《2020高考數(shù)學二輪復習 分層特訓卷 模擬仿真專練（二） 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020高考數(shù)學二輪復習 分層特訓卷 模擬仿真專練（二） 文（15頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、專練(二) 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選項中，只有一項是符合題目要求的) 1．已知U＝{y|y＝log2x，x>1}，P＝{y|y＝，x>2}，則?UP＝(　　) A.　　　　　B. C．(0，＋∞) D．(－∞，0)∪ 答案：A 解析：因為函數(shù)y＝log2x在定義域內為增函數(shù)，故U＝{y|y>0}，函數(shù)y＝在(0，＋∞)內為減函數(shù)，故集合P＝{y|0

2、 D. 答案：A 解析：復數(shù)z＝＝＝，根據(jù)題意得到＝0?a＝1，z＝－i，∴|a＋z|＝|1－i|＝，故選A. 3．[2019·江西南昌二中模擬]設命題p：函數(shù)f(x)＝x3－ax－1在區(qū)間[－1,1]上單調遞減；命題q：函數(shù)y＝ln(x2＋ax＋1)的值域是R.如果命題p或q是真命題，p且q為假命題，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(－∞，3] B．(－∞，－2]∪[2,3) C．(2,3] D．[3，＋∞) 答案：B 解析：若命題p為真命題：函數(shù)f(x)＝x3－ax－1在區(qū)間[－1,1]上單調遞減，則f′(x)＝3x2－a≤0在[－1,1]上恒成立，故a≥(3x2)m

3、ax在x∈[－1,1]上恒成立，又(3x)＝3，所以a≥3.若命題q為真命題：函數(shù)y＝ln(x2＋ax＋1)的值域是R，則必須使x2＋ax＋1能取所有正數(shù)，故Δ＝a2－4≥0，解得a≤－2或a≥2.因為命題p∨q是真命題，p∧q為假命題，所以命題p與命題q一真一假，當p為真命題，q為假命題時，可得{a|a≥3}∩{a|－2

4、側視圖都是由三個邊長為2的正三角形組成的，則該幾何體的表面積為(　　) A．13π B．12π C．11π D．2π 答案：B 解析：依題意知，題中的幾何體是從一個圓臺(該圓臺的上底面半徑為1，下底面半徑為2，母線長為2)中挖去一個圓錐(該圓錐的底面半徑為1，母線長為2)后得到的，圓臺的側面積為π(1＋2)×2＝6π，圓錐的側面積為π×1×2＝2π，所以題中幾何體的表面積為6π＋2π＋π×22＝12π，故選B. 5．[2019·湖南岳陽質檢]函數(shù)f(x)＝(－x2＋x)ex的圖象大致為(　　) 答案：A 解析：令f(x)＝0，得x＝0或x＝1，所以點(1,0)在函數(shù)f

5、(x)＝(－x2＋x)ex的圖象上，所以排除B，C.當x→＋∞時，f(x)→－∞，排除D，故選A. 6．[2019·江西贛州十四縣(市)期中聯(lián)考]古代有這樣一個問題：“今有墻厚22.5尺，兩鼠從墻兩側同時打洞，大鼠第一天打洞一尺，小鼠第一天打洞半尺，大鼠之后每天打洞長度比前一天多半尺，小鼠前三天每天打洞長度比前一天多一倍，三天之后小鼠每天打洞長度與第三天打洞長度相同，問兩鼠幾天能打通墻相逢？”兩鼠相逢最快需要的天數(shù)為(　　) A．4 B．5 C．6 D．7 答案：C 解析：依題意得，大鼠每天打洞長度構成等差數(shù)列{an}，且首項a1＝1，公差d＝.小鼠前三天打洞長度之和為＋1＋2＝

