2020届二轮(文科数学)中档大题规范练(三)专题卷(全国通用)
2020版高考数学二轮复习分层设计练习：第二层 专题三 专题过关检测 空间几何体的三视图、表面积及体积
[专题过关检测]A组——“12＋4”满分练一、选择题1．如图是一个空间几何体的正视图和俯视图，则它的侧视图为()解析：选A 由正视图和俯视图可知，该几何体是由一个圆柱挖去一个圆锥构成的，结合正视图的宽及俯视图的直径可知侧视图应为A.故选A.2．(2019·福州市质量检测)棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1木块的直观图如图所示，平面α过点D 且平行于平面ACD 1，则该木块在平面α内的正投影面积是( )A.3 B ．323 C. 2D ．1解析：选A 棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1木块在平面α内的正投影是三个全等的菱形，如图，正投影可以看成两个边长为2的等边三角形，所以木块在平面α内的正投影面积是2×12×2×2×32＝ 3.故选A.3．已知矩形ABCD ，AB ＝2BC ，把这个矩形分别以AB ，BC 所在直线为轴旋转一周，所成几何体的侧面积分别记为S 1，S 2，则S 1与S 2的比值等于( )A.12 B ．1 C ．2D ．4解析：选B 设BC ＝a ，AB ＝2a ，所以S 1＝2π·a ·2a ＝4πa 2，S 2＝2π·2a ·a ＝4πa 2，S 1∶S 2＝1.故选B.4．设球O 是正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的内切球，若平面ACD 1截球O 所得的截面面积为6π，则球O 的半径为( )A.32 B ．3 C.32D ． 3解析：选B 如图，易知B 1D 过球心O ，且B 1D ⊥平面ACD 1，不妨设垂足为M ，正方体棱长为a ，则球半径R ＝a 2，易知DM ＝13DB 1，∴OM ＝16DB 1＝36a ，∴截面圆半径r ＝⎝⎛⎭⎫a 22－OM 2＝66a ，由截面圆面积S ＝πr 2＝6π，得r ＝66a ＝6，a ＝6，∴球O 的半径为R ＝a2＝3.故选B.5．(2019·武汉市调研测试)如图，在棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M 为CD 的中点，则三棱锥A BC 1M 的体积VA BC 1M ＝( )A.12 B ．14C.16D ．112解析：选C VA BC 1M ＝VC 1ABM ＝13S △ABM ·C 1C ＝13×12AB ×AD ×C 1C ＝16.故选C.6．(2019·武汉市调研测试)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A.23π B ．43πC ．2πD ．25π解析：选B 由三视图知，该几何体是由两个底面半径为1，高为2的圆锥组成的，所以该几何体的体积V ＝2×13×12×π×2＝4π3.故选B.7．在三棱锥A -BCD 中，侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，△ABC ，△ACD ，△ADB 的面积分别为22，32，62，则该三棱锥的体积为( )A. 6 B ．66C ．6D ．2 6解析：选B 由△ABC ，△ACD ，△ADB 的面积分别为22，32，62，且AB ，AC ，AD 两两垂直，可得⎩⎪⎨⎪⎧12AB ·AC ＝22，12AD ·AC ＝32，12AB ·AD ＝62，三个式子相乘可得(AB ·AC ·AD )2＝6，∴该三棱锥的体积V ＝13×12AB ·AC ·AD ＝66.故选B.8．已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A ．πB ．3π4 C.π2D ．π4解析：选B 设圆柱的底面半径为r ，球的半径为R ，过圆柱的轴线作一截面，如图．由勾股定理得r ＝R 2－⎝⎛⎭⎫122＝32.∴该圆柱的体积V ＝Sh ＝π×⎝⎛⎭⎫322×1＝3π4.故选B. 9．若一个球与四面体的六条棱都相切，则称此球为四面体的棱切球．已知正四面体的棱长为2，则它的棱切球的体积为( )A ．3π54B ．π6 C ．π3D ．3π2解析：选B 将棱长为2的正四面体放入棱长为1的正方体中，则正四面体的棱为正方体的面对角线，所以正四面体的棱切球即为正方体的内切球，则球的半径R ＝12，体积V＝43πR 3＝π6.故选B. 10．已知点A ，B ，C ，D 均在球O 上，AB ＝BC ＝3，AC ＝3.若三棱锥D -ABC 体积的最大值为334，则球O 的表面积为( )A ．36πB ．16πC ．12πD ．163π 解析：选B 设△ABC 的外接圆的半径为r ，∵AB ＝BC ＝3，AC ＝3，∴∠ABC ＝120°，∴2r ＝3sin 120°＝23，∴S △ABC ＝334，△ABC 的外接圆的半径为 3.∵三棱锥D -ABC 的体积的最大值为334，∴点D 到平面ABC 的最大距离为3.设球O 的半径为R ，则r 2＝R 2－(3－R )2，解得R ＝2，∴球O 的表面积为4πR 2＝16π.故选B.11．已知一个半径为7的球中有一个各条棱长都相等的内接正三棱柱，则正三棱柱的体积是( )A ．18B ．16C ．12D ．8解析：选A 设正三棱柱的棱长为2a ，如图，取球心为O ，过点O 作OO ′垂直三棱柱的上底面于点O ′，连接点O ′与上底面顶点A 交对棱于点B .则AB ＝3a ，AO ′＝233a ，OO ′＝a .在Rt △OO ′A 中，由勾股定理，得OA 2＝OO ′2＋O ′A 2. ∵OA ＝7，∴7＝a 2＋43a 2＝73a 2.整理得a 2＝3，∴a ＝ 3. ∴棱长为2a ＝2 3. ∴正三棱柱的体积V ＝12×23×23× sin 60°×23＝18.故选A.12.(2019·福州市质量检测)如图，以棱长为1的正方体的顶点A 为球心，以2为半径作一个球面，则该正方体的表面被球面所截得的所有弧长之和为( )A.3π4 B ．2π C.3π2D ．9π4解析：选C 正方体的表面被该球面所截得的弧长是相等的三部分，如图，上底面被球面截得的弧长是以A 1为圆心，1为半径的圆周长的14，所以所有弧长之和为3×2π4＝3π2.故选C. 二、填空题13．(2019·长春市质量监测(一))已知一所有棱长都是2的三棱锥，则该三棱锥的体积为______．解析：记所有棱长都是2的三棱锥为P -ABC ，如图所示，取BC 的中点D ，连接AD ，PD ，作PO ⊥AD 于点O ，则PO ⊥平面ABC ，且OP ＝63×2＝233，故三棱锥P ABC 的体积V ＝13S △ABC ·OP ＝13×34×(2)2×233＝13. 答案：1314.已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M (如图)，则四棱锥M -EFGH 的体积为______．解析：依题意知，四棱锥M -EFGH 为正四棱锥，正方形EFGH 的边长为⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫122＝22，四棱锥M EFGH 的高为12，所以四棱锥M -EFGH 的体积为13×⎝⎛⎭⎫222×12＝112.答案：11215．古人采取“用臼舂米”的方法脱去稻谷的外壳，获得可供食用的大米，用于舂米的“臼”多用石头或木头制成．一个“臼”的三视图如图所示，则凿去部分(看成一个简单的组合体)的体积为______．解析：由三视图得凿去部分是圆柱与半球的组合体，其中圆柱的高为5，底面圆的半径为3，半球的半径为3，所以组合体的体积为π×32×5＋12×43π×33＝63π.答案：63π16．已知三棱锥P -ABC 的四个顶点都在球O 的表面上，PA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，且PA ＝8.若平面ABC 截球O 所得截面的面积为9π，则球O 的表面积为______．解析：设球O 的半径为R ，由平面ABC 截球O 所得截面的面积为9π，得△ABC 的外接圆的半径为3.设该外接圆的圆心为D ，因为AB ⊥BC ，所以点D 为AC 的中点，所以DC ＝3.因为PA ⊥平面ABC ，易证PB ⊥BC ，所以PC 为球O 的直径．又PA ＝8，所以OD ＝12PA ＝4，所以R ＝OC ＝42＋32＝5，所以球O 的表面积为S ＝4πR 2＝100π. 答案：100πB 组——“5＋3”提速练1.(2019·合肥市第二次质量检测)如图，正方形网格纸中的实线图形是一个多面体的三视图，则该多面体各表面所在平面互相垂直的有( )A ．2对B ．3对C ．4对D ．5对解析：选C 由三视图知该几何体是一个四棱锥，它有一个侧面与底面垂直，且顶点在底面上的射影在底面的一条边的中点处，即如图所示的四棱锥S -ABCD ，平面SCD ⊥平面ABCD .因为AD ⊥DC ，BC ⊥DC ，且平面SCD ∩平面ABCD ＝DC ，所以AD ⊥平面SCD ，BC ⊥平面SCD ，所以平面SAD ⊥平面SCD ，平面SBC ⊥平面SCD .又由三视图知SC ⊥SD ，同时由AD ⊥平面SCD ，知AD ⊥SC ，又SD ∩AD ＝D, 所以SC ⊥平面SAD ，所以平面SBC ⊥平面SAD .综上可知，该多面体各表面所在平面互相垂直的有4对．故选C.2．在棱长为3的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，P 在线段BD 1上，且BP PD 1＝12，M 为线段B 1C 1上的动点，则三棱锥M -PBC 的体积为( )A ．1B ．32C.92D ．与M 点的位置有关解析：选B ∵BP PD 1＝12，∴点P 到平面BCC 1B 1的距离是D 1到平面BCC 1B 1距离的13，即为D 1C 13＝1.M 为线段B 1C 1上的点，∴S △MBC ＝12×3×3＝92，∴V M PBC ＝V P MBC ＝13×92×1＝32.故选B.3．已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积为1，点M 在线段BC 上(点M 异于B ，C 两点)，点N 为线段CC 1的中点，若平面AMN 截正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1所得的截面为四边形，则线段BM 的取值范围为( )A.⎝⎛⎦⎤0，13 B ．⎝⎛⎦⎤0，12 C.⎣⎡⎭⎫12，1D ．⎣⎡⎦⎤12，23解析：选B 由题意，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，如图所示，当点M 为线段BC 的中点时，截面为四边形AMND 1，当0＜BM ≤12时，截面为四边形，当BM ＞12时，截面为五边形．故选B.4．已知直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱长为6，且底面是边长为2的正三角形，用一平面截此棱柱，与侧棱AA 1，BB 1，CC 1分别交于三点M ，N ，Q ，若△MNQ 为直角三角形，则该直角三角形斜边长的最小值为( )A ．2 2B ．3C ．2 3D ．4解析：选C 如图，不妨设N 在B 处，设AM ＝h ，CQ ＝m ，则MB 2＝h 2＋4，BQ 2＝m 2＋4，MQ 2＝(h －m )2＋4，由MB 2＝BQ 2＋MQ 2，得m 2－hm ＋2＝0.Δ＝h 2－8≥0⇒h 2≥8，该直角三角形斜边MB ＝4＋h 2≥23，故该直角三角形斜边长的最小值为2 3.故选C.5．(2019·郑州市第二次质量预测)在△ABC 中，已知AB ＝23，BC ＝26，∠ABC ＝45°，D 是边AC 上的一点，将△ABD 沿BD 折叠，得到三棱锥A -BCD ，若该三棱锥的顶点A在底面BCD上的射影M在线段BC上，设BM＝x，则x的取值范围是() A．(0，23) B．(3，6)C．(6，23) D．(23，26)解析：选C将△ABD沿BD折起，得到三棱锥A-BCD，且点A在底面BCD上的射影M在线段BC上，所以在图b中，AM⊥平面BCD，MN，AN 都与BD垂直，因此，折叠前在图a中，AM⊥BD，垂足为N，在图a中可得当D点与C 点无限接近时，折痕BD接近BC，此时M与点M1无限接近．在图b中，由于AB是Rt △ABM的斜边，BM是直角边，所以BM＜AB，由此可得BM1＜BM＜AB，因为在Rt△AM1B中，BM1＝AB cos 45°＝23×22＝6，所以6＜BM＜23，即6＜x＜2 3.故选C.6.如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，D为棱AA1的中点．若AA1＝4，AB＝2，则四棱锥B-ACC1D的体积为________．解析：取AC的中点O，连接BO(图略)，则BO⊥AC，所以BO⊥平面ACC1D.因为AB＝2，所以BO＝ 3.因为D为棱AA1的中点，AA1＝4，所以AD＝2，所以S梯形ACC1D＝12×(2＋4)×2＝6，所以四棱锥B-ACC1D的体积为13×6×3＝2 3.答案：2 37．已知在正四棱锥S-ABCD中，SA＝63，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为________．解析：设正四棱锥的底面正方形的边长为a，高为h，因为在正四棱锥S-ABCD中，SA＝63，所以a 22＋h 2＝108，即a 2＝216－2h 2，所以正四棱锥的体积V S ABCD ＝13a 2h ＝72h －23h 3，令y ＝72h －23h 3，则y ′＝72－2h 2，令y ′>0，得0<h <6，令y ′<0，得h >6，所以当该棱锥的体积最大时，它的高为6.答案：68．(2019·河南八市重点高中联盟测评改编)已知一个高为1的三棱锥，各侧棱长都相等，底面是边长为2的等边三角形，则三棱锥的表面积为________，若三棱锥内有一个体积为V 的球，则V 的最大值为________．解析：该三棱锥侧面的斜高为⎝⎛⎭⎫13×32＋12＝233，则S 侧＝3×12×2×233＝23，S 底＝12×3×2＝3，所以三棱锥的表面积S 表＝23＋3＝3 3.由题意知，当球与三棱锥的四个面都相切时，其体积最大．设三棱锥的内切球的半径为r ，则三棱锥的体积V 锥＝13S表·r ＝13S 底·1，所以33r ＝3，所以r ＝13，所以三棱锥的内切球的体积最大为V max ＝43πr 3＝4π81.答案：33 4π81。
2020年全国高考(新课标II卷)真题 文科数学试卷(+答案+全解全析)
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.
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2020 年普通高等学校招生全国统一考试
文科数学
注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑.如 需改动，用橡皮擦干净后，在选涂其它答案标号框.回答非选择题时，将答案写在答题卡上， 写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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
4 平面 ABC 的距离为（ ）
3
A. 3
B.
