2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 沖刺創(chuàng)新專題 保溫卷二 文

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1、保溫卷二 本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分．共150分，考試時(shí)間120分鐘． 第Ⅰ卷 一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的． 1．已知集合A＝{0,1,2}，B＝{a,2}，若B?A，則a＝(　　) A．0 B．0或1 C．2 D．0或1或2 答案　B 解析　由B?A，可知B＝{0,2}或B＝{1,2}，所以a＝0或1.故選B. 2．已知i為虛數(shù)單位，若＝a＋bi(a，b∈R)，則ab＝(　　) A．1 B． C. D．2 答案　C 解析　i為虛數(shù)單位，＝a＋bi(a，b∈R)，則＝＝

2、a＋bi，根據(jù)復(fù)數(shù)相等得到所以ab＝＝. 3．“k＝”是“直線l：y＝k(x＋2)與圓x2＋y2＝1相切”的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 答案　A 解析　因?yàn)橹本€l：y＝k(x＋2)與圓x2＋y2＝1相切， 所以＝1，則k＝±. 所以“k＝”是“直線l：y＝k(x＋2)與圓x2＋y2＝1相切”的充分不必要條件． 4．設(shè)函數(shù)f(x)＝則f(－3)＋f(log23)＝(　　) A．9 B．11 C．13 D．15 答案　B 解析　∵函數(shù)f(x)＝ ∴f(－3)＋f(log23)＝log24＋4log23＝2＋9＝

3、11. 5．若某程序框圖如圖所示，則該程序運(yùn)行后輸出的值是(　　) A．5 B．4 C．3 D．2 答案　B 解析　模擬執(zhí)行循環(huán)結(jié)構(gòu)的程序框圖， 可得：n＝6，i＝1， 第1次循環(huán)：n＝3，i＝2； 第2次循環(huán)：n＝4，i＝3； 第3次循環(huán)：n＝2，i＝4， 此時(shí)滿足判斷框的條件，輸出i＝4. 6．設(shè)不等式組表示的平面區(qū)域?yàn)棣?，在區(qū)域Ω內(nèi)任取一點(diǎn)P(x，y)，則P點(diǎn)的坐標(biāo)滿足不等式x2＋y2≤2的概率為(　　) A. B． C． D． 答案　A 解析　畫(huà)出所表示的區(qū)域Ω如圖中陰影部分所示，易知A(2,2)，B(2，－2)，所以△AOB的面積為4，滿足不等式

4、x2＋y2≤2的點(diǎn)在區(qū)域Ω內(nèi)是一個(gè)以原點(diǎn)O為圓心，為半徑的圓面，其面積為，由幾何概型的公式可得所求概率為P＝＝. 7．《九章算術(shù)》第三章“衰分”介紹比例分配問(wèn)題：“衰分”是按比例遞減分配的意思，通常稱遞減的比例(百分比)為“衰分比”．如：甲、乙、丙、丁“衰分”得100,60,36,21.6個(gè)單位，遞減的比例為40%，今共有糧m(m>0)石，按甲、乙、丙、丁的順序進(jìn)行“衰分”，已知丙衰分得80石，乙、丁衰分所得的和為164石，則“衰分比”與m的值分別為(　　) A．20%,369 B．80%,369 C．40%,360 D．60%,365 答案　A 解析　設(shè)“衰分比”為a，甲衰分得b石

5、， 由題意得 解得b＝125，a＝20%，m＝369. 8．已知拋物線C：y2＝4x，過(guò)焦點(diǎn)F且斜率為的直線與C相交于P，Q兩點(diǎn)，且P，Q兩點(diǎn)在準(zhǔn)線上的投影分別為M，N兩點(diǎn)，則S△MFN＝(　　) A. B． C． D． 答案　B 解析　設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 直線PQ：y＝(x－1)與y2＝4x聯(lián)立得y2－y－＝0. ∴y1＋y2＝，y1y2＝－4. 又∵S△MFN＝×2×|y1－y2|. ∴S△MFN＝＝.故選B. 9．已知函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，則三個(gè)數(shù)a＝f(－log313)，b＝f，c＝f(20.6)的大小

