高考數學二輪復習 單科標準練2 理-人教版高三數學試題

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1、單科標準練(二)(滿分：150分時間：120分鐘)第卷一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分在每個小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的1已知集合M1,0,1，Nx|x2a，aM，則集合MN()A1,0,1B2,0,2C0D2，1,0,1,2D集合M1,0,1，Nx|x2a，aM2,0,2，集合MN2，1,0,1,2故選D.2已知a，bR，ai，則abi的共軛復數為()A2iB2iC2iD2iA因為ai(b2i)i2bi，所以a2，b1，因此abi2i的共軛復數為2i.故選A.3高三第一學期甲、乙兩名同學5次月考的地理學科得分的莖葉圖如圖所示，其中兩豎線之間是得分的十位數，兩

2、邊分別是甲、乙得分的個位數則下列結論正確的是()A甲得分的中位數是78B甲得分的平均數等于乙得分的平均數C乙得分的平均數和眾數都是75D乙得分的方差大于甲得分的方差C由甲、乙兩名同學5次月考的地理學科得分的莖葉圖，得：在A中，甲得分的中位數是76，故A錯誤；在B中，甲得分的平均數(5664767886)72，乙得分的平均數2(6275758182)75，甲得分的平均數不等于乙得分的平均數，故B錯誤；在C中，乙得分的眾數是75，平均數是75，故C正確；在D中，由莖葉圖的甲得分的分布相對分散，乙得分的方差小于甲得分的方差，故D錯誤故選C.4已知Sn為等比數列an的前n項和，a23，S313，則a6

3、()A243或B81或C243 D.Aa23，S313，33q13，解得q3或q，a6a2q4243或，故選A.5.如圖，在ABC中，D，E，F分別為線段BC，AD，BE的中點，則()A.B.C.D.D()()，故選D.6高斯是德國著名的數學家，近代數學奠基者之一，享有“數學王子”的稱號，用其名字命名的“高斯函數”為：設xR，用x表示不超過x的最大整數，則yx稱為高斯函數例如：2.13，3.13，已知函數f(x)，則函數yf(x)的值域為()A.B(0,2C0,1,2D0,1,2,3C因為f(x)，所以f(x)，又12x1(1，)，所以f(x)，由高斯函數的定義可得：函數yf(x)的值域為0,

4、1,2，故選C.7.如圖，用與底面成45角的平面截圓柱得一橢圓截線，則該橢圓的離心率為()A. B.C. D.A設圓柱底面圓的方程為x2y2R2，與底面成45角的平面截圓柱，橢圓的半長軸長是R，半短軸長是R，cR，e.故選A.8埃及數學中有一個獨特現象：除用一個單獨的符號表示以外，其他分數都要寫成若干個單位分數和的形式，例如.可以這樣理解：假定有兩個面包，要平均分給5個人，若每人分得一個面包的，不夠，若每人分得一個面包的，還余，再將這分成5份，每人分得，這樣每人分得.形如(n5,7,9,11，)的分數的分解：，按此規(guī)律，()A.B.C.D.A根據分面包原理知，等式右邊第一個數的分母應是等式左邊

5、數的分母加1的一半，第二個數的分母是第一個數的分母與等式左邊數的分母的乘積，兩個數的原始分子都是1，即.故選A.9甲、乙二人約定7：10在某處會面，甲在7：007：20內某一時刻隨機到達，乙在7：057：20內某一時刻隨機到達，則甲至少需等待乙5分鐘的概率是()A. B.C. D.C由題意知本題是一個幾何概型，設甲和乙到達的分別為7時x分、7時y分，則10x20,5y20，甲至少需等待乙5分鐘，即yx5，則試驗包含的所有區(qū)域是(x，y)|0x20,5y20，甲至少需等待乙5分鐘所表示的區(qū)域為A(x，y)|0x20,5y20，yx5，如圖：正方形的面積為2015300，陰影部分的面積為1515，