2
C. 1
12.若 2x－2y<3−x－3−y，则（ ）
A. ln(y-x+1)>0
B. ln(y-x+1)<0
C. ln∣x-y∣>0
二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.
3
D.
2
D. ln∣x-y∣<0
13.若 sin x = − 2 ，则 cos 2x = __________． 3
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⊥平面 EB1C1F；
π （2）设 O 为△A1B1C1 的中心，若 AO=AB=6，AO//平面 EB1C1F，且∠MPN= 3 ，求四棱锥 B–EB1C1F 的体
2020高考数学第二轮通用(文)逐题特训解答题突破练(三)
(三)立体几何1．(2019·南昌模拟)如图，在四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是菱形，CC 1⊥底面ABCD ，且∠BAD ＝60°，CD ＝CC 1＝2C 1D 1＝4，E 是棱BB 1的中点．(1)求证：AA 1⊥BD ；(2)求三棱锥B 1－A 1C 1E 的体积．(1)证明 因为CC 1⊥底面ABCD ，所以CC 1⊥BD . 因为底面ABCD 是菱形，所以BD ⊥AC . 又AC ∩CC 1＝C ，AC ，CC 1⊂平面ACC 1， 所以BD ⊥平面ACC 1.又由四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1知，A 1，A ，C ，C 1四点共面，即AA 1⊂平面ACC 1. 所以BD ⊥AA 1.(2)解 由已知，得111111B A C E E A B C V V －－＝1111111122B A BC C A B C V V －－＝＝，又因为111C A B C V －＝13111A B C S △·CC 1＝13×12×22×sin 120°×4＝433，所以111B A C E V －＝233. 2．(2019·徐州模拟)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AC ，侧面B 1C 1CB ⊥底面ABC ，E ，F分别为棱BC和A1C1的中点．(1)求证：EF∥平面ABB1A1；(2)求证：平面AEF⊥平面BCC1B1.证明(1)取A1B1的中点G，连接BG，FG，在△A1B1C1中，因为F，G分别为A1C1，A1B1的中点，所以FG∥B1C1，且FG＝12B1C1，在三棱柱ABC－A1B1C1中，BC∥B1C1，又E为棱BC的中点，所以FG∥BE且FG＝BE，从而四边形BEFG为平行四边形，于是EF∥BG，又因为BG⊂平面ABB1A1，EF⊄平面ABB1A1，所以EF∥平面ABB1A1.(2)在△ABC中，因为AB＝AC，E为BC的中点，所以AE⊥BC，又因为侧面B1C1CB⊥底面ABC，侧面BCC1B1∩底面ABC＝BC，且AE⊂平面ABC，所以AE⊥平面BCC1B1，又AE⊂平面AEF，所以平面AEF⊥平面BCC1B1.3．(2019·厦门质检)如图，在多面体ABCDEF中，AD，BE，CF均垂直于平面ABC，AC＝BC，AD＝2，BE＝4，CF＝3.(1)过CF的平面α与平面ABED垂直，请在图中作出α截此多面体所得的截面，并说明理由；(2)若∠ACB＝120°，AB＝43，求多面体ABCDEF的体积．解(1)分别取AB，DE的中点G，H，连接CG，FH，HG，则平行四边形CFHG即为所求的截面．理由如下：因为AD，BE，CF均垂直于平面ABC，所以AD∥BE∥CF，因为AD＝2，BE＝4，所以四边形ABED为梯形．又G，H分别为AB，DE中点，所以HG∥BE，HG＝3，所以HG∥CF，HG＝CF，所以四边形CFHG为平行四边形，因为AC＝BC，G为AB中点，所以CG⊥AB.又AD⊥平面ABC，CG⊂平面ABC，所以AD⊥CG.又AB∩AD＝A，AB，AD⊂平面ABED，所以CG⊥平面ABED，又CG⊂平面CFHG，所以平面CFHG ⊥平面ABED ，所以平行四边形CFHG 即为所求的截面．(2)方法一 过点A 作AM ⊥BC 交BC 的延长线于点M .因为BE ⊥平面ABC ，AM ⊂平面ABC ， 所以BE ⊥AM ，又BC ∩BE ＝B ，BC ，BE ⊂平面BCFE ， 所以AM ⊥平面BCFE .在△ABC 中，AC ＝BC ，∠ACB ＝120°，AB ＝43， 得AC ＝BC ＝4，所以S △ABC ＝12×4×4×sin 120°＝43，因为AM ＝AC ·sin 60°＝4×32＝23， 所以V D －BCFE ＝13·S 梯形BCFE ·AM ＝13×⎣⎡⎦⎤12×(3＋4)×4×23＝2833， V D －ABC ＝13·S △ABC ·AD ＝13×43×2＝833，所以V ABCDEF ＝V D －ABC ＋V D －BCFE ＝833＋2833＝12 3. 方法二 将多面体ABCDEF 补成直三棱柱ABC －A ′B ′C ′，其中A′D＝4，B′E＝2，C′F＝3，AA′＝6，则V ABCDEF＝12V ABC－A′B′C′，在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝120°，AB＝43，得AC＝BC＝4，所以S△ABC＝12×4×4×sin120°＝43，所以V ABC－A′B′C′＝S△ABC·AA′＝43×6＝243，所以V ABCDEF＝12 3.方法三在多面体ABCDEF中作直三棱柱ABC－DPQ，则V ABCDEF＝V ABC－DPQ＋V D－EFQP，在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝120°，AB＝43，得AC＝BC＝4，所以S△ABC＝12×4×4×sin 120°＝43，设BC边上的高为AM，则AM＝AC·sin 60°＝4×32＝23，因为BE⊥平面ABC，AM⊂平面ABC，所以BE⊥AM，又BC∩BE＝B，BC，BE⊂平面BCFE，所以AM⊥平面BCFE.所以V ABC－DPQ＝S△ABC·AD＝43×2＝83，V D－EFQP＝13·S梯形EFQP·AM＝13×⎣⎡⎦⎤12×(1＋2)×4×23＝43，所以V ABCDEF＝V ABC－DPQ＋V D－EFQP＝83＋43＝12 3.4．(2019·临沂质检)如图，在四棱锥P－ABCD中，P A⊥平面ABCD, AB⊥AD，AD∥BC，AD ＝2BC＝4，PB＝42，M是线段AP的中点．(1)证明：BM∥平面PCD；(2)当P A为何值时，四棱锥P－ABCD的体积最大？并求此最大值．(1)证明 取PD 中点N ，连接MN ，CN ，∵M 是AP 的中点， ∴MN ∥AD 且MN ＝12AD ，∵AD ∥BC ，AD ＝2BC ， ∴MN ∥BC ，MN ＝BC ， ∴四边形MNCB 是平行四边形， ∴MB ∥CN ，又BM ⊄平面PCD ，CN ⊂平面PCD ， ∴BM ∥平面PCD ， (2)解 设P A ＝x (0<x <42)， ∵P A ⊥平面ABCD ， ∴P A ⊥AB ， ∵PB ＝42， ∴AB ＝PB 2－P A 2＝32－x 2，又∵AB ⊥AD ，AD ＝2BC ＝4， ∴V P －ABCD ＝13×S 梯形ABCD ×P A＝13×12(AD ＋BC )×AB ×P A＝x 32－x 2≤x 2＋32－x 22＝16， 当且仅当x ＝32－x 2，即x ＝4时取等号，故当P A ＝4时，四棱锥P －ABCD 的体积最大，最大值为16.5.在多面体ABCDEF 中，底面ABCD 是梯形，四边形ADEF 是正方形，AB ∥DC ，CD ⊥AD ，平面ABCD ⊥平面ADEF ，AB ＝AD ＝1，CD ＝2.(1)求证：平面EBC ⊥平面EBD ；(2)设M 为线段EC 上一点，3EM →＝EC →，试问在线段BC 上是否存在一点T ，使得MT ∥平面BDE ？若存在，试指出点T 的位置；若不存在，说明理由； (3)在(2)的条件下，求点A 到平面MBC 的距离． (1)证明 因为平面ABCD ⊥平面ADEF ，平面ABCD∩平面ADEF＝AD，ED⊥AD，ED⊂平面ADEF，∴ED⊥平面ABCD，又BC⊂平面ABCD，∴ED⊥BC.过B作BH⊥CD交CD于点H.故四边形ABHD是正方形，∴∠ADB＝45°.在△BCH中，BH＝CH＝1，∴∠BCH＝45°，BC＝2，又∠BDC＝45°，∴∠DBC＝90°，∴BC⊥BD.∵BD∩ED＝D，BD，ED⊂平面EBD，∴BC⊥平面EBD，又BC⊂平面EBC，∴平面EBC⊥平面EBD.(2)解在线段BC上存在点T，使得MT∥平面BDE.在线段BC 上取点T ，使得3BT →＝BC →，连接MT .在△EBC 中，∵BT BC ＝EM EC ＝13， ∴△CMT ∽△CEB ，∴MT ∥EB ，又MT ⊄平面BDE ，EB ⊂平面BDE ，∴MT ∥平面BDE .(3)解 点A 到平面MBC 的距离就是点A 到平面EBC 的距离， 设点A 到平面EBC 的距离为h ，由(1)得BC ⊥EB ，BE ＝3，BC ＝2，利用等积法，可得V A －EBC ＝V E －ABC ，即13×h ×12×3×2＝13×1×12×1×2×sin 135°， 解得h ＝66. 所以点A 到平面MBC 的距离是66.。
【人教版】(全国通用版)2020高考数学二轮复习 中档大题规范练(一)三角函数与解三角形 文
(一)三角函数与解三角形1．(2018·天津河北区模拟)已知函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3＋cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6＋2sin x cos x ，x ∈R . (1)求函数f (x )的最小正周期；(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，求函数f (x )的最大值和最小值． 解 (1)∵f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3＋cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6＋2sin x cos x ＝sin 2x cos π3＋cos 2x sin π3＋cos 2x cos π6－sin 2x sin π6＋sin 2x ＝3cos 2x ＋sin 2x＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3， ∴T ＝π.(2)∵0≤x ≤π2，∴π3≤2x ＋π3≤4π3， ∵当π3≤2x ＋π3≤π2，即0≤x ≤π12时，函数f (x )单调递增， 当π2≤2x ＋π3≤4π3，即π12≤x ≤π2时，函数f (x )单调递减， 且f (0)＝3，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π12＝2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－3， ∴f (x )max ＝2，f (x )min ＝－ 3.2．(2018·天津河北区模拟)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，若B ＝2C,2b ＝3c .(1)求cos C 的值；(2)求sin ⎝⎛⎭⎪⎫2C ＋π4的值． 解 (1)由2b ＝3c 及正弦定理可得2sin B ＝3sin C ，又B ＝2C ，∴2sin 2C ＝3sin C ，∴4sin C cos C ＝3sin C ，∵0<C <π，∴sin C ≠0.∴cos C ＝34. (2)由(1)得cos C ＝34，0<C <π，∴sin 2C ＝2sin C cos C ＝378， cos 2C ＝2cos 2C －1＝18. ∴sin ⎝⎛⎭⎪⎫2C ＋π4＝22(sin 2C ＋cos 2C ) ＝22⎝ ⎛⎭⎪⎫378＋18＝314＋216. 3．(2018·潍坊模拟)已知函数f (x )＝sin 2x －cos 2x ＋23·sin x cos x (x ∈R )．(1)求f (x )的最小正周期；(2)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若f (A )＝2，c ＝5，cos B ＝17，求△ABC 中线AD 的长． 解 (1)f (x )＝－cos 2x ＋3sin 2x ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6， ∴T ＝2π2＝π， ∴函数f (x )的最小正周期为π.(2)由(1)知f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6， ∵在△ABC 中，f (A )＝2，∴sin ⎝⎛⎭⎪⎫2A －π6＝1， 又A ∈(0，π)，∴2A －π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，11π6， ∴2A －π6＝π2，∴A ＝π3. 又cos B ＝17，∴sin B ＝437， ∴sin C ＝sin(A ＋B )＝32×17＋12×437＝5314， 在△ABC 中，由正弦定理c sin C ＝a sin A ，得55314＝a 32， ∴a ＝7，∴BD ＝72， 在△ABD 中，由余弦定理得AD 2＝AB 2＋BD 2－2AB ·BD cos B＝52＋⎝ ⎛⎭⎪⎫722－2×5×72×17＝1294，4．(2018·重庆市綦江区调研)已知a ＝(2cos x,2sin x )，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6，cos ⎝⎛⎭⎪⎫x －π6，函数f (x )＝cos 〈a ，b 〉． (1)求函数f (x )的零点；(2)若锐角△ABC 的三个内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，且f (A )＝1，求b ＋c a的取值范围． 解 (1)由条件可知，a ·b ＝2cos x ·sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6＋2sin x ·cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6， ∴f (x )＝cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π62＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6. 由2x －π6＝k π，k ∈Z ，解得x ＝k π2＋π12，k ∈Z ， 即函数f (x )的零点为x ＝k π2＋π12，k ∈Z . (2)由正弦定理得b ＋c a ＝sin B ＋sin C sin A， 由(1)知，f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6， 又f (A )＝1，得sin ⎝⎛⎭⎪⎫2A －π6＝1， ∴2A －π6＝2k π＋π2，k ∈Z ， 又A ∈(0，π)，得A ＝π3， ∵A ＋B ＋C ＝π，∴C ＝2π3－B ，代入上式化简得， b ＋c a ＝sin B ＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－B sin A＝32sin B ＋32cos B sin A＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫B ＋π6sin A ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫B ＋π6. 又在锐角△ABC 中，有0<B <π2， 0<C ＝2π3－B <π2，∴π6<B <π2，∴π3<B ＋π6<2π3， 则有32<sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫B ＋π6≤1， 即3<b ＋c a≤2. 5．(2018·河南省郑州外国语学校调研)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知sin A ＋sin B ＝3sin C .(1)若cos 2A ＝sin 2B ＋cos 2C ＋sin A sin B ，求sin A ＋sin B 的值；(2)若c ＝2，求△ABC 面积的最大值．解 (1)∵cos 2A ＝sin 2B ＋cos 2C ＋sin A sin B ，∴1－sin 2A ＝sin 2B ＋1－sin 2C ＋sin A sin B ，∴sin 2A ＋sin 2B －sin 2C ＝－sin A sin B ，∴由正弦定理，得a 2＋b 2－c 2＝－ab ， ∴由余弦定理，得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝－12， 又0<C <π，∴C ＝2π3， ∴sin A ＋sin B ＝3sin C ＝3sin 2π3＝32. (2)当c ＝2，a ＋b ＝3c ＝23，∴cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝(a ＋b )2－2ab －c 22ab ＝4ab－1， ∴sin C ＝1－cos 2C ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫4ab －12＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫4ab 2＋8ab ， ∴S ＝12ab sin C ＝12ab －⎝ ⎛⎭⎪⎫4ab 2＋8ab ＝12－16＋8ab . ∵a ＋b ＝23≥2ab ，即0<ab ≤3，当且仅当a ＝b ＝3时等号成立，∴S ＝12－16＋8ab ≤12－16＋8×3＝2， ∴△ABC 面积的最大值为 2.。
