C 34C 36＝15；P (ξ＝1)＝C 24C 12C 36＝35；P (ξ＝2)＝C 22C 14C 36＝15；所以E (ξ)＝0×15＋1×35＋2×15＝1.14．已知过抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点F 的直线l 交抛物线于A ，B 两点，过点A 作AA 1⊥y 轴，垂足为A 1，连接A 1B 交x 轴于点C ，若当|AB |长度最小时，四边形AA 1CF 的面积为6，则p ＝________.答案 4解析 因为当|AB |长度最小时，AB ⊥x 轴，垂足为F ，且|AF |＝|BF |＝p ，△BFC 与△BAA 1相似，且相似比为1∶2，因为四边形AA 1CF 的面积为6，所以S △AA 1B ＝8，又因为S △AA 1B ＝12×p2×2p ，所以p ＝4.。
(统考版)高考数学二轮复习 46分大题保分练1(含解析)(文)-人教版高三全册数学试题
46分大题保分练(一)(建议用时：40分钟)17．(12分)某家庭记录了未使用节水龙头50天的日用水量数据(单位：m3)和使用了节水龙头50天的日用水量数据，得到频数分布表如下：未使用节水龙头50天的日用水量频数分布表日用水量[0，0.1) [0.1，0.2) [0.2，0.3) [0.3，0.4) [0.4，0.5) [0.5，0.6) [0.6，0.7) 频数13249265使用了节水龙头50天的日用水量频数分布表日用水量[0，0.1)[0.1，0.2) [0.2，0.3) [0.3，0.4) [0.4，0.5)[0.5，0.6)频数151310165(1)在图中作出使用了节水龙头50天的日用水量数据的频率分布直方图：(2)估计该家庭使用节水龙头后，日用水量小于0.35 m3的概率；(3)估计该家庭使用节水龙头后，一年能节省多少水？(一年按365天计算，同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表)[解](1)所求的频率分布直方图如下：(2)由题可知使用节水龙头后50天的用水量在[0.3,0.4)的频数为10，所以可估计在[0.3,0.35)的频数为5，故用水量小于0.35(m 3)的频数为1＋5＋13＋5＝24，其频率为2450＝0.48. 因此，估计该家庭使用节水龙头后，日用水量小于0.35 m 3的概率为0.48.(3)该家庭未使用节水龙头50天的日用水量的平均数为 x 1＝150(0.05×1＋0.15×3＋0.25×2＋0.35×4＋0.45×9＋0.55×26＋0.65×5)＝0.48. 该家庭使用了节水龙头后50天的日用水量的平均数为 x 2＝150(0.05×1＋0.15×5＋0.25×13＋0.35×10＋0.45×16＋0.55×5)＝0.35. 估计使用节水龙头后，一年可节省水(0.48－0.35)×365＝47.45(m 3)．18．(12分)(2020·某某模拟)在△ABC 中，2sin 2A 2－sin A 2＝sin A ． (1)求sin A 的值；(2)若AB ＋AC ＝4，△ABC 的面积为32，求边BC 的长． [解](1)由已知可得2sin A 2cos A 2＋sin A 2＝2sin 2A 2， 因为sin 12A ≠0，所以sin 12A －cos 12A ＝12， 两边平方可得sin A ＝34. (2)由sin 12A －cos 12A ＞0可得tan 12A ＞1， 从而A ＞90°，于是cos A ＝－74， 因为△ABC 的面积为32，所以AB ·AC ＝4， 由余弦定理可得， BC ＝(AB ＋AC )2－2AB ·AC (1＋cos A )＝1＋7.19．(12分)如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱AA 1⊥底面ABC ，∠ACB ＝90°，E 是棱CC 1的中点，F 是AB 的中点，AC ＝BC ＝1，AA 1＝2.(1)求证：CF ∥平面AB 1E .(2)求三棱锥C -AB 1E 的高．[解] (1)证明：取AB 1的中点G ，连接EG ，FG (图略)，因为F ，G 分别是AB ，AB 1的中点，所以FG ∥BB 1，FG ＝12BB 1. 