6、甲至少需等待乙5分鐘的概率是，故選C.10已知函數f(x)x32ax2a2x的極小值點是x1，則a()A0或1B3或1C1D3D函數f(x)x32ax2a2x，f(x)3x24axa2，f(x)極小值點是x1，f(1)34aa20，解得a3或a1，當a1時，f(x)x32x2x，f(x)3x24x1，由f(x)0，得x1或x，由f(x)0，得1x，f(x)增區(qū)間為(，1)，減區(qū)間為，x1是f(x)的極大值點當a3時，f(x)x36x29x，f(x)3x212x9，由f(x)0，得x3或x1，由f(x)0，得3x1，f(x)增區(qū)間為(，3)，(1，)，減區(qū)間為(3，1)，x1是f(x)的極小值點

7、綜上，函數f(x)x32ax2a2x的極小值點是x1，則a3.故選D.11已知函數f(x)sin(0)，x0，的值域為，則的取值范圍是()A. B.C.D(0，)C函數f(x)sin(0)，x0，則x，函數f(x)sin(0)的值域為，所以x，解得，故選C.12已知正三棱錐PABC(頂點在底面的射影是底面正三角形的中心)的側面是頂角為30腰長為2的等腰三角形，若過A的截面與棱PB，PC分別交于點D和點E，則截面ADE周長的最小值是()A.B2C.D2D此正三棱錐的側面展開圖如圖所示則ADE的周長為ADDEEA1，由于兩點之間線段最短，當D、E處于如圖位置時，截面ADE的周長最小，即為AA1的長

8、；又APB30，則APA190，在等腰三角形PAB中，PAPB2，PAPA12，APA190，截面ADE周長的最小值是：AA12.故選D.第卷本卷包括必考題和選考題兩部分，第1321題為必考題，每個試題考生都必須作答，第2223題為選考題，考生根據要求作答二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分13設實數x、y滿足約束條件則z2xy的最小值和最大值的和為_14作出不等式組對應的平面區(qū)域，如圖陰影部分所示由z2xy得y2xz.平移直線y2xz，由圖象可知當直線y2xz經過點A(3,4)時，直線y2xz的截距最大，z10.直線y2xz經過點B(1,2)時，直線y2xz的截距最小，此時z最小即

9、z2xy的最小值為：z4.則z2xy的最小值和最大值的和為14. 14以拋物線y28x的焦點為圓心，且與直線yx相切的圓的方程為_(x2)2y22依題意可知拋物線y28x的焦點為(2,0)，到直線yx的距離即圓的半徑為，故圓的標準方程為(x2)2y22.15分別標有1,2,3,4的4張卡片，放入分別標號為1,2,3,4的4個盒中，每盒不空，且3號卡片不能放入3號盒中，則有_種不同的方法18根據題意，分2步進行分析：3號卡片不能放入3號盒中，則3號卡片可以放入1、2、4號盒子中，有3種放法；將剩下的3張卡片全排列，放入剩下的3個盒子中，有A6種放法；故有3618種不同的放法16. Sn為數列an

10、的前n項和，已知an0,4Sn(an3)(an1)，(nN*)，則an的首項a1_，通項公式an_.32n1由4Sn(an3)(an1)a2an3，可知4Sn1a2an13，兩式相減得aa2(an1an)4an1，即2(an1an)aa(an1an)(an1an)，an0，an1an2，又a2a14a13，a11(舍)或a13 ，數列an是首項為3，公差d2的等差數列，數列an的通項公式an32(n1)2n1.三、解答題：共70分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟17(本小題滿分12分)已知在ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，1.(1)求A的大小；(2)若a4，c12.求AB