2020届高考数学大二轮刷题首选卷文数文档：第一部分+考点五+程序框图+Word版含解析
考点五程序框图一、选择题1．(2019·全国卷Ⅰ)如图是求12＋12＋12的程序框图，图中空白框中应填入() A．A＝12＋AB．A＝2＋1AC．A＝11＋2AD．A＝1＋12A答案A解析对于选项A，A＝12＋A.当k＝1时，A＝12＋12，当k＝2时，A＝12＋12＋12，故A正确；经验证选项B，C，D均不符合题意．故选A.2．(2019·湖北八校第二次联考)如图程序中，输入x＝ln 2，y＝log32，z＝12，则输出的结果为()A．x B．y C．z D．无法确定答案A解析图中程序的功能是输出x，y，z的最大值，因为ln 3>1，所以y＝log32＝ln 2ln 3<ln 2＝x，x＝ln 2>ln e＝12＝z，所以输出x.3．(2019·全国卷Ⅲ)执行如图所示的程序框图，如果输入的为0.01，则输出s的值等于()A．2－124B．2－125C．2－126D．2－127答案C解析＝0.01，x＝1，s＝0，s＝0＋1＝1，x＝12，x<不成立；s＝1＋12，x＝14，x<不成立；s＝1＋12＋14，x＝18，x<不成立；s＝1＋12＋14＋18，x＝116，x<不成立；s＝1＋12＋14＋18＋116，x＝132，x<不成立；s＝1＋12＋14＋18＋116＋132，x＝164，x<不成立；s＝1＋12＋14＋18＋116＋132＋164，x＝1128，x<成立，此时输出s＝2－126.故选C.4．(2019·山东临沂三模)秦九韶，中国古代数学家，对中国数学乃至世界数学的发展做出了杰出贡献．他所创立的秦几韶算法，直到今天，仍是多项式求值比较先进的算法．用秦九韶算法将f(x)＝2019x2018＋2018x2017＋2017x2016＋…＋2x＋1化为f(x)＝(…((2019x＋2018)x＋2017)x＋…＋2)x＋1再进行运算，计算f(x0)的值时，设计了如图所示的程序框图，则在◇和▭中可分别填入()A．n≥2和S＝Sx0＋n B．n≥2和S＝Sx0＋n－1C．n≥1和S＝Sx0＋n D．n≥1和S＝Sx0＋n－1答案C解析由题意可知，当n＝1时程序循环过程应该继续进行，n＝0时程序跳出循环，故判断框中应填入n≥1，由秦九韶算法的递推关系可知矩形框中应填入的递推关系式为S＝Sx0＋n，故选C.5．(2019·河南八市重点高中联考)相传黄帝时代，在制定乐律时，用“三分损益”的方法得到不同的竹管，吹出不同的音调．“三分损益”包含“三分损一”和“三分益一”，用现代数学的方法解释如下，“三分损一”是在原来的长度减去一分，即变为原来的三分之二；“三分益一”是在原来的长度增加一分，即变为原来的三分之四，如图的程序是与“三分损益”结合的计算过程，若输入的x 的值为1，输出的x的值为()A.6481 B.3227 C.89 D.1627答案B解析由题意，执行循环结构的程序框图，可得第1次循环：x＝23，i＝2，不满足判断条件；第2次循环：x＝89，i＝3，不满足判断条件；第3次循环：x＝3227，i＝4，满足判断条件，输出结果3227，故选B.6．(2019·辽宁丹东质量测试(一))计算机在数据处理时使用的是二进制，例如十进制数1,2,3,4的二进制数分别表示为1,10,11,100，二进制数…dcba化为十进制数的公式为…dcba＝a·20＋b·21＋c·22＋d·23＋…，例如二进制数11等于十进制数1·20＋1·21＝3，又如二进制数101等于十进制数1·20＋0·21＋1·22＝5，如图是某同学设计的将二进制数11111化为十进制数的程序框图，则判断框内应填入的条件是()A．i>4 B．i≤4 C．i>5 D．i≤5答案B解析在将二进制数11111化为十进制数的程序中循环次数由循环变量i决定，∵11111共有5位，因此要循环4次才能完成整个转换过程，∴退出循环的条件根据程序框图和答案选项，应设为i≤4，故选B.7．(2019·黑龙江哈尔滨三中二模)我国古代名著《庄子·天下篇》中有一句名言“一尺之棰，日取其半，万世不竭”，其意思为：一尺的木棍，每天截取一半，永远都截不完．现将该木棍依此规律截取，如图所示的程序框图的功能就是计算截取20天后所剩木棍的长度(单位：尺)，则①②③处可分别填入的是()A．i<20，S＝S－1i，i＝2iB．i≤20，S＝S－1i，i＝2iC ．i <20，S ＝S 2，i ＝i ＋1D ．i ≤20，S ＝S 2，i ＝i ＋1答案 D解析 根据题意可知，截取1天后S ＝12，所以满足S ＝S 2，不满足S ＝S －1i ，故排除A ，B ；由框图可知，计算截取20天后的剩余时，有S ＝S 2，且i ＝21，所以循环条件应该是i ≤20.故选D.8．(2019·湖北重点中学高三起点考试)美索不达米亚平原是人类文明的发祥地之一．美索不达米亚人善于计算，他们创造了优良的计数系统，其中开平方算法是最具有代表性的．程序框图如图所示，若输入a ，n ，ξ的值分别为8,2,0.5，每次运算都精确到小数点后两位，则输出的结果为( )A ．2.81B ．2.82C ．2.83D ．2.84答案 D解析 输入a ＝8，n ＝2，ξ＝0.5，m ＝82＝4，n ＝4＋22＝3，|4－3|＝1>0.5；m＝83≈2.67，n ≈2.67＋32≈2.84，|2.67－2.84|＝0.17<0.5，输出的结果为2.84.二、填空题9．执行如图所示的程序框图，若输出的结果为12，则输入的实数x的值是________．答案2解析因为输出的结果为12，所以有⎩⎪⎨⎪⎧log2x＝12，x>1或⎩⎪⎨⎪⎧x－1＝12，x≤1.解得x＝ 2.所以输入的实数x的值为 2.10．(2019·辽宁沈阳育才学校八模)我国古代名著《九章算术》用“更相减损术”求两个正整数的最大公约数是一个伟大创举．这个伟大创举与古希腊的算法——“辗转相除法”实质一样．如图的程序框图即源于“辗转相除法”，当输入a ＝288，b＝123时，输出的a＝________.答案3解析解法一：按照程序框图运行程序，输入：a＝288，b＝123，则r＝42，a＝123，b＝42，不满足r＝0，循环；则r＝39，a＝42，b＝39，不满足r＝0，循环；则r＝3，a＝39，b＝3，不满足r＝0，循环；则r＝0，a＝3，b＝0，满足r＝0，输出a＝3.解法二：程序框图的功能为“辗转相除法”求解两个正整数的最大公约数，因为288与123的最大公约数为3，所以a＝3.11．(2019·安徽A10联盟最后一卷)《九章算术》中有如下问题：“今有牛、羊、马食人苗，苗主责之粟五斗，羊主曰：‘我羊食半马．’马主曰：‘我马食半牛．’今欲衰偿之，问各出几何？”翻译为：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿5斗粟．羊主人说：“我羊所吃的禾苗只有马的一半．”马主人说“我马吃的禾苗只有牛的一半”打算按此比率偿还，问：牛、马、羊的主人各应赔偿多少粟？已知1斗＝10升，针对这一问题，设计程序框图如图所示，若输出k的值为2，则m＝________.答案50 7解析运行该程序，第一次循环，S＝50－m，k＝1；第二次循环，S＝50－3m，k＝2；第三次循环，S＝50－7m，此时要输出k的值，则50－7m＝0，解得m＝50 7.12．(2019·湖北七校联盟期末)设a是一个各位数字都不是0且没有重复数字的三位数，将组成a的3个数字按从小到大排成的三位数记为I(a)，按从大到小排成的三位数记为D(a)(例如a＝746，则I(a)＝467，D(a)＝764)，阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，若输入的a为123，则输出的b为________．答案495解析由程序框图，知第一次循环a＝123，b＝321－123＝198；第二次循环a＝198，b＝981－189＝792；第三次循环a＝792，b＝972－279＝693；第四次循环a＝693，b＝963－369＝594；第五次循环a＝594，b＝954－459＝495；第六次循环a＝495，b＝954－459＝495，满足条件a＝b，跳出循环体，输出495.一、选择题1．(2019·湖南衡阳三模)著名的“3n＋1猜想”是对任何一个正整数进行规定的变换，最终都会变成 1.如图的程序框图示意了“3n＋1”猜想，则输出的n为()A．5 B．6 C．7 D．8答案B解析a＝10是偶数，a＝5，n＝1，a>1，a＝5是奇数，a＝16，n＝2，a>1，a＝16是偶数，a＝8，n＝3，a>1，a＝8是偶数，a＝4，n＝4，a>1，a＝4是偶数，a＝2，n＝5，a>1，a＝2是偶数，a＝1，n＝6，a≤1成立，输出n＝6，故选B.2．(2019·福建高三检测)程大位是明代著名数学家，他的《新编直指算法统宗》是中国历史上一部影响巨大的著作．它问世后不久便风行宇内，成为明清之际研习数学者必读的教材，而且传到朝鲜、日本及东南亚地区，对推动汉字文化圈的数学发展起了重要的作用．卷八中第33问是：“今有三角果一垛，底阔每面七个，问该若干？”如图是解决该问题的程序框图．执行该程序框图，求得该垛果子的总数S为()A．120 B．84 C．56 D．28答案B解析i＝0，n＝0，S＝0；i＝1，n＝1，S＝1，i≥7，否；i＝2，n＝3，S＝1＋3，i≥7，否；i＝3，n＝6，S＝1＋3＋6，i≥7，否；i＝4，n＝10，S＝1＋3＋6＋10，i≥7，否；…i＝7，n＝28，S＝1＋3＋6＋10＋15＋21＋28，i≥7，是；输出S＝84.3．(2019·湖南长沙高三统考)若正整数N除以正整数m后的余数为r，则记为N＝r(mod m)，例如10＝2(mod 4)．如图所示程序框图的算法源于我国古代数学名著《孙子算经》中的“中国剩余定理”，则执行该程序框图输出的i等于()A．3 B．9 C．27 D．81答案C解析第一次执行循环体，得i＝3，N＝14，此时14＝2(mod 3)，但14≠1(mod 7)．第二次执行循环体，得i＝9，N＝23，此时23＝2(mod 3)，但23≠1(mod 7)．第三次执行循环体，得i＝27，N＝50，此时50＝2(mod 3)，且50＝1(mod 7)，退出循环，所以输出i的值为27，故选C.4．(2019·江西九校重点中学协作体第一次联考)《九章算术》是中国古代数学专著，其中的“更相减损术”可以用来求两个数的最大公约数，即“可半者半之，不可半者，副置分母、子之数，以少减多，更相减损，求其等也，以等数约之．”翻译成现代语言如下：第一步，任意给定两个正整数，判断它们是否都是偶数，若是，用2约简；若不是，执行第二步；第二步，以较大的数减去较小的数，接着把所得的差与较小的数比较，并以大数减小数，继续这个操作，直到所得的数相等，则这个数(等数)或这个数与约简的数的乘积就是所求的最大公约数．现给出更相减损术的程序图如图所示，如果输入的a＝114，b＝30，则输出的n为()A．3 B．6 C．7 D．8答案C解析∵a＝114，b＝30，满足a，b都是偶数，则a＝a2＝57，b＝b2＝15，k＝2；不满足a，b都是偶数，且不满足a＝b，满足a>b，则a＝57－15＝42，n＝1，不满足a＝b，满足a>b，则a＝42－15＝27，n＝2，不满足a＝b，满足a>b，则a＝27－15＝12，n＝3，不满足a＝b，不满足a>b，则c＝12，a＝15，b＝12，则a＝15－12＝3，n＝4，不满足a＝b，不满足a>b，则c＝3，a＝12，b＝3，则a＝12－3＝9，n＝5，不满足a＝b，满足a>b，则a＝9－3＝6，n＝6，不满足a＝b，满足a>b，则a＝6－3＝3，n＝7，满足a＝b，结束循环，输出n＝7，故选C.5．(2019·江西新八校第二次联考)如图所示的程序框图所实现的功能是()A．输入a的值，计算(a－1)×32021＋1B．输入a的值，计算(a－1)×32020＋1C．输入a的值，计算(a－1)×32019＋1D．输入a的值，计算(a－1)×32018＋1答案B解析由程序框图，可知a1＝a，a n＋1＝3a n－2，由i的初值为1，末值为2019，可知，此递推公式共执行了2019＋1＝2020次，又由a n＋1＝3a n－2，得a n＋1－1＝3(a n－1)，得a n－1＝(a－1)×3n－1，即a n＝(a－1)×3n－1＋1，故a2021＝(a－1)×32021－1＋1＝(a－1)×32020＋1，故选B.6．(2019·四川泸州第二次质量诊断)某班共有50名学生，其数学学业水平考试成绩记作a i(i＝1,2,3，…，50)，若成绩不低于60分为合格，则如图所示的程序框图的功能是()A．求该班学生数学学业水平考试的不合格人数B．求该班学生数学学业水平考试的不合格率C．求该班学生数学学业水平考试的合格人数D．求该班学生数学学业水平考试的合格率答案D解析执行程序框图，可知输入50个学生成绩a i，k表示该班学生数学成绩为该班学生数学学业水平考试的合格合格的人数，程序结束时i＝51，输出的ki－1率，故选D.7．如果每对兔子(一雄一雌)每月能生殖一对小兔子(也是一雄一雌，下同)，且每对小兔子刚出生的前两个月没有生育能力，但从出生后的第三个月开始便能每月生一对小兔子．假定这些兔子都不发生死亡现象，现有一对刚出生的兔子，那么从这对兔子刚出生开始，到第十个月会有多少对兔子呢？同学A据此建立了一个数列模型，设F(0)＝0，第n个月兔子的对数为F(n)，由此得到F(1)＝1，F(2)＝1，F(n)＝F(n－1)＋F(n－2)(n≥2，n∈N*)．如图是同学B根据同学A的数列模型设计的程序框图，求该数列的前10项和，则在空白框内分别填入的语句是()A．P＝M；n≤9? B．N＝P；n≤9?C．P＝M；n≤10? D．N＝P；n≤10?