因为E 为侧棱CC 1的中点，所以FG ∥EC ，FG ＝EC ，所以四边形FGEC 是平行四边形，所以CF ∥EG ，因为CF ⊄平面AB 1E ，EG ⊂平面AB 1E ，所以CF ∥平面AB 1E .(2)因为三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱AA 1⊥底面ABC ，所以BB 1⊥平面ABC ． 又AC ⊂平面ABC ，所以AC ⊥BB 1，因为∠ACB ＝90°，所以AC ⊥BC ，因为BB 1∩BC ＝B ，所以AC ⊥平面EB 1C ，所以AC ⊥CB 1，所以VA -EB 1C ＝13S △EB 1C ·AC ＝13×⎝⎛⎭⎫12×1×1×1＝16. 因为AE ＝EB 1＝2，AB 1＝6，所以S △AB 1E ＝32. 因为VC -AB 1E ＝VA -EB 1C ，所以三棱锥C -AB 1E 的高为3VC -AB 1E S △AB 1E ＝33. 选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．22．(10分)[选修4－4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎨⎧ x ＝1－22ty ＝2＋22t (t 为参数)，以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆C 的极坐标方程为ρ2－4ρcos θ＝3.(1)求直线l 的普通方程和圆C 的直角坐标方程；(2)直线l 与圆C 交于A ，B 两点，点P (1,2)，求|P A |·|PB |的值．[解] (1)直线l 的普通方程为x ＋y －3＝0，因为ρ2＝x 2＋y 2，ρcos θ＝x ，所以圆C 的直角坐标方程为x 2＋y 2－4x －3＝0.(2)将直线l 的参数方程代入圆C 的直角坐标方程可得⎝⎛⎭⎫1－22t 2＋⎝⎛⎭⎫2＋22t 2－4⎝⎛⎭⎫1－22t －3＝0，化简可得t 2＋32t －2＝0. 设A ，B 两点对应的参数分别为t 1，t 2，t 1t 2＝－2，则|P A |·|PB |＝|t 1t 2|＝2.23．(10分)[选修4－5：不等式选讲]已知函数f (x )＝|x ＋3|－|x －1|.(1)解关于x 的不等式f (x )≥x ＋1；(2)若函数f (x )的最大值为M ，设a ＞0，b ＞0，且(a ＋1)·(b ＋1)＝M ，求a ＋b 的最小值．[解] (1)由题知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ (－x －3)－(1－x )，x ＜－3(x ＋3)－(1－x )，－3≤x ≤1(x ＋3)－(x －1)，x ＞1＝⎩⎪⎨⎪⎧ －4，x ＜－32x ＋2，－3≤x ≤1，4，x ＞1当x ＜－3时，由－4≥x ＋1，可得x ≤－5，即x ≤－5.当－3≤x ≤1时，由2x ＋2≥x ＋1，可得x ≥－1，即－1≤x ≤1.当x ＞1时，由4≥x ＋1，可得x ≤3，即1＜x ≤3.综上，不等式f (x )≥x ＋1的解集为(－∞，－5]∪[－1,3]．(2)由(1)可得函数f (x )的最大值M ＝4，则ab ＋a ＋b ＋1＝4，3－(a ＋b )＝ab ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22，当且仅当a ＝b 时“＝”成立， 所以(a ＋b )2＋4(a ＋b )－12≥0，解得a ＋b ≤－6(舍去)或a ＋b ≥2，因此a ＋b 的最小值为2.。
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a 1(1－q n )11－q ＋4· 1－q ＝ 1－q ，的菱形，∠DAB ＝ ，平面 PAD ⊥平面 ABCD ，PA ＝PD ＝ 1046 分大题保分练(二)(建议用时：40 分钟)17．(12 分)(2019·福州模拟)已知正项等比数列{a n }的前 n 项和为 S n ，满足 S 2＋4S 4＝S 6，a 1＝1.(1)求数列{a n }的公比 q ；(2)令 b n ＝a n －15，求 T ＝|b 1|＋|b 2|＋…＋|b 10|的值． [解] (1){a n }是正项等比数列， 若 q ＝1，则 S n ＝na 1＝n ，∴S 2＝2,4S 4＝4×4，S 6＝6，不合题意．