6、，之后每天打洞長度是常數(shù)2，令n·1＋·＋＋(n－3)·2≥22(n指天數(shù)，且n是正整數(shù))，則有n2＋11n－100≥0，即n(n＋11)≥100，則易知n的最小值為6.故選C. 7．[2019·河南開封定位考試]將函數(shù)y＝sin2x－cos2x的圖象向左平移m(m>0)個單位長度后得到的圖象與函數(shù)y＝ksin xcos x(k>0)的圖象重合，則k＋m的最小值是(　　) A．2＋ B．2＋ C．2＋ D．2＋ 答案：A 解析：將函數(shù)y＝sin2x－cos2x＝－cos 2x的圖象向左平移m(m>0)個單位長度后所得到的圖象對應的函數(shù)解析式為y＝－cos[2(x＋m)]＝－cos

7、(2x＋2m)＝sin(m>0)，平移后得到的圖象與函數(shù)y＝ksin xcos x＝sin 2x(k>0)的圖象重合，所以得k＝2，m＝nπ＋(n∈Z)，又m>0，所以m的最小值為，可知k＋m的最小值為2＋.故選A. 8．[2019·山西太原一中檢測]已知實數(shù)x，y滿足|x|＋|y|≤1，則z＝2|x|－|y|的最大值為(　　) A．5 B．4 C．3 D．2 答案：D 解析：令|x|＝a，|y|＝b，則且z＝2a－b.作出可行域如圖中陰影部分所示，作出直線b＝2a，并平移，由圖知，當平移后的直線過點(1,0)時，z取得最大值，且zmax＝2×1－0＝2.故選D. 9．[2

8、019·河南鄭州摸底]現(xiàn)有一個不透明的口袋中裝有標號分別為1,2,2,3的四個小球，它們除數(shù)字外完全相同，現(xiàn)從中隨機取出一球記下號碼后放回，均勻攪拌后再隨機取出一球，則兩次取出小球所標號碼不同的概率為(　　) A. B. C. D. 答案：D 解析：隨機取出一球記下號碼后放回，均勻攪拌后再隨機取出一球，則兩次取出小球的所有情況共有4×4＝16(種)，其中號碼相同的情況共有6種，則號碼不同的概率為P＝1－＝，故選D. 10．[2019·遼寧五校期末]在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，已知sin(B＋A)＋sin(B－A)＝3sin 2A，且c＝，C＝，則△ABC的

9、面積是(　　) A. B. C.或 D.或 答案：D 解析：由sin(B＋A)＋sin(B－A)＝3sin 2A，得2sin Bcos A＝3sin 2A＝6sin Acos A，即sin Bcos A＝3sin Acos A．當cos A＝0時，A＝，而C＝，c＝，所以B＝，b＝ctan B＝×＝，所以此時△ABC的面積為bc＝××＝；當cos A≠0時，可得sin B＝3sin A，由正弦定理得b＝3a，又c＝，所以cos C＝＝＝cos＝，得a＝1，所以b＝3，此時△ABC的面積為absin C＝×1×3×＝.綜上可知，△ABC的面積為或.故選D. 11．[2019·河北唐

10、山期中]如圖，在△ABC中，＝2，過點M的直線分別交射線AB，AC于不同的兩點P，Q，若＝m，＝n，則mn＋m的最小值為(　　) A．2 B．2 C．6 D．6 答案：A 解析：連接AM，由已知可得＝＋＝＋＝＋(－)＝＋＝＋.因為P，M，Q三點共線，所以＋＝1，所以mn＋m＝＋m＝＋＝＝＋＋≥＋2＝2，當且僅當＝，即m＝n＝1時取等號， 所以mn＋m的最小值為2.故選A. 12．[2019·陜西漢中模擬]設拋物線y2＝4x的焦點為F，過點M(－1,0)的直線在第一象限交拋物線于A，B兩點，且·＝0，則直線AB的斜率k＝(　　) A. B. C. D. 答案：B