答案B解析F(1)＝1，F(2)＝1，F(3)＝2，F(4)＝3，F(5)＝5，F(6)＝8，F(7)＝13，F(8)＝21，F(9)＝34，F(10)＝55，输出的S＝F(0)＋F(1)＋F(2)＋…＋F(10)．由程序框图可知，当n＝2时，S＝0＋1，P＝0＋1＝1，S＝1＋1，M＝1，N＝1；当n ＝3时，S＝0＋1＋1＋2，则处理框内应填入“N＝P”，排除A，C；又最终输出S 时，n＝10，所以判断框内应填入“n≤9？”，故选B.8．(2019·河北邯郸一模)我国古代数学名著《九章算术》里有一道关于买田的问题：“今有善田一亩，价三百；恶田七亩，价五百．今并买一顷，价钱一万．问善、恶田各几何？”其意思为：“今有好田1亩价值300钱；坏田7亩价值500钱．今合买好、坏田1顷，价值10000钱．问好、坏田各有多少亩？”已知1顷为100亩，现有下列四个程序框图，其中S 的单位为钱，则输出的x ，y 分别为此题中好、坏田的亩数的是( )答案 B解析 由题意得，田的价值S ＝300x ＋5007y ，可排除C ，亩数x ＋y ＝100.由⎩⎨⎧ 300x ＋5007y ＝10000，x ＋y ＝100，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12.5，y ＝87.5，若初始变量x ＝0.5，则累加变量x ＝x ＋3满足题意，故选B. 二、填空题9．(2019·湘赣十四校第一次联考)执行如图所示的程序框图，则输出n 的值为________．答案23解析当n＝7时，可知n＝2×7＋1＝15，又i＝1＋1＝2<3，循环；当n＝15时，可知n＝15－4＝11，又i＝2＋1＝3，循环；当n＝11时，可知n＝2×11＋1＝23，又i＝3＋1＝4>3，输出n，则n＝23.10．(2019·广西南宁第一次适应性考试)元朝著名数学家朱世杰在《四元玉鉴》中有一首诗：“我有一壶酒，携着游春走，遇店添一倍，逢友饮一斗，店友经三处，没了壶中酒，借问此壶中，当原多少酒？”用程序框图表达如图所示．若将“没了壶中酒”改为“剩余原壶中13的酒量”，即输出值是输入值的13，则输入的x＝________.答案21 23解析 i ＝1时，x ＝2x －1；i ＝2时，x ＝2(2x －1)－1＝4x －3；i ＝3时，x ＝2(4x－3)－1＝8x －7；i ＝4时，退出循环．此时，8x －7＝13x ，解得x ＝2123.11．公元263年左右，我国数学家刘徽发现，当圆内接多边形的边数无限增加时，多边形的面积可无限逼近圆的面积，由此创立了割圆术，利用割圆术刘徽得到了圆周率精确到小数点后面两位的近似值 3.14，这就是著名的徽率．如图是利用刘徽的割圆术设计的程序框图，则输出的n 值为________．(参考数据：3≈1.732，sin15°≈0.2588，sin7.5°≈0.1305)答案 24解析 由程序框图，n ，S 值依次为：n ＝6，S ≈2.598；n ＝12，S ＝3；n ＝24，S ≈3.1056，此时满足S ≥3.10，输出n ＝24.12．(2019·山东德州一模)在《九章算术》中记载着一道关于“持金出关”的题目，大意是：“在古代出关要交税．一天，某人拿钱若干出关，第1关交所拿钱数的12，第2关交所剩钱数的13，第3关交所剩钱数的14，…”．现以这则故事中蕴含的数学思想，设计如图所示的程序框图，则运行此程序，输出n 的值为________．答案6解析n＝1，a＝72，S＝0，S<60，是；S＝0＋11×2×72＝36，n＝2，S<60，是；S＝36＋12×3×72＝48，n＝3，S<60，是；S＝48＋13×4×72＝54，n＝4，S<60，是；S＝54＋14×5×72＝57.6，n＝5，S<60，是；S＝57.6＋15×6×72＝60，n＝6，S<60，否；输出n＝6.。
高考数学(文科)中档大题规范练(三角函数)(含答案)
中档大题规范练中档大题规范练——三角函数1．已知函数f (x )＝(sin x －cos x )sin 2x sin x. (1)求f (x )的定义域及最小正周期；(2)求f (x )的单调递增区间．解 (1)由sin x ≠0得x ≠k π(k ∈Z )，故f (x )的定义域为{x ∈R |x ≠k π，k ∈Z }．因为f (x )＝(sin x －cos x )sin 2x sin x＝2cos x (sin x －cos x )＝sin 2x －2cos 2x＝sin 2x －(1＋cos 2x ) ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π4－1， 所以f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π. (2)函数y ＝sin x 的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤2k π－π2，2k π＋π2(k ∈Z )． 由2k π－π2≤2x －π4≤2k π＋π2，x ≠k π(k ∈Z )， 得k π－π8≤x ≤k π＋3π8，x ≠k π(k ∈Z )．所以f (x )的单调递增区间为⎣⎡⎭⎫k π－π8，k π和⎝⎛⎦⎤k π，k π＋3π8(k ∈Z )． 2．已知△ABC 的三个内角A ，B ，C 成等差数列，角B 所对的边b ＝3，且函数f (x )＝23sin 2x ＋2sin x cos x －3在x ＝A 处取得最大值．(1)求f (x )的值域及周期；(2)求△ABC 的面积．解 (1)因为A ，B ，C 成等差数列，所以2B ＝A ＋C ，又A ＋B ＋C ＝π，所以B ＝π3，即A ＋C ＝2π3. 因为f (x )＝23sin 2x ＋2sin x cos x － 3 ＝3(2sin 2x －1)＋sin 2x ＝sin 2x －3cos 2x＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3， 所以T ＝2π2＝π. 又因为sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3∈[－1,1]， 所以f (x )的值域为[－2,2]．(2)因为f (x )在x ＝A 处取得最大值，所以sin ⎝⎛⎭⎫2A －π3＝1. 因为0<A <23π，所以－π3<2A －π3<π， 故当2A －π3＝π2时，f (x )取到最大值， 所以A ＝512π，所以C ＝π4. 由正弦定理，知3sin π3＝c sin π4⇒c ＝ 2. 又因为sin A ＝sin ⎝⎛⎭⎫π4＋π6＝2＋64， 所以S △ABC ＝12bc sin A ＝3＋34. 3．已知函数f (x )＝3sin 2x ＋2cos 2x ＋a .(1)求函数f (x )的最小正周期以及单调递增区间；(2)当x ∈[0，π4]时，函数f (x )有最大值4，求实数a 的值． 解 f (x )＝3sin 2x ＋2cos 2x ＋a＝cos 2x ＋3sin 2x ＋1＋a＝2sin(2x ＋π6)＋a ＋1. (1)函数f (x )的最小正周期为2π2＝π， 由2k π－π2≤2x ＋π6≤2k π＋π2，k ∈Z ， 解得k π－π3≤x ≤k π＋π6，k ∈Z .故函数f (x )的单调递增区间为[k π－π3，k π＋π6](k ∈Z )． (2)∵x ∈[0，π4]，∴2x ＋π6∈[π6，2π3]， 从而sin(2x ＋π6)∈[12，1]． ∴f (x )＝2sin(2x ＋π6)＋a ＋1∈[a ＋2，a ＋3]， ∵f (x )有最大值4，∴a ＋3＝4，故a ＝1.4．设向量a ＝(3sin x ，sin x )，b ＝(cos x ，sin x )，x ∈[0，π2]． (1)若|a |＝|b |，求x 的值；(2)设函数f (x )＝a ·b ，求f (x )的最大值．解 (1)由|a |2＝(3sin x )2＋(sin x )2＝4sin 2x ，|b |2＝(cos x )2＋(sin x )2＝1，由|a |＝|b |，得4sin 2x ＝1.又x ∈[0，π2]，从而sin x ＝12， 所以x ＝π6. (2)f (x )＝a ·b ＝3sin x ·cos x ＋sin 2x ＝32sin 2x －12cos 2x ＋12＝sin(2x －π6)＋12. 当x ＝π3∈[0，π2]时，sin(2x －π6)取最大值1， 所以f (x )的最大值为32. 5．已知函数f (x )＝4cos ωx ·sin(ωx －π6)＋1(ω>0)的最小正周期是π. (1)求f (x )的单调递增区间；(2)求f (x )在[π8，3π8]上的最大值和最小值． 解 (1)f (x )＝4cos ωx ·sin(ωx －π6)＋1 ＝23sin ωx cos ωx －2cos 2ωx ＋1＝3sin 2ωx －cos 2ωx ＝2sin(2ωx －π6)． 最小正周期是2π2ω＝π，所以，ω＝1，从而f (x )＝2sin(2x －π6)． 令－π2＋2k π≤2x －π6≤π2＋2k π，k ∈Z . 解得－π6＋k π≤x ≤π3＋k π，k ∈Z . 所以函数f (x )的单调递增区间为[－π6＋k π，π3＋k π](k ∈Z )． (2)当x ∈[π8，3π8]时，2x －π6∈[π12，7π12]， f (x )＝2sin(2x －π6)∈[6－22，2]， 所以f (x )在[π8，3π8]上的最大值和最小值分别为2，6－22. 6.在斜度一定的山坡上的一点A 测得山顶上一建筑物顶端对于山坡的斜度为15°，如图所示，向山顶前进100 m 后，又从B 点测得斜度为45°，设建筑物的高为50 m ．求此山对于地平面的斜度θ的余弦值．解 在△ABC 中，∠BAC ＝15°，∠CBA ＝180°－45°＝135°，AB ＝100 m ， 所以∠ACB ＝30°. 由正弦定理，得100sin 30°＝BC sin 15°，即BC ＝100sin 15°sin 30°. 在△BCD 中，因为CD ＝50，BC ＝100sin 15°sin 30°，∠CBD ＝45°，∠CDB ＝90°＋θ， 由正弦定理，得50sin 45°＝100sin 15°sin 30°sin (90°＋θ)， 解得cos θ＝3－1.因此，山对地面的斜度的余弦值为3－1.。
2020届高考数学大二轮刷题首选卷文数文档：第三部分 2020高考仿真模拟卷(七) Word版含解析
2020高考仿真模拟卷(七)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 ＝{－1,2,3}，B ＝{0,1,2,3,4}，则∁B (A ∩B )＝( ) A ．{0,4} B ．{0,1,4} C ．{1,4} D ．{0,1} 答案 B解析 由题意得A ∩B ＝{2,3}，所以∁B (A ∩B )＝{0,1,4}． 2．已知复数z 1＝6－8i ，z 2＝－i ，则z 1z 2＝( )A ．8－6iB ．8＋6iC ．－8＋6iD ．－8－6i 答案 B解析 z 1z 2＝6－8i －i ＝(6－8i)i ＝8＋6i.3．已知p ：∀x ∈R ，x 2＋2x ＋a >0；q ：2a <8.若“p ∧q ”是真命题，则实数a 的取值范围是( )A ．(1，＋∞)B ．(－∞，3)C ．(1,3)D ．(－∞，1)∪(3，＋∞)答案 C解析 p ∧q 为真，所以p 为真，q 为真，p 为真⇒Δ＝4－4a <0⇒a >1；q 为真⇒a <3，所以p ∧q 为真，得1<a <3.4．设x ，y 满足约束条件⎩⎨⎧x ＋y ≤2，2x －3y ≤9，x ≥0，则下列不等式恒成立的是( )A ．x ≥1B ．y ≤1C ．x －y ＋2≥0D ．x －3y －6≤0答案 C解析 作出约束条件所表示的平面区域，如图中阴影部分所示，易知A (3，－1)，B (0,2)，C (0，－3)．这样易判断x ≥1，y ≤1都不恒成立，可排除A ，B ；又直线x －3y －6＝0过点(0，－2)，这样x －3y －6≤0不恒成立，可排除D.故选C.5．在△ABC 中，CA ⊥CB ，CA ＝CB ＝1，D 为AB 的中点，将向量CD →绕点C按逆时针方向旋转90°得向量CM→，则向量CM →在向量CA →方向上的投影为( )A ．－1B ．1C ．－12 D.12答案 C解析 如图，以CA ，CB 为x ，y 轴建立平面直角坐标系，则CA→＝(1,0)，CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，且CM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，所以向量CM →在向量CA →方向上的投影为CA →·CM →|CA→|＝－12＋01＝－12.6．(2019·黑龙江哈尔滨三中二模)函数f (x )＝log 2(x 2－3x －4)的单调减区间为( )A ．(－∞，－1) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－32 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞ D ．(4，＋∞)答案 A解析 由x 2－3x －4＞0⇒(x －4)(x ＋1)＞0⇒x ＞4或x ＜－1，所以函数f (x )＝log 2(x 2－3x －4)的单调减区间为(－∞，－1)，故选A.7．从某企业生产的某种产品中随机抽取10件，测量这些产品的一项质量指标值，其频率分布表如下：A ．140B ．142C ．143D ．144 答案 D解析 x －＝20×0.1＋40×0.6＋60×0.3＝44，所以方差为110×[(20－44)2×1＋(40－44)2×6＋(60－44)2×3]＝144. 8．意大利数学家列昂纳多·斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人，斐波那契数列被誉为是最美的数列，数列的通项以及求和由如图所示的框图给出，则最后输出的结果等于( )A ．a N ＋1B ．a N ＋2C ．a N ＋1－1D ．a N ＋2－1 答案 D解析 第一次循环：i ＝1，a 3＝2，s ＝s 3＝4；第二次循环：i ＝2，a 4＝3，s ＝s 4＝7；第三次循环：i ＝3，a 5＝5，s ＝s 5＝12；第四次循环：i ＝4，a 6＝8，s ＝s 6＝20；第五次循环：i ＝5，a 7＝13，s ＝s 7＝33；…；第N －1次循环：此时i ＋2＝N ＋1>N ，退出循环，故输出s ＝s N ，归纳可得s N ＝a N ＋2－1.故选D.9．(2019·资阳模拟)如图，平面α与平面β相交于BC ，AB ⊂α，CD ⊂β，点A ∉BC ，点D ∉BC ，则下列叙述错误的是( )A ．直线AD 与BC 是异面直线B ．过AD 只能作一个平面与BC 平行 C ．过AD 只能作一个平面与BC 垂直D ．过D 只能作唯一平面与BC 垂直，但过D 可作无数个平面与BC 平行 答案 C解析 根据异面直线的判定定理，知直线AD 与BC 是异面直线，所以A 正确；根据异面直线的性质，知过AD 只能作一个平面与BC 平行，所以B 正确；根据异面直线的性质，知过AD 不一定能作一个平面与BC 垂直，只有AD ⊥BC 时能，所以C 错误；根据线面垂直与平行的判定定理，知过点D 只能作唯一平面与BC 垂直，但过点D 可作无数个平面与BC 平行，所以D 正确．故选C.10．(2019·济南摸底考试)函数f (x )＝sin2x －3(cos 2x －sin 2x )的图象为C ，则下列结论正确的是( )①f (x )的最小正周期为π；②对任意的x ∈R ，都有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋x ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－x ＝0；③f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12，5π12上是增函数；④由y ＝2sin2x 的图象向右平移π3个单位长度可以得到图象C . A ．