6、關(guān)系為(　　) A．a(chǎn)>b>c B．a(chǎn)>c>b C．b>a>c D．c>a>b 答案　C 解析　∵2＝log39f(log313)>f(20.6)，即b>a>c. 10．函數(shù)f(x)＝的圖象大致為(　　) 答案　A 解析　由函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閧x|x>0且x≠1}，可排除C；又f>0，可排除B；當(dāng)x→＋∞時(shí)，f(x)>0，可排除D

7、，故選A. 11．將圓的一組n等分點(diǎn)分別涂上紅色或藍(lán)色，從任意一點(diǎn)開(kāi)始，按逆時(shí)針?lè)较蛞来斡涗沰(k≤n)個(gè)點(diǎn)的顏色，稱為該圓的一個(gè)“k階段序”，當(dāng)且僅當(dāng)兩個(gè)k階段序?qū)?yīng)位置上的顏色至少有一個(gè)不相同時(shí)，稱為不同的k階段序．若某圓的任意兩個(gè)“k階段序”均不相同，則稱該圓為“k階魅力圓”．則“3階魅力圓”中最多可有的等分點(diǎn)個(gè)數(shù)為(　　) A．4 B．6 C．8 D．10 答案　C 解析　“3階段序”中，每個(gè)點(diǎn)的顏色有兩種選擇，故“3階段序”共有2×2×2＝8(種)，一方面，n個(gè)點(diǎn)可以構(gòu)成n個(gè)“3階段序”，故“3階魅力圓”中的等分點(diǎn)的個(gè)數(shù)不多于8個(gè)；另一方面，若n＝8，則必須包含全部共8個(gè)“

8、3階段序”，不妨從(紅，紅，紅)開(kāi)始按逆時(shí)針?lè)较虼_定其他各點(diǎn)顏色，顯然“紅，紅，紅，藍(lán)，藍(lán)，藍(lán)，紅，藍(lán)”符合條件，故“3階魅力圓”中最多可有8個(gè)等分點(diǎn)． 12．已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x<0時(shí)，f(x)＝(x＋1)ex，則對(duì)任意m∈R，函數(shù)F(x)＝f[f(x)]－m的零點(diǎn)個(gè)數(shù)至多有(　　) A．3個(gè) B．4個(gè) C．6個(gè) D．9個(gè) 答案　A 解析　當(dāng)x<0時(shí)，f′(x)＝(x＋2)ex，由此可知f(x)在(－∞，－2)上單調(diào)遞減，在(－2,0)上單調(diào)遞增，f(－2)＝－e－2，f(－1)＝0，且f(x)<1.又f(x)是R上的奇函數(shù)，f(0)＝0，而當(dāng)x∈(－∞，－

9、1)時(shí)，f(x)<0，所以f(x)的圖象如圖所示．令t＝f(x)，則當(dāng)t∈(－1，1)時(shí)，方程f(x)＝t至多有3個(gè)根，當(dāng)t?(－1,1)時(shí)，方程f(x)＝t沒(méi)有根，而對(duì)任意m∈R，方程f(t)＝m至多有一個(gè)根t∈(－1,1)，從而函數(shù)F(x)＝f[f(x)]－m的零點(diǎn)個(gè)數(shù)至多有3個(gè)． 第Ⅱ卷 本卷包括必考題和選考題兩部分．第13～21題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答．第22、23題為選考題，考生根據(jù)要求作答． 二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分． 13．在△ABC中，a，b，c分別是A，B，C的對(duì)邊，已知sinA＝，且有a2－c2＝b2－mbc，則實(shí)數(shù)m＝____