11、解析：設直線AB的方程為y＝k(x＋1)(易知k>0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)． 由可得k2x2＋(2k2－4)x＋k2＝0，由根與系數(shù)的關系得x1·x2＝1，x1＋x2＝. 又·＝0，易知F(1,0)，所以(1－x1)(1－x2)＋k2(x1＋1)(x2＋1)＝0，即(k2＋1)x1x2＋(k2－1)(x1＋x2)＋k2＋1＝0，即2k2＋2＋(k2－1)＝0，解得k＝.故選B. 二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．將正確答案填在題中的橫線上．) 13．[2019·陜西寶雞四校第二次聯(lián)考]已知α為銳角，且sin α·(－tan 10°)＝1，則α＝_____

12、___. 答案：40° 解析：由題意知sin α(－tan 10°) ＝sin α· ＝sin α· ＝sin α·＝sin α· ＝＝1， 即sin α＝sin 40°.因為α為銳角，所以α＝40°. 14．[2019·山東鄒城質監(jiān)]觀察下列各式： 12＝； 12＋22＝； 12＋22＋32＝； 12＋22＋32＋42＝； …… 照此規(guī)律，當n∈N*時，12＋22＋32＋…＋n2＝________. 答案： 解析：第一個式子：12＝；第二個式子：12＋22＝；第三個式子：12＋22＋32＝；第四個式子：12＋22＋32＋42＝；……第n個式子：12＋22＋32

13、＋…＋n2＝＝. 15．[2019·福建福州質量抽測]隨機抽取某中學甲班9名同學、乙班10名同學，得到他們的期中考試數(shù)學成績的莖葉圖如圖所示，估計該中學甲、乙兩班數(shù)學成績的中位數(shù)分別是________. 答案：76　83 解析：將甲班9名同學的成績按從小到大的順序排列，為52,66,72,74,76,76,78,82,96，故中位數(shù)為76；將乙班10名同學的成績按從小到大的順序排列，為62,74,76,78,82,84,85,86,88,92，故中位數(shù)為＝83. 16．[2019·湖南四校摸底]已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿足f＋f(x)＝0，當－≤x≤0時，f(x)＝2x＋a，

14、則f(16)＝________. 答案： 解析：由f＋f(x)＝0，得f(x)＝－f＝f(x＋5)，所以函數(shù)f(x)是以5為周期的函數(shù)，則f(16)＝f(3×5＋1)＝f(1)．又f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，所以f(0)＝0，即1＋a＝0，解得a＝－1，所以當－≤x≤0時，f(x)＝2x－1，所以f(－1)＝－，則f(1)＝－f(－1)＝，故f(16)＝. 三、解答題(本大題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．) 17．(12分)[2019·河南鄭州高中畢業(yè)班第二次質量預測]已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，an>0，若an＝＋(n≥2且n∈N*)．

15、 (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)記cn＝an·2an，求數(shù)列{cn}的前n項和Tn. 解析：(1)依題意知an＝＋(n≥2且n∈N*)，且an>0， 又當n≥2時，an＝Sn－Sn－1， 兩式相除，得－＝1(n≥2)， 可知數(shù)列{}是以1為首項，公差為1的等差數(shù)列， 所以＝1＋(n－1)×1＝n，即Sn＝n2. 當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1， 當n＝1時，a1＝S1＝1，滿足上式， 所以an＝2n－1(n∈N*)． (2)由(1)知，an＝2n－1，所以cn＝(2n－1)·22n－1， 則Tn＝1×2＋3×23＋5×25＋…＋

16、(2n－1)×22n－1　①， 4Tn＝1×23＋3×25＋…＋(2n－3)×22n－1＋(2n－1)×22n＋1?、?， ①－②得－3Tn＝2＋2×(23＋25＋…＋22n－1)－(2n－1)×22n＋1＝2＋2×－(2n－1)×22n＋1＝－＋×22n＋1， 所以Tn＝. 18．(12分)[2019·河南開封模擬]如圖，在四棱錐P－ABCD中，AB⊥AC，AB⊥PA，AB∥CD，AB＝2CD，E，F(xiàn)，G，M，N分別為PB，AB，BC，PD，PC的中點． (1)求證：CE∥平面PAD； (2)求證：平面EFG⊥平面EMN. 解析： (1)取PA的中點H，連接EH，D