①② B ．③④ C ．①②③ D ．①②③④ 答案 C解析 f (x )＝sin2x －3(cos 2x －sin 2x )＝sin2x －3cos2x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3.f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π，故①正确．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π6－π3＝2sin0＝0，即函数f (x )的图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，0对称，即对任意x ∈R ，都有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－x ＝0成立，故②正确．③当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12，5π12时，2x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，5π6，2x －π3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12，5π12上是增函数，故③正确．④由y ＝2sin2x 的图象向右平移π3个单位长度得到y ＝2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －2π3的图象，故④错误．故正确的结论是①②③.选C.11．如图，已知直线l ：y ＝k (x ＋1)(k >0)与抛物线C ：y 2＝4x 相交于A ，B 两点，且A ，B 两点在抛物线准线上的投影分别是M ，N ，若|AM |＝2|BN |，则k 的值是( )A.13B.23C.223 D ．22答案 C解析 设抛物线C ：y 2＝4x 的准线为l 1：x ＝－1. 直线y ＝k (x ＋1)(k >0)恒过点P (－1，0)，过点A ，B 分别作AM ⊥l 1于点M ，BN ⊥l 1于点N ， 由|AM |＝2|BN |，所以点B 为|AP |的中点．连接OB ，则|OB |＝12|AF |，所以|OB |＝|BF |， 点B 的横坐标为12，所以点B 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2.把⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2代入直线l ：y ＝k (x ＋1)(k >0)， 解得k ＝223.12．已知函数f (x )＝－8cosπ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－x ，则函数f (x )在x ∈(0，＋∞)上的所有零点之和为( )A ．6B ．7C ．9D ．12 答案 A解析 设函数h (x )＝，则h (x )＝＝的图象关于x ＝32对称，设函数g (x )＝8cosπ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－x ，由π⎝ ⎛⎭⎪⎫12－x ＝k π，k ∈Z ，可得x ＝12－k ，k ∈Z ，令k ＝－1可得x ＝32，所以函数g (x )＝8cosπ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－x ，也关于x ＝32对称，由图可知函数h (x )＝＝的图象与函数g (x )＝8cosπ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－x 的图象有4个交点，所以函数f (x )＝－8cosπ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－x在x ∈(0，＋∞)上的所有零点个数为4，所以函数f (x )＝－8cosπ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－x 在x ∈(0，＋∞)上的所有零点之和为4×32＝6.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．(2019·全国卷Ⅰ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，S 3＝34，则S 4＝________.答案 58解析 设等比数列的公比为q ，又a 1＝1，则a n ＝a 1q n －1＝q n －1. ∵S 3＝34，∴a 1＋a 2＋a 3＝1＋q ＋q 2＝34，即4q 2＋4q ＋1＝0，∴q ＝－12，∴S 4＝1×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－1241－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝58.14．在区间[－1,1]上随机取一个数k ，使直线y ＝kx ＋52与圆x 2＋y 2＝1相交的概率为________．答案 12解析 由圆心到直线的距离d ＝521＋k 2<1，得k >12或k <－12，所以所求概率为P ＝12.15．已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的实轴长为16，左焦点为F ，M 是双曲线C 的一条渐近线上的点，且OM ⊥MF ，O 为坐标原点，若S △OMF ＝16，则双曲线C 的离心率为________．答案 52解析 因为双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的实轴长为16，所以2a ＝16，a ＝8，设F (－c,0)，双曲线C 的一条渐近线方程为y ＝ba x ， 可得|MF |＝bc a 2＋b2＝b ，即有|OM |＝c 2－b 2＝a ， 由S △OMF ＝16，可得12ab ＝16， 所以b ＝4.又c ＝a 2＋b 2＝64＋16＝45， 所以a ＝8，b ＝4，c ＝45， 所以双曲线C 的离心率为c a ＝52.16．△ABC 中，三个内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且满足b ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫C ＋π4，a ＝1，D 是以BC 为直径的圆上一点，则|AD |的最大值为________．答案 22＋1解析 由b ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫C ＋π4，a ＝1， 得b ＝2a sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫C ＋π4，由正弦定理，得sin B ＝2sin A sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫C ＋π4.∴sin(A ＋C )＝2sin A sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫C ＋π4， ∴sin A cos C ＋cos A sin C＝2sin A ⎝ ⎛⎭⎪⎫sin C cos π4＋cos C sin π4，∴sin A cos C ＋cos A sin C ＝sin A sin C ＋sin A cos C ， ∴cos A sin C ＝sin A sin C ，∵sin C ≠0，∴sin A ＝cos A ，∴tan A ＝1， ∵A ∈(0，π)，∴A ＝π4.如图，作出△ABC 的外接圆，当直线AD 经过△ABC 外接圆的圆心且垂直于BC 时，|AD|最大．设BC 的中点为O ，此时，|OA |＝|OB |tan ∠OAB ＝12tan π8＝122－1＝2＋12，∴|AD |＝|OA |＋|OD |＝2＋12＋12＝22＋1.三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．(一)必考题：共60分．17．(本小题满分12分)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝n 2＋n ＋2. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)S n ＝n 2＋n ＋2，①当n ≥2时，S n －1＝(n －1)2＋(n －1)＋2；② ①－②得a n ＝2n ，当n ＝1时，a 1＝4， a n ＝⎩⎨⎧4，n ＝1，2n ，n ≥2(n ∈N *).5分(2)由题意，b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧116，n ＝1，12n (2n ＋2)＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，n ≥2，7分当n ＝1时，T 1＝116；8分 当n ≥2时，T n ＝116＋14×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝116＋14×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1n ＋1＝3n －116(n ＋1)，易知T 1＝116符合此式.11分故T n ＝3n －116(n ＋1).12分18．(2019·四川百校冲刺模拟)(本小题满分12分)如图，在三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，D 是棱AB 的中点．(1)证明：BC 1∥平面A 1CD ；(2)若E 是棱BB 1的中点，求三棱锥C －AA 1E 的体积与三棱柱A 1B 1C 1－ABC 的体积之比．解 (1)证明：连接AC 1交A 1C 于点O ，连接OD ， ∵CC 1∥AA 1，CC 1＝AA 1，∴四边形AA 1C 1C 是平行四边形，2分 ∴O 是AC 1的中点，又D 是棱AB 的中点，∴OD ∥BC 1，又OD ⊂平面A 1CD ，BC 1⊄平面A 1CD ，∴BC 1∥平面A 1CD .4分(2)设三棱柱A 1B 1C 1－ABC 的高为h ，则三棱柱A 1B 1C 1－ABC 的体积V ＝S △ABC ·h ， 又V ＝V C 1－ABB 1A 1＋V C －ABC 1，V C －ABC 1＝V C 1－ABC ＝13S △ABC ·h ＝V 3，∴V C 1－ABB 1A 1＝2V 3，7分∵CC 1∥BB 1，CC 1⊄平面ABB 1A 1，BB 1⊂平面ABB 1A 1， ∴CC 1∥平面ABB 1A 1，∴V C －ABB 1A 1＝V C 1－ABB 1A 1＝2V3， 9分 ∵S △A 1AE ＝12S 平行四边形AA 1B 1B ， ∴V C －AA 1E ＝12V C －ABB 1A 1＝12×2V 3＝V3，∴三棱锥C －AA 1E 的体积与三棱柱A 1B 1C 1－ABC 的体积之比为13.12分 19．(2019·辽宁葫芦岛二模)(本小题满分12分)伴随着科技的迅速发展，国民对“5G”一词越来越熟悉，“5G”全称是第五代移动电话行动通信标准，也称第五代移动通信技术，2017年12月10日，工信部正式对外公布，已向中国电信、中国移动、中国联通发放了5G 系统中低频率使用许可.2019年2月18日上海虹桥火车站正式启动5G 网络建设．为了了解某市市民对“5G”的关注情况，通过问卷调查等方式对该市300万人口进行统计分析，数据分析结果显示：约60%的市民“掌握一定5G 知识(即问卷调查分数在80分以上)”将这部分市民称为“5G 爱好者”．某机构在“5G 爱好者”中随机抽取了年龄在15～45岁之间的100人按照年龄绘制成以下频率分布直方图(如图所示)，其分组区间为(15,20]，(20,25]，(25,30]，(30,35]，(35,40]，(40,45]．(1)求频率分布直方图中的a的值；(2)估计全市居民中35岁以上的“5G爱好者”的人数；(3)若该市政府制定政策：按照年龄从小到大，选拔45%的“5G爱好者”进行5G的专业知识深度培养，将当选者称为“5G达人”，按照上述政策及频率分布直方图，估计该市“5G达人”的年龄上限．解(1)依题意，得(0.014＋0.04＋0.06＋a＋0.02＋0.016)×5＝1，所以a＝0.05.3分(2)根据题意，全市“5G爱好者”有300×60%＝180(万人)，4分由样本频率分布直方图可知，35岁以上“5G爱好者”的频率为(0.02＋0.016)×5＝0.18，5分据此可估计全市35岁以上“5G爱好者”的人数为180×0.18＝32.4(万人).6分(3)样本频率分布直方图中前两组的频率之和为(0.014＋0.04)×5＝0.27＜45%，8分前3组频率之和为(0.014＋0.04＋0.06)×5＝0.57＞45%，10分所以年龄上限在25～30之间，不妨设年龄上限为m，由0.27＋(m－25)×0.06＝0.45，得m＝28.所以估计该市“5G达人”的年龄上限为28岁.12分20．(2019·湖南长郡中学一模)(本小题满分12分)已知动点G(x，y)满足(x＋3)2＋y2＋(x－3)2＋y2＝4.(1)求动点G的轨迹C的方程；(2)若点A，B分别位于x轴与y轴的正半轴上，直线AB与曲线C相交于M，N两点，|AB|＝1，试问在曲线C上是否存在点Q，使得四边形OMQN(O为坐标原点)为平行四边形．若存在，求出直线AB 的方程；若不存在，说明理由．解 (1)由已知，得动点G 到点P (－3，0)，E (3，0)的距离之和为4，且|PE |＝23＜4，2分∴动点G 的轨迹为椭圆，且a ＝2，c ＝3，∴b ＝1，∴动点G 的轨迹C 的方程为x 24＋y 2＝1.4分(2)由题意，知直线AB 的斜率存在且不为零，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋t ，∵|AB |＝1，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫－t k 2＋t 2＝1，即t 2k 2＋t 2＝1， ① 6分 联立⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ＋t ，x 24＋y 2＝1，得(4k 2＋1)x 2＋8ktx ＋4(t 2－1)＝0,设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，∴x 1＋x 2＝－8kt 1＋4k 2，x 1x 2＝4(t 2－1)4k 2＋1， ∴y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2t ＝2t 4k 2＋1， ∵四边形OMQN 为平行四边形，∴Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫－8kt 1＋4k 2，2t 4k 2＋1，8分 ∴14⎝ ⎛⎭⎪⎫－8kt 1＋4k 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2t 4k 2＋12＝1， 整理，得4t 2＝4k 2＋1， ②10分将①代入②可得4k 4＋k 2＋1＝0，该方程无解，故这样的直线不存在. 12分21．(2019·河北五个一名校联盟第一次诊断)(本小题满分12分)已知函数f (x )＝ln x ＋a x (a ∈R )．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)令g (a )＝a (k －5)－2a，若对任意的x ＞0，a ＞0，恒有f (x )≥g (a )成立，求实数k 的最大整数．