10、____. 答案　1 解析　∵sinA＝，∴2sin2A＝3cosA， ∴2cos2A＋3cosA－2＝0，∴cosA＝或cosA＝－2(舍去)． 由a2－c2＝b2－mbc，得cosA＝，∴＝，∴m＝1. 14．下表是某工廠1～4月份用電量(單位：萬(wàn)度)的一組數(shù)據(jù)： 月份x 1 2 3 4 用電量y 4.5 4 3 2.5 由散點(diǎn)圖(圖略)可知，用電量y與月份x之間有較好的線性相關(guān)關(guān)系，其線性回歸方程是＝－0.7x＋，則＝________. 答案　5.25 解析　因?yàn)椋剑?.5， ＝＝3.5， 所以點(diǎn)(2.5,3.5)在回歸直線＝－0.7x＋上

11、， 即3.5＝－0.7×2.5＋，解得＝5.25. 15．已知橢圓＋＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過(guò)F1且與x軸垂直的直線交橢圓于A，B兩點(diǎn)，直線AF2與橢圓的另一個(gè)交點(diǎn)為C，若＝2，則橢圓的離心率為_(kāi)_______． 答案　 解析　設(shè)C(x，y)，由＝2，得 ∴C.又C為橢圓上一點(diǎn)， ∴＋＝1，解得e＝. 16．已知正四面體P－ABC的棱長(zhǎng)均為a，O為正四面體P－ABC的外接球的球心，過(guò)點(diǎn)O作平行于底面ABC的平面截正四面體P－ABC，得到三棱錐P－A1B1C1和三棱臺(tái)ABC－A1B1C1，那么三棱錐P－A1B1C1的外接球的表面積為_(kāi)_______． 答案

12、　a2 解析　設(shè)底面△ABC的外接圓半徑為r， 則＝2r，所以r＝a. 所以正四面體的高為 ＝a， 設(shè)正四面體的外接球半徑為R， 則R2＝2＋2，所以R＝a. 因?yàn)椤茫?∶4， 所以三棱錐P－A1B1C1的外接球的表面積為4π×2×2＝a2. 三、解答題：共70分．解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟． 17．(本小題滿分12分)已知等差數(shù)列{an}的公差是1，且a1，a3，a9成等比數(shù)列． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)求數(shù)列的前n項(xiàng)和Tn. 解　(1)因?yàn)閧an}是公差為1的等差數(shù)列，且a1，a3，a9成等比數(shù)列， 所以a＝a1a9，即(a1＋2)2＝

13、a1(a1＋8)，解得a1＝1. 所以an＝a1＋(n－1)d＝n. (2)Tn＝1×1＋2×2＋3×3＋…＋n×n， Tn＝1×2＋2×3＋…＋(n－1)×n＋n×n＋1， 兩式相減得Tn＝1＋2＋3＋…＋n－n×n＋1， 所以Tn＝－n×n＋1＝1－－. 所以Tn＝2－. 18．(本小題滿分12分)如圖，AB是圓O的直徑，點(diǎn)C是圓O上異于A，B的點(diǎn)，PO垂直于圓O所在的平面，且PO＝OB＝1. (1)若D為線段AC的中點(diǎn)，求證：AC⊥平面PDO； (2)求三棱錐P－ABC體積的最大值； (3)若BC＝，點(diǎn)E在線段PB上，求CE＋OE的最小值． 解　(1)證明：在△

14、AOC中，因?yàn)镺A＝OC，D為AC的中點(diǎn)，所以AC⊥OD. 又PO垂直于圓O所在的平面，所以PO⊥AC. 因?yàn)镈O∩PO＝O，DO，PO?平面PDO，所以AC⊥平面PDO. (2)因?yàn)辄c(diǎn)C在圓O上，所以當(dāng)CO⊥AB時(shí)，點(diǎn)C到AB的距離最大，且最大值為1. 又AB＝2，所以△ABC面積的最大值為×2×1＝1. 又因?yàn)槿忮FP－ABC的高PO＝1， 故三棱錐P－ABC體積的最大值為×1×1＝. (3)在△POB中，PO＝OB＝1，∠POB＝90°， 所以PB＝＝. 同理PC＝，所以PB＝PC＝BC.在三棱錐P－ABC中，將側(cè)面BCP繞PB旋轉(zhuǎn)至平面C′PB，使之與平面ABP共面，