17、H. 因為E為PB的中點， 所以EH綊AB.又CD綊AB， 所以EH綊CD. 所以四邊形DCEH是平行四邊形，所以CE∥DH. 又DH?平面PAD，CE?平面PAD，所以CE∥平面PAD. (2)因為E，F(xiàn)分別為PB，AB的中點，所以EF∥PA. 又AB⊥PA， 所以EF⊥AB，同理可證AB⊥FG. 又EF∩FG＝F，EF，F(xiàn)G?平面EFG， 所以AB⊥平面EFG. 又M，N分別為PD，PC的中點， 所以MN∥CD.又AB∥CD，所以MN∥AB， 所以MN⊥平面EFG. 因為MN?平面EMN，所以平面EFG⊥平面EMN. 19．(12分)[2019·廣東七校聯(lián)考]

18、某物流公司每天從甲地運貨物到乙地，統(tǒng)計最近200天配送的貨物量，可得如圖所示的頻率分布直方圖．(頻率分布直方圖中每個小組取中間值作為該組數(shù)據(jù)的代表) (1)估計該物流公司從甲地到乙地平均每天配送的貨物量； (2)該物流公司擬購置貨車專門運送從甲地到乙地的貨物，一輛貨車每天只能運送一趟，每輛貨車每趟最多只能裝載40件貨物，滿載發(fā)車，否則不發(fā)車．若發(fā)車，則每輛貨車每趟可獲利1 000元；若未發(fā)車，則每輛貨車每天虧損200元．為使該物流公司此項業(yè)務每天的營業(yè)利潤最大，估計該物流公司應該購置幾輛貨車？ 解析：(1)根據(jù)題意及頻率分布直方圖得 a＝÷40＝， 易知從甲地到乙地每天配送的貨物

19、量為60件，100件，140件，180件的天數(shù)分別為25,50,100,25. 故估計該公司從甲地到乙地平均每天配送的貨物量為 ＝125(件)． (2)由(1)可知從甲地到乙地每天配送的貨物量為60件，100件，140件，180件的天數(shù)分別為25,50,100,25，依題意知， (ⅰ)若購置1輛車，則物流公司每天的營業(yè)利潤值為1 000； (ⅱ)若購置2輛車，則每天的營業(yè)利潤值的可能取值為2 000,800，對應的天數(shù)分別為175,25， 故平均利潤值為＝1 850； (ⅲ)若購置3輛車，則每天的營業(yè)利潤值的可能取值為3 000,1 800,600，對應的天數(shù)分別為125,50,

20、25， 故平均利潤值為＝2 400； (ⅳ)若購置4輛車，則每天的營業(yè)利潤值的可能取值為4 000,2 800,1 600,400，對應的天數(shù)分別為25,100,50,25， 故平均利潤值為＝2 350. 因為2 400>2 350>1 850>1 000， 所以為使該物流公司此項業(yè)務每天的營業(yè)利潤最大，該物流公司應該購置3輛貨車． 20．(12分)[2019·湖南湘東六校聯(lián)考]已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率e＝，點A(b,0)，B，F(xiàn)分別為橢圓C的上頂點和左焦點，且|BF|·|BA|＝2. (1)求橢圓C的方程． (2)若過定點M(0,2)的直線l與橢圓C交于G，H

21、兩點(G在M，H之間)，設直線l的斜率k>0，在x軸上是否存在點P(m,0)，使得以PG，PH為鄰邊的平行四邊形為菱形？如果存在，求出m的取值范圍；如果不存在，請說明理由． 解析：(1)由離心率e＝得a＝2c?、? 由|BF|·|BA|＝2，得a·＝2，∴ab＝2?、? 又a2－b2＝c2?、郏嘤散佗冖劭傻胊2＝4，b2＝3， ∴橢圓C的方程為＋＝1. (2)設直線l的方程為y＝kx＋2(k>0)， 由得(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0，易知Δ>0，∴k>. 設G(x1，y1)，H(x2，y2)，則x1＋x2＝，＋＝(x1＋x2－2m，k(x1＋x2)＋4)，＝(x2－x1