11、C的面積S.解(1)因為1，所以由正弦定理得1整理得b2c2a2bc，所以cos A，因為0A，所以A.(2)因為a4，c12，A.所以由余弦定理a2b2c22bccos A，得208b2144212bcos ，解得b4或b16(舍)所以Sbcsin A124sin 12.18. (本小題滿分12分)如圖，等腰直角ABC中，B90，平面ABEF平面ABC,2AFABBE，FAB60，AFBE.(1)求證：BCBF；(2)求二面角FCEB的正弦值解(1)證明：在等腰直角ABC中，B90，BCAB，平面ABEF平面ABC，平面ABEF平面ABCAB，BC平面ABEF，BF平面ABEF，BCBF.(

12、2)由(1)知BC平面ABEF，故以B為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系Bxyz，設2AFABBE2，FAB60，AFBE.B(0,0,0)，C(0,2,0)，F，E(1,0，)，(1,2，)，(0,2,0)，設平面CEF的一個法向量n(x，y，z)，則即令x，得n(，2，5)，設平面BCE的一個法向量m(x，y，z)，則即取x，得m(，0,1)，設二面角FCEB的平面角為.則|cos |，sin ，二面角FCEB的正弦值為.19(本小題滿分12分)已知拋物線C：x24y，過點(2,3)的直線l交C于A、 B兩點，拋物線C在點A、B處的切線交于點P.(1)當點A的橫坐標為4時，求點P的坐標；

13、(2)若Q是拋物線C上的動點，當|PQ|取最小值時，求點Q的坐標及直線l的方程解(1)點A的橫坐標為4，A(4,4)，易知此時直線l的方程為yx2 ，聯立解得或B(2,1)由y得y，所以kPA2，所以直線PA的方程為y2x4, 同理可得直線PB的方程為yx1, 聯立可得故點P的坐標為(1，2). (2)設A，B，由y得y，所以kPA，所以直線PA的方程為y(xx1)，即yx，同理PB的方程為yx，聯立解得P，依題意直線l的斜率存在，不妨設直線l的方程為y3k(x2)，由得x24kx8k120, 易知0，因此x1x24k，x1x28k12，P(2k,2k3)，點P在直線xy30上，當|PQ|取得

14、最小值時，即拋物線C：x24y上的點Q到直線xy30的距離最小. 設Q，Q到直線xy30的距離d，所以當x02時，d取最小值，此時Q(2,1), 易知過點Q且垂直于xy30的直線方程為yx3, 由解得P(3,0)，k，所以直線l的方程為yx，綜上，點Q的坐標為(2,1)，直線l的方程為yx.20(本小題滿分12分)某醫(yī)藥公司研發(fā)生產一種新的保健產品，從一批產品中隨機抽取200盒作為樣本，測量產品的一項質量指標值，該指標值越高越好由測量結果得到如下頻率分布直方圖：(1)求a，并試估計這200盒產品的該項指標值的平均值；(2)由樣本估計總體，結合頻率分布直方圖認為該產品的該項質量指標值服從正態(tài)分布

15、N(，102)，計算該批產品該項指標值落在(180,220上的概率；國家有關部門規(guī)定每盒產品該項指標值不低于150均為合格，且按該項指標值從低到高依次分為：合格、優(yōu)良、優(yōu)秀三個等級，其中(180,220為優(yōu)良，不高于180為合格，高于220為優(yōu)秀，在在條件下，設該公司生產該產品的1萬盒的成本為15萬元，市場上各等級每盒該產品的售價(單位：元)如表，求該公司每萬盒的平均利潤等級合格優(yōu)良優(yōu)秀售價102030附：若N(，2)，則P()0.682 7，P(22)0.954 5.解(1)由10(20.0020.0080.0090.0220.024a)1，解得a0.033，則平均值100.00217010

16、0.009180100.022190100.033200100.024210100.008220100.002230200，即這200盒產品的該項指標值的平均值約為200.(2)由題意可得200，10，則P(22)P(180220)0.954 5，則該批產品指標值落在(180,220上的概率為0.954 5.設每盒該產品的售價為X元，由可得X的分布列為X102030P0.022 750.954 50.022 75則每盒該產品的平均售價為E(X)100.022 75200.954 5300.022 7520，故每萬盒的平均利潤為20155(萬元)21(本小題滿分12分)已知函數f(x)(x2a)