∴q ≠1，从而 S n ＝ 1－q .由 S 2＋4S 4＝S 6 可知a 1(1－q 2) a (1－q 4) a 1(1－q 6) ∴(1－q 2)＋4(1－q 4)＝1－q 6，而 q ≠1，且 q ＞0，∴1＋4(1＋q 2)＝1＋q 2＋q 4，即 q 4－3q 2－4＝0，∴(q 2－4)(q 2＋1)＝0，∴q ＝2.1－2n (2)由(1)知 a n ＝2n －1，则 a n 的前 n 项和 S n ＝ 1－2 ＝2n －1.当 n ≥5 时，b n ＝2n －1－15＞0，n ≤4 时，b n ＝2n －1－15＜0，∴T ＝－(b 1＋b 2＋b 3＋b 4)＋(b 5＋b 6＋…＋b 10)＝－(a 1＋a 2＋a 3＋a 4－15×4)＋(a 5＋a 6＋…＋a 10－15×6) ＝－S 4＋S 10－S 4＋60－90 ＝S 10－2S 4－30＝(210－1)－2×(24－1)－30＝210－25－29＝1 024－32－29＝963.18．(12 分)如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 是边长为 1π3 2 .(1)证明：PB ⊥BC ；(2)求点 A 到平面 PBC 的距离．[解] (1)如图，取 AD 的中点 H ，连接 PH ，HB ，BD .∵底面 ABCD 是边长为 1 的菱形，∴AD ＝AB ＝1，∴AH ＝ AD ＝ ，得 BH 2＝1＋ －2×1× × ＝ ，∴BH ＝ 3 PH ＝ PA 2－AH 2＝ ，BH ＝ PH ·BH 2 2 3PB 431 12 2由 BH 2＝AB 2＋AH 2－2AB ·AH ·cos∠DAB ，1 1 1 34 2 2 42，∴AH 2＋BH 2＝AB 2，∴BH ⊥AD .∵PA ＝PD ，H 为 AD 的中点，∴PH ⊥AD ，又 PH ∩BH ＝H ，∴AD ⊥平面 PHB ，又 PB ⊂ 平面 PHB ，∴AD ⊥PB ，又 AD ∥BC ，∴PB ⊥BC .(2)∵AD ∥BC ，BC ⊂ 平面 PBC ，AD 平面 PBC ， ∴AD ∥平面 PBC ，∴点 A 与点 H 到平面 PBC 的距离相等．由(1)知 AD ⊥平面 PHB ，∴BC ⊥平面 PHB ，又 BC ⊂ 平面 PBC ， ∴平面 PBC ⊥平面 PHB .过点 H 作 HM ⊥PB 于 M .由平面 PHB ∩平面 PBC ＝PB ，知 HM 即点 H 到平面 PBC 的距离．∵平面 PAD ⊥平面 ABCD ，平面 PAD ∩平面 ABCD ＝AD ，PH ⊂ 平面 PAD ，PH ⊥AD ，∴PH ⊥平面 ABCD ，又 BH ⊂ 平面 ABCD ，∴PH ⊥BH .3 2 32，∴PB ＝ PH 2＋BH 2＝ 3，3 3 × ∴ HM ＝ ＝ ＝ .19．(12 分)某城市先后采用甲、乙两种方案治理空气污染各一年，各自随机抽取一年(365天)内 100 天的空气质量指数 API 的检测数据进行分析，若空气质量指数值在[0,300]内为合格，否则为不合格．下表是甲方案检测数据样本的频数分布表，下图是乙方案检测数据样本n (ad －bc )2(a ＋b )(c ＋d )(a ＋c )(b ＋d )的频率分布直方图．API天数[0,50]9(50，100]13 (100，150]19 (150，200]30 (200，250]14 (250，300]11 大于3004(1)将频率视为概率，求乙方案样本的频率分布直方图中 a 的值，以及乙方案样本的空气质量不合格天数；(2)根据频率分布直方图，求乙方案样本的中位数；(3)填写 2×2 列联表，并根据列联表判断是否有 90%的把握认为该城市的空气质量指数值与两种方案的选择有关．甲方案乙方案 合计合格天数不合格天数合计附：P (K 2≥k )k0.102.706 0.0503.841 0.0255.024K 2＝ ，n ＝a ＋b ＋c ＋d .[解] (1)由频率分布直方图知，(0.0010＋0.003 0＋0.004 0＋0.005 0＋0.003 0＋0.0018＋a )×50＝1，解得 a ＝0.002 2，∴乙方案样本的空气质量不合格天数为0．002 2×50×100＝11(天)．(2)由频率分布直方图得(0.001 0＋0.003 0＋0.004 0)×50＝0.4，又 0.005 0×50＝0.25，0．