22、，y2－y1)＝(x2－x1，k(x2－x1))． ∵菱形的對角線互相垂直，∴(＋)·＝0， ∴(1＋k2)(x1＋x2)＋4k－2m＝0，得m＝－， 即m＝－，∵k>，∴－≤m<0(當且僅當＝4k時，等號成立)． ∴存在滿足條件的實數(shù)m，m的取值范圍為. 21．(12分)[2019·北京朝陽區(qū)期中]已知函數(shù)f(x)＝2mx3－3x2＋1(m∈R)． (1)當m＝1時，求f(x)在區(qū)間[－1,2]上的最大值和最小值； (2)求證：“m>1”是“函數(shù)f(x)有唯一零點”的充分不必要條件． 解析：(1)由題意得f′(x)＝6mx2－6x＝6x(mx－1)，所以當m＝1時，f(x)＝

23、2x3－3x2＋1，f′(x)＝6x(x－1)，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝1. 當x在[－1,2]內變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： 由上表知，當x∈[－1,2]時，f(x)max＝5，f(x)min＝－4. 故f(x)在區(qū)間[－1,2]上的最大值和最小值分別為5和－4. (2)因為m>1，所以由f′(x)＝6mx＝0得x＝0或x＝. 當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： 因為f＝2m·－3·＋1＝－＋1，且m>1，所以f>0. 又f(－m)＝m2(－2m2－3)＋1<0，所以f(x)有唯一零點． 所以“m>1”是“函數(shù)f(x)有唯一

24、零點”的充分條件． 當m＝－2時，當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： 又f＝－＋1>0，f(0)>0，f(3)<0，所以此時f(x)也有唯一零點． 從而可知“m>1”是“函數(shù)f(x)有唯一零點”的充分不必要條件． 選考題(請考生在第22、23題中任選一題作答，多答、不答按本選考題的首題進行評分．) 22．(10分)[2019·湖南衡陽八中模擬][選修4－4：坐標系與參數(shù)方程] 在平面直角坐標系xOy中，直線l的參數(shù)方程為(t為參數(shù)，0≤α<π)．以坐標原點為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線C的極坐標方程為ρcos2θ＝4sin θ. (1)求直線l的

25、普通方程與曲線C的直角坐標方程； (2)設直線l與曲線C交于不同的兩點A，B，若|AB|＝8，求α的值． 解析：(1)直線l的普通方程為x·sin α－y·cos α＋cos α＝0， ∵曲線C的極坐標方程為ρcos2θ＝4sin θ， ∴ρ2cos2θ＝4ρsin θ，又ρcos θ＝x，ρsin θ＝y(tǒng)， ∴曲線C的直角坐標方程為x2＝4y. (2)將(t為參數(shù)，0≤α<π)代入x2＝4y， 得t2·cos2α－4t·sin α－4＝0，設點A，B對應的參數(shù)分別為t1，t2， 則t1＋t2＝，t1·t2＝. ∵|AB|＝|t1－t2|＝＝＝8， ∴cos α＝±，α＝或

26、α＝. 23．(10分)[2019·福建福州二檢][選修4－5：不等式選講] 已知不等式|2x＋1|＋|2x－1|<4的解集為M. (1)求集合M； (2)設實數(shù)a∈M，b?M，證明：|ab|＋1≤|a|＋|b|. 解析：(1)方法一　當x<－時，不等式化為－2x－1＋1－2x<4，即x>－1， 所以－1時，不等式化為2x＋1＋2x－1<4，即x<1，所以

27、x)的圖象如圖所示． 因為f(x)<4，由圖可得，－1