解 (1)此函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－ax2＝x－ax2，当a≤0时，f′(x)＞0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；2分当a＞0，x∈(0，a)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．综上所述，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＞0，x∈(0，a)时，f(x)单调递减，x∈(a，＋∞)时，f(x)单调递增.4分(2)由(1)，知f(x)min＝f(a)＝ln a＋1，∴f(x)≥g(a)恒成立，则只需ln a＋1≥g(a)恒成立，则ln a＋1≥a(k－5)－2a＝k－5－2a，即ln a＋2a≥k－6, 6分令h(a)＝ln a＋2a，则只需h(a)min≥k－6，∵h′(a)＝1a－2a2＝a－2a2，∴a∈(0,2)时，h′(a)＜0，h(a)单调递减，a∈(2，＋∞)时，h′(a)＞0，h(a)单调递增，∴h(a)min＝h(2)＝ln 2＋1，10分即ln 2＋1≥k－6，∴k≤ln 2＋7，∴k的最大整数为7.12分(二)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．(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程已知曲线C的极坐标方程为ρ＝4cosθsin2θ，直线l的参数方程为⎩⎨⎧x＝t cosα，y＝1＋t sinα(t为参数，0≤α＜π)．(1)求曲线C的直角坐标方程，并说明曲线C的形状；(2)若直线l经过点M(1,0)且与曲线C交于A，B两点，求|AB|.解(1)对于曲线C：ρ＝4cosθsin2θ，可化为ρsinθ＝4ρcosθρsinθ.把互化公式代入，得y＝4xy，即y2＝4x，为抛物线．(可验证原点也在曲线上)5分(2)根据已知条件可知直线l 经过两定点(1,0)和(0,1)，所以其方程为x ＋y ＝1.由⎩⎨⎧y 2＝4x ，x ＋y ＝1，消去x 并整理得y 2＋4y －4＝0，7分 令A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝－4，y 1y 2＝－4.所以|AB |＝1＋1k 2·(y 1＋y 2)2－4y 1y 2 ＝1＋1×(－4)2－4×(－4)＝8.10分23．(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲已知函数f (x )＝|2x －1|.(1)解关于x 的不等式f (x )－f (x ＋1)≤1；(2)若关于x 的不等式f (x )<m －f (x ＋1)的解集不是空集，求m 的取值范围．解 (1)由f (x )－f (x ＋1)≤1可得|2x －1|－|2x ＋1|≤1.所以⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥12，2x －1－2x －1≤1或⎩⎪⎨⎪⎧ －12<x <12，1－2x －2x －1≤1或⎩⎪⎨⎪⎧ x ≤－12，1－2x ＋2x ＋1≤1，2分于是x ≥12或－14≤x <12，即x ≥－14，4分所以原不等式的解集为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－14，＋∞.5分 (2)由条件知，不等式|2x －1|＋|2x ＋1|<m 有解，则m >(|2x －1|＋|2x ＋1|)min 即可． 由于|2x －1|＋|2x ＋1|＝|1－2x |＋|2x ＋1|≥|1－2x ＋2x ＋1|＝2，8分当且仅当(1－2x )(2x ＋1)≥0，即x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12时等号成立，故m >2. 所以m 的取值范围是(2，＋∞).10分。
(全国通用版)2020高考数学二轮复习 中档大题规范练(二)数列 理
(二)数 列1．(2018·三明质检)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且(t ＋1)S n ＝a 2n ＋3a n ＋2(t ∈R )． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b 1＝1，b n ＋1－b n ＝a n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫12b n ＋7n 的前n 项和T n .解 (1)因为a 1＝1，且(t ＋1)S n ＝a 2n ＋3a n ＋2， 所以(t ＋1)S 1＝a 21＋3a 1＋2，所以t ＝5. 所以6S n ＝a 2n ＋3a n ＋2.①当n ≥2时，有6S n －1＝a 2n －1＋3a n －1＋2，② ①－②得6a n ＝a 2n ＋3a n －a 2n －1－3a n －1， 所以(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－3)＝0， 因为a n >0，所以a n －a n －1＝3， 又因为a 1＝1，所以{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝3的等差数列， 所以a n ＝3n －2(n ∈N *)． (2)因为b n ＋1－b n ＝a n ＋1，b 1＝1， 所以b n －b n －1＝a n (n ≥2，n ∈N *)， 所以当n ≥2时，b n ＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 2－b 1)＋b 1＝a n ＋a n －1＋…＋a 2＋b 1＝3n 2－n2.又b 1＝1也适合上式，所以b n ＝3n 2－n 2(n ∈N *)．所以12b n ＋7n ＝13n 2－n ＋7n＝13·1n (n ＋2)＝16·⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2， 所以T n ＝16·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋…＋1n －1n ＋2＝16·⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2，＝3n 2＋5n 12(n ＋1)(n ＋2).2．(2018·葫芦岛模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3，S 52，S 4成等差数列，a 5＝3a 2＋2a 1－2.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝2n －1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n 的前n 项和T n .解 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ， 由S 3，S 52，S 4成等差数列，可知S 3＋S 4＝S 5，得2a 1－d ＝0，① 由a 5＝3a 2＋2a 1－2，② 得4a 1－d －2＝0，由①②，解得a 1＝1，d ＝2， 因此，a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)令c n ＝a n b n ＝(2n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，则T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，∴T n ＝1·1＋3·12＋5·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，③12T n ＝1·12＋3·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋5·⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，④③－④，得12T n ＝1＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝1＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1 －(2n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝ 3－2n ＋32n ，∴T n ＝6－2n ＋32n －1(n ∈N *)．3．(2018·厦门质检)已知等差数列{a n }满足(n ＋1)a n ＝2n 2＋n ＋k ，k ∈R . (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝4n2a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和S n .解 (1)方法一 由(n ＋1)a n ＝2n 2＋n ＋k ， 令n ＝1,2,3，得到a 1＝3＋k 2，a 2＝10＋k 3，a 3＝21＋k4，∵{a n }是等差数列，∴2a 2＝a 1＋a 3， 即20＋2k 3＝3＋k 2＋21＋k 4， 解得k ＝－1.由于(n ＋1)a n ＝2n 2＋n －1＝(2n －1)(n ＋1)，又∵n ＋1≠0，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)． 方法二 ∵{a n }是等差数列，设公差为d ， 则a n ＝a 1＋d (n －1)＝dn ＋(a 1－d )， ∴(n ＋1)a n ＝(n ＋1)(dn ＋a 1－d ) ＝dn 2＋a 1n ＋a 1－d ，∴dn 2＋a 1n ＋a 1－d ＝2n 2＋n ＋k 对于∀n ∈N *均成立，则⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，a 1＝1，a 1－d ＝k ，解得k ＝－1，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)由b n ＝4n2a n a n ＋1＝4n 2(2n －1)(2n ＋1)＝4n 24n 2－1＝1＋14n 2－1＝1＋1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＋1，得S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋1＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1＋n＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＋n＝n 2n ＋1＋n ＝2n 2＋2n 2n ＋1(n ∈N *)． 4．(2018·天津河东区模拟)已知等比数列{a n }满足条件a 2＋a 4＝3(a 1＋a 3)，a 2n ＝3a 2n ，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{b n }满足b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n a n＝n 2，n ∈N *，求{b n }的前n 项和T n . 解 (1)设{a n }的通项公式为a n ＝a 1q n －1(n ∈N *)，由已知a 2＋a 4＝3(a 1＋a 3)，得a 1q ＋a 1q 3＝3(a 1＋a 1q 2)，所以q ＝3. 又由已知a 2n ＝3a 2n ， 得a 1q2n －1＝3a 21q2n －2，所以q ＝3a 1，所以a 1＝1，所以{a n }的通项公式为a n ＝3n －1(n ∈N *)．(2)当n ＝1时，b 1a 1＝1，b 1＝1， 当n ≥2时，b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n a n＝n 2，①所以b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n －1a n －1＝(n －1)2，② 由①－②得b n a n＝2n －1， 所以b n ＝(2n －1)3n －1，b 1＝1也符合， 综上，b n ＝(2n －1)3n －1(n ∈N *)．所以T n ＝1×30＋3×31＋…＋(2n －3)3n －2＋(2n －1)·3n －1，①3T n ＝1×31＋3×32＋…＋(2n －3)3n －1＋(2n －1)3n，②由①－②得－2T n ＝1×30＋2(31＋32＋…＋3n －1)－(2n －1)·3n＝1×30＋2×3×3n －1－13－1－(2n －1)·3n＝1＋3n－3－(2n －1)3n＝(2－2n )3n－2， 所以T n ＝1＋(n －1)3n (n ∈N *)．5．(2018·宿州模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{S n }的前n 项和为T n ，满足T n ＝2S n －n 2. (1)证明数列{a n ＋2}是等比数列，并求出数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝n ·a n ，求数列{b n }的前n 项和K n . 解 (1)由T n ＝2S n －n 2，得a 1＝S 1＝T 1＝2S 1－1， 解得a 1＝S 1＝1，由S 1＋S 2＝2S 2－4，解得a 2＝4.当n ≥2时，S n ＝T n －T n －1 ＝2S n －n 2－2S n －1＋(n －1)2， 即S n ＝2S n －1＋2n －1，①S n ＋1＝2S n ＋2n ＋1，②由②－①得a n ＋1＝2a n ＋2， ∴a n ＋1＋2＝2(a n ＋2)， 又a 2＋2＝2(a 1＋2)，∴数列{a n ＋2}是以a 1＋2＝3为首项，2为公比的等比数列， ∴a n ＋2＝3·2n －1，即a n ＝3·2n －1－2(n ∈N *)．(2)∵b n ＝3n ·2n －1－2n ，∴K n ＝3(1·20＋2·21＋…＋n ·2n －1)－2(1＋2＋…＋n )＝3(1·20＋2·21＋…＋n ·2n －1)－n 2－n . 记R n ＝1·20＋2·21＋…＋n ·2n －1，③2R n ＝1·21＋2·22＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n，④由③－④，得－R n ＝20＋21＋22＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n1－2－n·2n＝(1－n)·2n－1，∴R n＝(n－1)·2n＋1.∴K n＝3(n－1)2n－n2－n＋3(n∈N*)．。
2020届高考数学大二轮复习刷题首选卷第三部分刷模拟2020高考仿真模拟卷(六)文(最新整理)
2020高考仿真模拟卷(六)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．（2019·张家口模拟)已知实数a,b满足(a＋b i）（2＋i）＝3－5i(其中i为虚数单位)，则复数z＝b－a i的共轭复数为( )A．－错误!＋错误!i B．－错误!－错误!iC。
错误!＋错误!i D。