4＋0.25＝0.65＞0.5，∴中位数在(150,200]内，设中位数为 x ，则 0.4＋(x －150)×0.005 0＝0.5，解得 x ＝170，K 2＝ ≈3.532，ρ sin θ ＋ ⎪＝ ，C 2：ρ 2＝. [解] (1)由 ρ sin θ ＋ ⎪＝ 得 ρ sin θ cos ＋cos θ sin ⎪＝ ，π ⎫ 2 4 ⎭ 2 ⎩ 同理由 ρ 2＝ 可得 3x 2－y 2＝1.⎩ ⎛ 1 3⎫则 MN 的中点坐标为 － ， ⎪.⎧⎪ ⎪ ⎪ 10⎪∴乙方案样本的中位数为 170.(3)由题可得到 2×2 列联表为合格天数不合格天数合计甲方案964100 乙方案8911100 合计18515200将列联表中的数据代入公式得200×(96×11－89×4)2 100×100×185×15∵3.532＞2.706，∴有 90%的把握认为空气质量指数值与两种方案的选择有关．选考题：共 10 分．请考生在第 22、23 题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．22．(10 分)[选修 4－4：坐标系与参数方程]在直角坐标系 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，曲线 C 1：⎛ π ⎫ 2 1 ⎝4 ⎭ 2 3－4sin 2θ(1)求曲线 C 1，C 2 的直角坐标方程；(2)曲线 C 1 和 C 2 的交点为 M ，N ，求以 MN 为直径的圆与 y 轴的交点坐标．⎛ ⎛π π ⎫ 2 ⎝ ⎝ 44 ⎭ 2⎧⎪ρ sin θ ＝y将⎨⎪ρ cos θ ＝x代入上式得 x ＋y ＝1，即 C 1 的直角坐标方程为 x ＋y ＝1.1 3－4sin 2θ∴C 2 的直角坐标方程为 3x 2－y 2＝1.(2)先求以 MN 为直径的圆，设 M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，⎧⎪3x 2－y 2＝1由⎨⎪x ＋y ＝1得 3x 2－(1－x )2＝1，即 x 2＋x －1＝0.∴⎨x 1＋x 2＝－1，⎪⎩x 1x 2＝－1，⎝ 2 2⎭∴|MN |＝ 1＋(－1)2|x 1－x 2|＝ 2× 1－4×(－1)＝ 10. ∴以 MN 为直径的圆的方程为⎛x ＋1⎫2＋⎛y －3⎫2＝⎛ ⎫2，⎝ 2⎭ ⎝ 2⎭ ⎝ 2 ⎭1 ⎛ 3⎫2 10 ⎛ 3⎫2 9令 x ＝0，得 ＋ y － ⎪ ＝ ，即 y － ⎪ ＝ ，∴y ＝0 或 y ＝3.(2)若直线 y ＝x ＋a 与 y ＝f (x )的图象所围成的多边形面积为 ，求实数 a 的值．⎨x ＋2，－ ＜x ＜1，⎪⎩－3x ，x ≤－1，②当－ ＜x ＜1 时，x ＋2≥3，即 x ≥1，与－ ＜x ＜1 矛盾，舍去；③当 x ≤－ 时，－3x ≥3，即 x ≤－1.⎛ 1 3⎫(2)画出函数 y ＝f (x )的图象，如图所示，其中 A － ， ⎪，B (1,3)，⎛a 3a ⎫ ⎛ a 3a ⎫ 易得直线 y ＝x ＋a 与 y ＝f (x )的图象交于两点 C ， ⎪，D － ， ⎪，⎪⎪a a ⎪ 3 2 则|CD |＝ 2·⎪ ＋ ⎪＝平行线 AB 与 CD 间的距离 d ＝ ＝ ，|AB |＝ ，2 ∴梯形 ABCD 的面积 S ＝ · ＝ ·(a －2)＝ (a ＞2)，24 ⎝ 2⎭ 4 ⎝ 2⎭ 4∴以 MN 为直径的圆与 y 轴的交点的坐标为(0,0)，(0,3)．23．(10 分)[选修 4－5：不等式选讲]已知函数 f (x )＝|2x ＋1|＋|x －1|.(1)求不等式 f (x )≥3 的解集；92⎧3x ，x ≥1，[解](1)由题意知 f (x )＝22由 f (x )≥3 可知：①当 x ≥1 时，3x ≥3，即 x ≥1；1 12 212综上可知不等式 f (x )≥3 的解集为{x |x ≤－1 或 x ≥1}．⎝ 2 2⎭由直线 AB 的斜率 k AB ＝1，知直线 y ＝x ＋a 与直线 AB 平行，若要围成多边 形，则 a ＞2，⎝2 2 ⎭ ⎝ 4 4 ⎭⎪2 4⎪ 4a .|a －2| a －2 3 22 23 2 3 2 3 3＋ a ＋ a 2 4 a －2 2 4 92 2 2即(a ＋2)(a －2)＝12，∴a ＝4，故所求实数 a 的值为 4.。