17、ekx，e2.718為自然對數的底數(1)若k1，aR，判斷函數f(x)在(0，)上的單調性；(2)令a0，k1，若0m2e，求證：方程f(x)m(x1)ln x0無實根解(1)由已知k1，所以f(x)(x2a)ex，所以f(x).若a1，在R上恒有u(x)(x1)21a0，所以f(x)0，所以f(x)在(0，)上為單調遞減，若a1，u(x)(x1)21a圖象與x軸有兩個不同交點設u(x)(x1)21a0的兩根分別為x11，x21.()若0a1,0x11，x21，所以當0xx1時，u(x)0；當x1xx2時，u(x)0；當xx2時，u(x)0.所以，此時f(x)在(0，x1)上和(x2，)上分

18、別單調遞減；在(x1，x2)上單調遞增；()若a0，x110，x212.所以，x(0，x2)上總有u(x)0；在當xx2上，u(x)0，所以此時f(x)在(0，x2)上單調遞增，在(x2，)上單調遞減綜上：若a1，f(x)在(0，)上為單調遞減；若0a1，f(x)在(0,1)上和(1，)上分別單調遞減，在(1，1)上單調遞增；若a0，f(x)在(0,1)上單調遞增，在(1，)上單調遞減(2)證明：由題知a0，k1，所以f(x)x2ex，令g(x)ex(x1)，對任意實數x0，g(x)ex10恒成立，所以g(x)ex(x1)g(0)0，即exx10，則x2exm(x1)ln xx2(x1)m(x

19、1)ln x(x1)(x2mln x)令h(x)x2mln x，所以h(x)(x2mln x)2x.因為0m2e，所以h(x).所以x時，h(x)0，h0；x時，h(x)0，所以h(x)x2mln x在(0，)上有最小值，所以hmln因為0e，所以ln 1，所以1ln 0，所以0，即0m2e時，對任意x0，h(x)x2mln x0.所以x2exm(x1)ln x0，所以方程f(x)m(x1)ln x0無實根請考生在第22、23兩題中任選一題作答如果多做，則按所做的第一題記分22(本小題滿分10分)選修44：坐標系與參數方程已知平面直角坐標系xOy，直角l過點P(0，)，且傾斜角為，以O為極點，

20、x軸的非負半軸為極軸建立極坐標系，圓C的極坐標方程為24cos10.(1)求直線l的參數方程和圓C的標準方程；(2)設直線l與圓C交于M、N兩點，若|PM|PN|，求直線l的傾斜角的值解(1)因為直線l過點P(0，)，且傾斜角為，所以直線l的參數方程為(t為參數)因為圓C的極坐標方程為24cos10，所以22cos 2sin 10，所以圓C的普通方程為：x2y22x2y10，圓C的標準方程為：(x1)2(y)25.(2)直線l的參數方程為代入圓C的標準方程得(tcos 1)2(tsin )25，整理得t22tcos 40.設M、N兩點對應的參數分別為t1、t2，則t1t22cos ，所以|PM

21、|PN|t1t2|2cos |，即cos .因為0，所以或.23(本小題滿分10分)選修45：不等式選講已知a0，b0，c0，函數f(x)|ax|xb|c.(1)當abc2時，求不等式f(x)8的解集；(2)若函數f(x)的最小值為1，證明：a2b2c2.解(1)當abc2時，f(x)|x2|x2|2，所以f(x)8或或所以不等式的解集為x|3x3(2)因為a0，b0，c0，所以f(x)|ax|xb|c|axxb|c|ab|cabc.因為f(x)的最小值為1，所以abc1.所以(abc)2a2b2c22ab2ac2bc1，因為2aba2b2,2bcb2c2,2aca2c2，所以1a2b2c22ab2ac2bc3(a2b2c2)，所以a2b2c2.