15、如圖所示． 當(dāng)O，E，C′共線時(shí)，CE＋OE取得最小值． 又因?yàn)镺P＝OB，C′P＝C′B， 所以O(shè)C′垂直平分PB，即E為PB的中點(diǎn)． 從而OC′＝OE＋EC′＝＋＝，即CE＋OE的最小值為. 19．(本小題滿分12分)為了豐富退休生活，老王堅(jiān)持每天健步走，并用計(jì)步器記錄每天健步走的步數(shù)．他從某月中隨機(jī)抽取20天的健步走步數(shù)(老王每天健步走的步數(shù)都在[6,14]之間，單位：千步)，繪制出頻率分布直方圖(不完整)如圖所示． (1)完成頻率分布直方圖，并估計(jì)該月老王每天健步走的平均步數(shù)(每組數(shù)據(jù)可用區(qū)間中點(diǎn)值代替)； (2)某健康組織對(duì)健步走步數(shù)的評(píng)價(jià)標(biāo)準(zhǔn)如下表： 每

16、天步數(shù)分組(千步) [6,8) [8,10) [10,14] 評(píng)價(jià)級(jí)別 及格 良好 優(yōu)秀 現(xiàn)從這20天中評(píng)價(jià)級(jí)別是“及格”和“良好”的天數(shù)里隨機(jī)抽取2天，求這2天的健步走結(jié)果屬于同一評(píng)價(jià)級(jí)別的概率． 解　(1)設(shè)落在分組[10,12)中的頻率為x，則×2＝1，得x＝0.5， 所以各組中的頻數(shù)分別為2,3,10,5. 完成的頻率分布直方圖如圖所示： 老王該月每天健步走的平均步數(shù)約為 (7×0.05＋9×0.075＋11×0.25＋13×0.125)×2＝10.8(千步)． (2)設(shè)評(píng)價(jià)級(jí)別是及格的2天分別為a，b，評(píng)價(jià)級(jí)別是良好的3天分別為x，y，z， 則從

17、這5天中任意抽取2天，共有10種不同的結(jié)果：ab，ax，ay，az，bx，by，bz，xy，xz，yz， 所抽取的2天屬于同一評(píng)價(jià)級(jí)別的結(jié)果共4種：ab，xy，xz，yz. 所以，從這20天中評(píng)價(jià)級(jí)別是“及格”和“良好”的天數(shù)里隨機(jī)抽取2天，屬于同一評(píng)價(jià)級(jí)別的概率P＝＝. 20．(本小題滿分12分)已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)為F，直線y＝4與y軸的交點(diǎn)為P，與拋物線C的交點(diǎn)為Q，且|QF|＝2|PQ|. (1)求p的值； (2)已知點(diǎn)T(t，－2)為C上一點(diǎn)，M，N是C上異于點(diǎn)T的兩點(diǎn)，且滿足直線TM和直線TN的斜率之和為－，證明直線MN恒過(guò)定點(diǎn)，并求出定點(diǎn)的坐標(biāo)．

18、 解　(1)設(shè)Q(x0,4)，由拋物線定義知|QF|＝x0＋， 又|QF|＝2|PQ|，|PQ|＝x0， 所以2x0＝x0＋，解得x0＝， 將點(diǎn)Q代入拋物線方程，解得p＝4. (2)證明：由(1)知，C的方程為y2＝8x， 所以點(diǎn)T坐標(biāo)為， 設(shè)直線MN的方程為x＝my＋n，點(diǎn)M(x1，y1)，N(x2，y2)， 由得 y2－8my－8n＝0，Δ＝64m2＋32n>0. 所以y1＋y2＝8m，y1y2＝－8n， 所以kMT＋kNT＝＋ ＝＋＝＋ ＝＝＝－， 解得n＝m－1， 所以直線MN的方程為x＋1＝m(y＋1)，恒過(guò)定點(diǎn)(－1，－1)． 21．(本小題滿分12分