错误!－错误!i答案A解析依题意，a＋b i＝错误!＝错误!＝错误!，故a＝错误!,b＝－错误!，故z＝b－a i＝－错误!－错误!i，故复数z的共轭复数为错误!＝－错误!＋错误!i，故选A.2．已知集合A＝｛(x，y)|x2＝4y}，B＝{(x，y）｜y＝x}，则A∩B的真子集的个数为( ）A．1 B．3C．5 D．7答案B解析依题意，在同一平面直角坐标系中分别作出x2＝4y与y＝x的图象，观察可知，它们有2个交点，即A∩B有2个元素,故A∩B的真子集的个数为3，故选B。
3．已知命题p:“∀a>b，｜a｜>｜b|"，命题q：“∃x0〈0，2x0>0”，则下列为真命题的是( ）A．p∧q B．(綈p）∧(綈q)C．p∨q D．p∨（綈q）答案C解析对于命题p，当a＝0，b＝－1时，0〉－1,但是｜a|＝0，|b｜＝1，|a｜<|b｜，所以命题p是假命题．对于命题q,∃x0<0，2x0〉0，如x0＝－1，2－1＝错误!>0.所以命题q是真命题，所以p∨q为真命题．4．“a＝错误!"是“直线l1：ax＋a2y＋2＝0与直线l2：(a－1)x＋y＋1＝0垂直”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C解析“直线l1:ax＋a2y＋2＝0与直线l2：(a－1)x＋y＋1＝0垂直”等价于－错误!·(1－a）＝－1，即a＝错误!.5．执行如图所示的程序框图，则输出的T＝( ）A．8 B．6 C．7 D．9答案B解析由题意，得T＝1×log24×log46×…×log6264＝错误!×错误!×…×错误!＝错误!＝6，故选B.6．（2019·全国卷Ⅱ)若x1＝错误!，x2＝错误!是函数f(x)＝sinωx（ω>0）两个相邻的极值点,则ω＝（)A．2 B。
2020届高考数学大二轮复习刷题首选卷第三部分刷模拟2020高考仿真模拟卷八文
)(八2020高考仿真模拟卷分．在每小题给出的四个选项中，只分，共60一、选择题：本题共12小题，每小题5 有一项是符合题目要求的．22BAxyxAxxBy) ＋．已知集合{＝＝|(16}－2)(，则＋2)≤0}，＝＝{∩|( 1 ．?[．－2,2] C．[－4,4] DA．[－3,3] BB答案xxAxxByyBA－2≤|≤2}，－2≤＝{＝|－4≤{≤4}，所以∩解析由题意，得＝{≤2}．|－2zzzbb 为纯虚数，则，且满足为虚数单位2．已知复数＝2＋)i(的共轭复数为∈R)(i－zz)＝(12 ．．2 B．8 D2A．3 C2C答案2b，4－0＝??22bzb i∵4＝4－为纯虚数，∴＋解析?b≠0，4??－222bzzzb＝8.＝＝±2，∴2＝|＋解得|M处条件为( ，则 )3．按照如图的程序框图执行，若输出结果为15kkkk≥8?．<16? D<8? C．．A ≥16? B．答案 A解析程序运行过程中，各变量的值如下表所示：Sk是否继续循环—10循环前是1 第一圈2是4第二圈3是87第三圈否第四圈 1615k≥16？故退出循环的条件应为.m，．甲、乙两组数据如茎叶图所示，若它们的中位数相同，平均数也相同，则图中的4．mn的比值＝( )n11A. B. C．2 D．3 32答案 Am,42；24,29,30＋解析由题意得，甲组数据为：n,31,33,42.＋乙组数据为：25,20m＋59∴甲、乙两组数据的中位数分别为，31，2且甲、乙两组数的平均数分别为mm＋12529＋＋＋4224＋－x＝，＝nn甲44＋151＋42＋31＋＋3325＋－x＝，＝乙55m＋59??，＝312m，＝3???由题意得解得?nnm9.125＋＝151＋????，＝54m31∴＝＝. n93xx－xxffxfxx＝；③))＝2－2；②sin(()＝5．(2019·南昌调研)给出下列四个函数：①(x－3xxxf3|.＋3|－log；④|()＝|－3x＋3)其中是奇函数的编号为(．①②③④．①③④ C．①②③ DA．①③ BB答案xxxx－－ffxfx－(＝－(－2)＝－2＝－(2－2))(，所以是奇函数；对于②，解析对于①，xx －＋33xfxxfxxxx＝－(log)，所以是偶函数；对于③，－(log)＝)(－)sin(－＝)＝sin＝33xx＋－33fxfxxxxxx(|＝－＋|3|＝|－3|－3|－－－＝，所以是奇函数；对于④，＝－()(－)|＋3||－xfx B.，所以是奇函数．故选)(＝－3|)－|－3|＋yx＋1≥0，－??x22?≤1，0≤yxxyz的最小值为＋＋(则满足约束条件1)＝(＋6．已知实数，1)??yx－1≥0，＋)(2935 5 C. D.A. B．22A答案)：解析作出不等式组对应的平面区域如图中阴影部分(包括边界22PCzyxAB1)，－＋(－＋1)其中表示可行域内的点与(1,2)，(0,1)，1(1,0)，(＝(＋1)3－1||－1－1PQxyQP＝，|＝距离的平方，过点|作直线，＋1－＝0的垂线，设垂足为222＋1192PQz.|＝|＝min2DABCD被阴影遮住，请的顶点1的正方形组成的网格中，平行四边形7. 如图在边长为→→ADAB)( ＝设法计算·A．10 B．11 C．12 D．13答案 BA点为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，以解析ABC(6,4)，则(0,0)，，(4,1)→→ABAC，(6,4)＝，(4,1)＝据此可得．→→→→→ADABACABAD3＋，则＝(4,1)·(2,3)＝结合平面向量的平行四边形法则有＝·－8＝(2,3)11.＝近年来随着计划生育政策效果的逐步显现以及老龄化的加)8．(2019·辽宁葫芦岛二模剧，我国经济发展的“人口红利”在逐渐消退，在当前形势下，很多二线城市开始了“抢人2019至像西安、南京等二线城市人才引进与落户等政策放宽力度空前，大战”，自2018年起，年初制定人才引进个．某二线城市201816年发布各种人才引进与落户等政策的城市已经有：硕士研究生及以上可直接落户并享有当地政府依即放宽政策，以下简称新政)与落户新政(法给予的住房补贴，本科学历毕业生可以直接落户，专科学历毕业生在当地工作两年以上可年全年新年以上可以落户．新政执行一年，2018以落户，高中及以下学历人员在当地工作10年全年增加了一倍，为了深入了解新增落户人口结构及变化情况，相关部增落户人口较2017新增落户人口学历构年)(即2018门统计了该市新政执行前一年(即2017年)与新政执行一年成比例，得到如下饼状图：)则下面结论中错误的是(．新政实施后，新增落户人员中本科生已经超过半数A ．新政实施后，高中及以下学历人员新增落户人口减少B ．新政对硕士研究生及以上的新增落户人口数量暂时未产生影响C ．新政对专科生在该市落实起到了积极的影响DB答案xx，根据两个年全年新增落户人数为年全年新增落户人数为2，则2018设解析2017 饼状图可知：本科全年硕士及以上专科全年高中及以下全年新增新增落户新增落户年份全年新增落户人数落户人数人数人数xx x x 0.0920170.160.490.26xxxx0.581.160.1620180.1所以选项B错误，故选B.9．(2019·安徽江淮十校第三次联考)已知一个四棱锥的正视图、侧视图如图所示，其底，则该四棱2面梯形的斜二测画法的直观图是一个如图所示的等腰梯形，且该梯形的面积为)锥的体积是(28164 C. D.A．4 B.333A答案a，高为，记斜二测画法中的等腰梯形的上底为由三视图可知，该四棱锥的高是3解析1xxxxaaxxSa，由斜二测画法的特)＋＝＋(＋，则直观图中等腰梯形的腰为22，面积′＝()21SSaxxSaaxxx′＝＋＝)2＋2(＋22，∴)·22点知原底面梯形的高为22，面积2＝(＝211ShV A. ，故选＝×4×3＝×222＝4，故四棱锥的体积4＝33S11??原hSSVS??4.＝×4×3＝4，2＝，2＝2也可用结论直接得出×′＝2＝底底S??33直22yxbCa130°，的一条渐近线的倾斜角为>010．(2019·全国卷Ⅰ)双曲线，：－＝1(>0) 22baC )的离心率为( 则11 A ．2sin40° B ．2cos40° C. D.cos50°sin50°D 答案2bb 2e 130°＝1＋＝1＋所意解析 由题可得－＝tan130°，以tan ＝ 2aa 21130°sin1D. ＝故选＝.＋1 2cos50°|cos130°|cos130°22xfxxx≤1)的性质，构造了如图所－＋11．某同学为研究函数((0≤)＝1＋＋1PFxAPPABCDBEFCBCCP ＋示的两个边长为1的正方形上的一个动点，设和，点，则是边＝xfgfxx )( 8的零点的个数是)＝3( ＝)()．函数－(3 2 D ．1 CA ．0 B ．．A 答案22APPFAxfxPFx 三点共线1解析 由题意可得函数()＝，，，当＋＝－＋1＋＋xgxfxfxfPBC )(＝))取得最大值2时，＋(1.)求函数取得最小值5；当3与(或重合时，(88xxffxf )(()＝的解的个数，由＋(1<)，可知函数的最大值－8的零点的个数，即为求2 338 ＝无解． 32OFypxpAB 是坐标原点，＝2焦点，(是过抛物线的直线与抛物线的交点，>0)12．已知2→→ABFBAFS )且满足＝2 ，|，则抛物线的标准方程为＝|( OAB △3112222xyyxyyxx ＝8＝ C ．A ． D ＝4． B ．＝84A答案→→FByAFBAxyx )，，解析设，(＝，)，2(22112pyyyy 2＝－，又由抛物线焦点弦性质，则，＝－2112222ppyypy，，得|2| 2＝＝－，|＝|所以－12221231 ＋＝＝，pBFAFBF|||||2|933pBFpABAFp.|||＝＝|得，|＝|，442p9212322xyppyySp.，得＝2＝·，抛物线的标准方程为·＝·(||＋||)4＝＝OAB2△142328 4二、填空题：本题共小题，每小题5分，共20分．x cc x,abab________则实数若∥，．的值为－，(1＝，－2)＋＝(，8)＝(2,1)，．13设向量19－答案x b x cb x19.，则＝－2011,10)由已知可得解析＝(－，由∥得－＝－V的圆柱中挖去以圆柱上下底面为底面，共顶点的两个圆锥，剩余14．如图，在体积为1V2V________.，则部分的体积为＝2V12答案3．V2hhrh＝，圆柱的底面圆的半径为，则解析设上下圆锥的高分别为，圆柱的高为，hrrhhrhhrπ－＋－ππ21V1112222π21332. ＝＝22hhrr3πππ????＋θ＝tanθ15．(2019·太原模拟)已知θ＝为锐角，且2sinθsin5cos2θ，则??4________.5 答案6??2222??＝5(cosθ－sinθ)θ，即sinθ(sinθ解析＋由已知得2sinθθsin＋cos??22sinθ＝5，所以cosθ)＝5(sinθ＋cosθ)(cosθ－sinθ)．因为θ为锐角，所以θ－sincosθtanθ5＝5，得tanθ＝.θ61－tan1n－1aPaaanPa}的“伴随数}为N)＝(2＋，则称＋…＋2{)(16．已知数列{{}，令∈nnnnnnaPaPknn的前－的通项公式为N＝2)，记数列{(}列”，若数列{∈}的“伴随数列”{}nnnn＋SSSnk ＋21n n＋1的取值范围为________≤．对任意的正整数项和为，若恒成立，则实数nn4125????，答案??251n－1Paaan∈N))(＝(，＋2 ＋…＋解析由题意，2nn＋21n nn＋11－naaa，·2＋…＋2 则＝＋2n21nn2－naaa，2 (－1)2＋2＝＋…＋n112－nnnn11＋－nann，＋－＝1)2·21)2＝－((则2n anaan＋1)，也成立，故 则＝＝2(2(＋1)，对nn 1aknknakn }为等差数列，，则数列{ ＝(2－－)＋2则－nn SSnnakak ≤0，－－45≥0，任意的可(∈N )恒成立化为故即≤对n544＋k ＋2≥0，－?125?k ≤≤.解得? 52k ＋2≤0，－??三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答． (一)必考题：共60分．ABC －)如图，三棱柱)(本小题满分12分17．(2019·河南八市重点高中联盟第五次测评ABCACCAABCAAACACB ⊥平面中，平面，＝90°.，∠＝111111．CBABCA ；⊥平面(1)求证：平面1111BAACACCBABCC (2)，求四棱锥＝60°，的体积．＝2若∠－＝2111ABCACCA 证明：∵平面⊥平面，解 (1)11ABCACCAABCACBC ，∩平面?＝平面平面，11AACBBCACC ⊥平面∠，＝90°，∴11CCAACCABCA ?⊥平面∵，∴，1111CBBCACBC ，∴分∵，∥⊥211111ACAAACCA ＝是平行四边形，且，∵四边形111ACCAAACC 是菱形，∴⊥ ∴四边形，1111CBACACABCABCBACCCACAB ，∴平面?平面＝分，∴⊥平面⊥平面.5∵，又∩111111111111111SACACCAAAC 72，∴(2)∵四边形，是菱形，∠＝×2×2×sin60°＝＝60°，3＝ ACC △11121分BCABCBCBCBCACCBC ，，＝，∥，＝⊥平面1∵SV分×1＝，∴10＝＝×3CBBACCACC1－△·133311132VVV 2，∴＝＝2＝ACCBACCABCCBB－－－311111132BBCCA的111111311体积为. 12即四棱锥分－113AC处有两种路径，一种如图，旅客从某旅游区的景点处下山至(本小题满分12分)18．ACABBC，现有甲、沿索道乘缆车到是从沿直线步行到沿直线步行到，然后从，另一种从AACA分钟后，乙从2米/乙两位游客从分钟，在甲出发处下山，甲沿匀速步行，速度为50BBCAC长/分钟，山路假设缆车匀速直线运动的速度为.130乘缆车到米，再从匀速步行到123AC ＝cos，cos1260米，经测量，.＝513AB的长；求索道(1) 问乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？(2)．123ABCAC＝，＝，解 (1)因为在△cos中，cos13554AC＝，2sin分所以sin ＝，13563BACACAC＝，4cos分＋所以sincos＝sin( ＋＝)sinsin65ABAC由正弦定理得＝，BC sinsin ACC sin AB＝＝1040米，所以B sin AB的长为1040米.6所以索道分td，分钟后，甲、乙两游客距离为(2)假设乙出发tAt米，所以由余弦定理，得7分米，乙距离处130此时，甲行走了(100＋50 )12222ttttd－2·130)＋2)·＋2500(＋2)＝(130·50(132tt50) ＝200(37＋－7035625????2t??－??t＋37∈200＝[0,8]，11，分??37??3735t＝时，甲、乙的距离最短．故当3735所以乙出发分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短.12分3719．(2019·山东济南3月模拟)(本小题满分12分)某客户考察了一款热销的净水器，使用寿命为十年，该款净水器为三级过滤，每一级过滤都由核心部件滤芯来实现．在使用过程中，一级滤芯需要不定期更换，其中每更换3个一级滤芯就需要更换1个二级滤芯，三级滤芯无需更换．其中一级滤芯每个200元，二级滤芯每个400元．记一台净水器在使用期内需M.如图是根据100台该款净水器在十年使用期内更换要更换的二级滤芯的个数构成的集合为的一级滤芯的个数制成的柱状图．M；结合图形，写出集合 (1)元的概率1200根据以上信息，求出一台净水器在使用期内更换二级滤芯的费用大于(2)．)；以100台净水器更换二级滤芯的频率代替1台净水器更换二级滤芯发生的概率(使用过程中如需再购买无折优惠((3)若在购买净水器的同时购买滤芯，则滤芯可享受5ba个二级滤芯作为．假设上述100台净水器在购机的同时，每台均购买个一级滤芯、)优惠bMab台净水器在使用期内购买滤芯所需总费用的平，计算这＋备用滤芯(其中100∈＝，14)个，则均数，并以此作为决策依据，如果客户购买净水器的同时购买备用滤芯的总数也为14 其中一级滤芯和二级滤芯的个数应分别是多少？