19、)已知函數(shù)f(x)＝x3－x2＋x. (1)求曲線y＝f(x)的斜率為1的切線方程； (2)當(dāng)x∈[－2,4]時(shí)，求證：x－6≤f(x)≤x； (3)設(shè)F(x)＝|f(x)－(x＋a)|(a∈R)，記F(x)在區(qū)間[－2,4]上的最大值為M(a)．當(dāng)M(a)最小時(shí)，求a的值． 解　(1)由f(x)＝x3－x2＋x得f′(x)＝x2－2x＋1. 令f′(x)＝1，即x2－2x＋1＝1，得x＝0或x＝. 又f(0)＝0，f＝， 所以曲線y＝f(x)的斜率為1的切線方程是y＝x與y－＝x－， 即y＝x與y＝x－. (2)證明：令g(x)＝f(x)－x，x∈[－2,4]． 由g(x

20、)＝x3－x2得g′(x)＝x2－2x. 令g′(x)＝0得x＝0或x＝. g′(x)，g(x)的情況如下： x －2 (－2,0) 0 4 g′(x) ＋ － ＋ g(x) －6  0  －  0 所以g(x)的最小值為－6，最大值為0. 故－6≤g(x)≤0，即x－6≤f(x)≤x. (3)由(2)知， 當(dāng)a<－3時(shí)，M(a)≥F(0)＝|g(0)－a|＝－a>3； 當(dāng)a>－3時(shí)，M(a)≥F(－2)＝|g(－2)－a|＝6＋a>3； 當(dāng)a＝－3時(shí)，M(a)＝3. 綜上，當(dāng)M(a)最小時(shí)，a＝－3

21、. 請(qǐng)考生在第22、23題中任選一題作答．如果多做，則按所做的第一題計(jì)分，作答時(shí)請(qǐng)寫(xiě)清題號(hào)． 22．(本小題滿分10分)選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程 已知直線l的參數(shù)方程為(t為參數(shù))，曲線C的極坐標(biāo)方程為ρsin2θ－16cosθ＝0，直線l與曲線C交于A、B兩點(diǎn)，點(diǎn)P(1,3)． (1)求直線l的普通方程和曲線C的直角坐標(biāo)方程； (2)求＋的值． 解　(1)直線l的參數(shù)方程為(t為參數(shù))， 消去參數(shù)，可得直線l的普通方程為y＝2x＋1， 曲線C的極坐標(biāo)方程為ρsin2θ－16cosθ＝0， 即ρ2sin2θ－16ρcosθ＝0， 曲線C的直角坐標(biāo)方程為y2＝16x.

22、(2)直線的參數(shù)方程改寫(xiě)為(t為參數(shù))， 代入y2＝16x，得t2－t－7＝0，則t1＋t2＝，t1t2＝－， ＋＝＝. 23．(本小題滿分10分)選修4－5：不等式選講 已知函數(shù)f(x)＝|x－1|＋|x－3|. (1)解不等式f(x)≤x＋1； (2)設(shè)函數(shù)f(x)的最小值為c，實(shí)數(shù)a，b滿足a>0，b>0，a＋b＝c，求證：＋≥1. 解　(1)f(x)≤x＋1，即|x－1|＋|x－3|≤x＋1. ①當(dāng)x<1時(shí)，不等式可化為4－2x≤x＋1，解得x≥1. 又∵x<1，∴x∈?； ②當(dāng)1≤x≤3時(shí)，不等式可化為2≤x＋1，解得x≥1. 又∵1≤x≤3，∴1≤x≤3； ③當(dāng)x>3時(shí)，不等式可化為2x－4≤x＋1，解得x≤5. 又∵x>3，∴31，n>1，a＝m－1，b＝n－1，m＋n＝4， ＋＝＋＝m＋n＋＋－4＝≥＝1. - 14 -