分个时，二级滤芯需要更换3个，29,10,11解 (1)由题意可知当一级滤芯更换M个，所以分＝{3,4}. 4当一级滤芯更换12个时，二级滤芯需要更换4 分个，需1600元，5(2)由题意可知二级滤芯更换3个，需1200元，二级滤芯更换4 台，3个的净水器共70台净水器中，二级滤芯需要更换在100 分30台，6二级滤芯需要更换4个的净水器共30APA＝(设“一台净水器在使用期内更换二级滤芯的费用大于1200元”为事件)，所以100 分＝0.3.7Mabb ＋∈＝14，(3)因为，ba，则这100＝10，台净水器在更换滤芯上所需费用的平均数为＝①若4＋200×4×100＋＋＋100×10×30＋100 分＝2000.9ba 100台净水器在更换滤芯上所需费用的平均数为11，，则这＝②若3＝＋＋200×3×70＋＋100×11×70＋10011分1880＝，个，客户应该购买一级滤芯所以如果客户购买净水器的同时购买备用滤芯的总数为14 分个，二级滤芯3个.121122xybaC 的＞＝：＋1(0)＞1220．(2019·湖北宜昌元月调考)(本小题满分分)已知椭圆22ba 13.离心率为，短轴长为2 2C 求椭圆的方程；(1)CNFCAlM 的上焦点．问：是否存(2)设过点两点，(0,4)的直线与椭圆、交于是椭圆lSSl .在直线若存在，求出直线，使得＝的方程；若不存在，请说明理由．MNFMAF △△c 1222abcb ， ＝，＋＝3，且有＝∵ 解(1)a 222ba ，3＝，4＝解得．22xyC 1.4的方程为＋＝∴椭圆分34kxlyl 的方程为4的斜率一定存在，设直线＝，(2)由题意可知直线＋yNxMxy (，设，(，，))2211kxy ，＋4＝??k 22?(3?kxx 22，36＋4)联立＝＋240＋xy 1＝＋??3422kk ① － ＋＞Δ＝0，??k24xx ②＝－＋，?212k 43＋ 分 6∴?36?xx③ ，＝212k 4＋3ANMSS ∵为线段＝的中点，，∴MNFMAF △xx ④∴ ＝2 ， 12k 8x 将④代入②，解得8＝－分， ⑤ 12k 43＋182x⑥将④代入③，得＝，12k43＋362k分将⑤代入⑥，解得＝，⑦1056yklyxx－4＋55＋45＝，即存在直线0或：6将⑦代入①检验成立，∴6－＝±55 符合题意.12分＝0x xfx1. ＋e＝分．(2019·山西吕梁一模21)(本小题满分12)已知函数－(ln )fyfx (1)求函数＝(1))(，)在点(1处的切线方程；xf3.)证明：(＞(2)1x xf－，因为′(e)＝解(1)xff′(1)＝e－1，又e(1)＝＋1，yx－1)1)(， 1)－(e＋＝(e所以－yx＋2.41)分即所求切线方程为＝(e－1x fxfx)在区间(0′(，＋∞)上单调递增，(1)，知′(e)＝－，易知证明：由(2)x11????????fxfxffx1，)＝，即0′(有∈，所以，且因为′＜0′(1)＞0?0)，使得′(＝00????22 唯一的根，11xx xxf＝两边取对数，＝0，则，对′(e)＝e记为－0000xx001x xx8＝－ln 分得ln e＝ln ，整理，得，000x0xxfxxf，函数)时，(′(单调递减，)因为＜∈(0，0)0xxfxxf)(′(单调递增，)＞0∈(，函数，＋∞)时，011 x xxxfxxfx时，等号＝，即1＝＋()＝1(＋1≥3，当且仅当)＝e－ln ＝所以＋000000min xx00成立，1????xffxx1，分因为)∈＞3，即＞，所以((3.12)min0??2题中任选一题作答，如果多做，则按所做的23分．请考生在第22、(二)选考题：共10 第一题计分．：坐标系与参数方程4－4本小题满分10分)选修22．(?x，α＝2cos?OxOyC，以)α在平面直角坐标系为参数中，曲线(的参数方程为?yα＝sin xl的极坐标方程为ρ(cosθ＋sin θ)为极点，＝轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线lCAB两点．与曲线，交于λ(λ>0)，直线OAOBl的直角坐标方程； (1)若，求直线⊥lxPOAPOBP面积的3倍，求的面积是△(2)若直线与λ轴交于的值．点，△x，cosθ＝ρ2?x?2yC代入(1)解消去参数α，得曲线，将的普通方程为＋1＝?2yθ＝ρsin??λ，＝ρ(cosθ＋sinθ)ylx的直角坐标方程为＋2＝λ得直线(λ>0)，分yx，＝－λ＋??22?yxy2 0，＋联立，得λ消去－，得32－2λ＝x2y，＝＋1??2222 <3，－λ2)>0，即λΔ＝4λ－12(yBxAxy )(，，，)，(设221122λ－2λyyyy则，＋＝＝，yyyyyyyxOAOBxyyy4，＋λ＝－＝(λλ)(－)＋0＝2－λ(＋)＋因为⊥，所以221212111212分2λ221133222λ－2＝＋λ2×即－×λ0，33．3422，因而λ，＝则λ＝，由于λ>033yxl0.5分－的直角坐标方程为323＋3＝故直线1ySOP| ＝||·|(2)易知OAP1△23ySOP ||·|，＝3|＝OBP2△2yy 6分|因而|，|＝3|2122－2λλyyyy (1)知，＋＝＝，由221133yyyy①若＝，3均为正，则，221126222λλ－2yy；8＝，得λ分则4＝＝，322333yyyy，3一正一负，则，＝－②若211222λ－2λ2yy分，得＝λ＝则－21.10＝，－32233 ：不等式选讲)选修4－523．(本小题满分10分Axfxxfx. |≤4|2|－1|，不等式(的解集为已知函数)(＋)＝A(1)求集合；yxxyAxy＋∈?|，|恒成立．(2)证明：对于任意的＋，1|>|R xfxxx |≤4，＋2|＋|≤4，即|2|解 (1)不等式－(1|)55xxxxx；?2≤，所以1≤当分≥1时，得－1＋2≤≤433xxxxx3≤3，所以0<分当0<<1<1时，得1－；＋2≤4?xxxx1≤4?，当－≤0时，得1≥－－2x≤0.4所以－1≤分??5???x?xA≤－1≤.5分综上，不等式的解集＝???3????xyxy|，＋1|>| 证明：若证(2)|＋22yxxy＋，即证|>|＋1||2222yxyxyxxy 2即证成立，＋2＋＋1>＋222222yxyxxy 1)(－分－即证1)>0.7－－，即证＋1>0(??5???x?xA≤－1≤，∵＝???3??????5???xx?xA>－<1或.8∴?分＝??R?3????xyAxy|>1， |，|>1∵|，∈?，∴R22yx >1，∴>1，22yx成立，即原命题得证1)(∴(－－1)>0.10分。
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(三)概率与统计 1．(2018·葫芦岛模拟)海水养殖场使用网箱养殖的方法，收获时随机抽取了100个网箱，测量各网箱水产品的产量(单位：kg)，其产量都属于区间[25,50]，按如下形式分成5组，第一组：[25,30)，第二组：[30,35)，第三组：[35,40)，第四组：[40,45)，第五组：[45,50]，得到频率分布直方图如图： 定义箱产量在[25,30)(单位：kg)的网箱为“低产网箱”，箱产量在区间[45,50]的网箱为“高产网箱”．
(1)若同一组中的每个数据可用该组区间的中点值代替，试计算样本中的100个网箱的产量的平均数； (2)按照分层抽样的方法，从这100个样本中抽取25个网箱，试计算各组中抽取的网箱数； (3)若在(2)抽取到的“低产网箱”及“高产网箱”中再抽取2箱，记其产量分别为m，n，求|m－n|>10的概率． 解 (1)样本中的100个网箱的产量的平均数 x＝(27.5×0.024＋32.5×0.040＋37.5×0.064＋42.5×0.056＋47.5×0.016)×5＝37.5. (2)各组网箱数分别为：12,20,32,28,8， 要在此100 箱中抽取25箱， 则分层抽样各组应抽数3,5,8,7,2. (3)由(2)知，从低产网箱3箱和高产网箱2箱共5箱中要抽取2箱，设低产网箱中3箱编号为1,2,3，高产网箱中2箱编号为4,5，则一共有10种抽法，基本事件为： (1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)， 满足条件|m－n|>10的情况为从高、低产网箱中各取1箱，基本事件为 (1,4)，(1,5)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，共6种，
所以满足事件A：|m－n|>10的概率为P(A)＝610＝35. 2．(2016·四川)我国是世界上严重缺水的国家，某市为了制定合理的节水方案，对居民用水情况进行了调查，通过抽样，获得了某年100位居民每人的月均用水量(单位：吨)，将数据按照[0,0.5)，[0.5,1)，…，[4,4.5]分成9组，制成了如图所示的频率分布直方图． (1)求直方图中a的值； (2)设该市有30万居民，估计全市居民中月均用水量不低于3吨的人数，说明理由； (3)估计居民月均用水量的中位数． 解 (1)由频率分布直方图可知，月均用水量在[0,0.5)的频率为0.08×0.5＝0.04. 同理，在[0.5,1)，[1.5,2)，[2,2.5)，[3,3.5)，[3.5,4)，[4,4.5]等组的频率分别为0.08,0.21,0.25,0.06,0.04,0.02. 由1－(0.04＋0.08＋0.21＋0.25＋0.06＋0.04＋0.02)＝0.5×a＋0.5×a， 解得a＝0.30. (2)估计全市居民中月均用水量不低于3吨的人数为3.6万．理由如下： 由(1)知，100位居民中月均用水量不低于3吨的频率为0.06＋0.04＋0.02＝0.12.由以上样本的频率分布，可以估计30万居民中月均用水量不低于3吨的人数为300 000×0.12＝36 000. (3)设中位数为x吨． 因为前5组的频率之和为0.04＋0.08＋0.15＋0.21＋0.25＝0.73>0.5. 而前4组的频率之和为 0．04＋0.08＋0.15＋0.21＝0.48<0.5.所以2≤x<2.5. 由0.50×(x－2)＝0.5－0.48，解得x＝2.04. 故可估计居民月均用水量的中位数为2.04吨． 3．(2018·宁夏银川一中模拟)为了参加某数学竞赛，某高级中学对高二年级理科、文科两个数学兴趣小组的同学进行了赛前模拟测试，成绩(单位：分)记录如下： 理科：79,81,81,79,94,92,85,89. 文科：94,80,90,81,73,84,90,80. (1)画出理科、文科两组同学成绩的茎叶图；
(2)计算理科、文科两组同学成绩的平均数和方差，并从统计学的角度分析，哪组同学在此次模拟测试中发挥比较好； (3)若在成绩不低于90分的同学中随机抽出3人进行培训，求抽出的3人中既有理科组同学 又有文科组同学的概率． (参考公式：样本数据x1，x2，…，xn的方差：
s2＝1n[(x1－x)2＋(x2－x)2＋…＋(xn－x)2]，其中x为样本平均数)． 解 (1)理科、文科两组同学成绩的茎叶图如下：
(2)从平均数和方差的角度看，理科组同学在此次模拟测试中发挥比较好．理由如下： 理科同学成绩的平均数x1＝18×(79＋79＋81＋81＋85＋89＋92＋94)＝85，
方差是s21＝18×[(79－85)2＋(79－85)2＋(81－85)2＋(81－85)2＋(85－85)2＋(89－85)2＋(92－85)2＋(94－85)2]＝31.25； 文科同学成绩的平均数x2＝18×(73＋80＋80＋81＋84＋90＋90＋94)＝84. 方差是s22＝18×[(73－84)2＋(80－84)2＋(80－84)2＋(81－84)2＋(84－84)2＋(90－84)2＋(90－84)2＋(94－84)2]＝41.75； 由于x1>x2，s21(3)设理科组同学中成绩不低于90分的2人分别为A，B，文科组同学中成绩不低于90分的3人分别为a，b，c，则从他们中随机抽出3人有以下10种可能：ABa，ABb，ABc，Aab，Aac，Abc，Bab，Bac，Bbc，abc.其中全是文科组同学的情况只有1种是abc，没有全是理科组同学的情况，
记“抽出的3人中既有理科组同学又有文科组同学”为事件M，则P(M)＝1－110＝910. 4．2018年6月14日，第二十一届世界杯足球赛在俄罗斯拉开帷幕．为了了解喜爱足球运动是否与性别有关，某体育台随机抽取100名观众进行统计，得到如下2×2列联表. 男 女 总计 喜爱 30 40 不喜爱 40
总计 100
(1)将2×2列联表补充完整，并判断能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为喜爱足球运动与性别有关？ (2)在不喜爱足球运动的观众中，按性别用分层抽样的方式抽取6人，再从这6人中随机抽取 2人参加一台访谈节目，求这2人至少有一位男性的概率． 附：K2＝nad－bc2a＋bc＋da＋cb＋d，其中n＝a＋b＋c＋d. P(K2≥k0) 0.010 0.005 0.001
k0 6.635 7.879 10.828
解 (1)补充列联表如下： 男 女 总计 喜爱 30 10 40 不喜爱 20 40 60
总计 50 50 100
由列联表知K2＝100×30×40－10×20250×50×40×60≈16.667>10.828. 故可以在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为喜爱足球运动与性别有关． (2)由分层抽样知，从不喜爱足球运动的观众中抽取6人，其中男性有6×2060＝2(人)，女性有
6×4060＝4(人)． 记男性观众分别为a1，a2，女性观众分别为b1，b2，b3，b4，随机抽取2人，基本事件有(b1，b2)，(b1，b3)，(b1，b4)，(b2，b3)，(b2，b4)，(b3，b4)，(b1，a1)，(b1，a2)，(b2，a1)，(b2，a2)，(b3，a1)，(b3，a2)，(b4，a1)，(b4，a2)，(a1，a2)，共15种． 记至少有一位男性观众为事件A，则事件A包含(b1，a1)，(b1，a2)，(b2，a1)，(b2，a2)，(b3，a1)，(b3，a2)，(b4，a1)，(b4，a2)，(a1，a2)，共9个基本事件，
由古典概型，知P(A)＝915＝35. 5．(2016·全国Ⅲ改编)下图是我国2008年至2014年生活垃圾无害化处理量(单位：亿吨)的折线图．
注：年份代码1～7分别对应年份2008～2014. (1)由折线图看出，可用线性回归模型拟合y与t的关系，请用相关系数加以说明； (2)建立y关于t的回归方程(系数精确到0.01)，预测2019年我国生活垃圾无害化处理量． 附注： 参考数据：i＝17yi＝9.32，i＝17tiyi＝40.17，i＝17 yi－y2＝0.55，7≈2.646.
参考公式：相关系数r＝i＝1n ti－tyi－yi＝1n ti－t2i＝1n yi－y2， 回归方程y^ ＝a^ ＋b^ t中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为： b^ ＝i＝1n ti－tyi－yi＝1n ti－t2，a^ ＝y－b^ t. 解 (1)由折线图中数据和附注中参考数据得 t＝4，i＝17 (ti－t)2＝28, i＝17 yi－y2＝0.55.
i＝17 (ti－t)(yi－y)＝i＝17tiyi－ti＝1
7yi＝40.17－4×9.32＝2.89，
所以r≈2.890.55×2×2.646≈0.99. 因为y与t的相关系数近似为0.99，说明y与t的线性相关程度相当高，从而可以用线性回归模型拟合y与t的关系．
(2)由y＝9.327≈1.331及(1)得
b^ ＝i＝17 ti－tyi－yi＝17 ti－t2＝2.8928≈0.10， a^ ＝y－b^ t≈1.331－0.103×4≈0.92. 所以y关于t的线性回归方程为y^ ＝0.10t＋0.92. 将2019年对应的t＝12代入线性回归方程，得
y^ ＝0.92＋0.10×12＝2.12. 所以预测2019年我国生活垃圾无害化处理量将约为2.12亿吨．