（全國(guó)通用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題提分教程 基礎(chǔ)保分強(qiáng)化訓(xùn)練（二）理

《（全國(guó)通用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題提分教程 基礎(chǔ)保分強(qiáng)化訓(xùn)練（二）理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國(guó)通用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題提分教程 基礎(chǔ)保分強(qiáng)化訓(xùn)練（二）理（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、基礎(chǔ)保分強(qiáng)化訓(xùn)練(二) A．[1，＋∞) B. C. D．(1，＋∞) 答案　A 解析　因?yàn)锳∩B≠?，所以解得a≥1，故選A. 2．若復(fù)數(shù)z＝在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第四象限，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是(　　) A．(－1,1) B．(－1,0) C．(1，＋∞) D．(－∞，－1) 答案　A 解析　因?yàn)閦＝＝＝＋i，在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為，且在第四象限，所以 解得－1

2、等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且S13＝13S7，所以＝13×，即a7＝7a4，所以＝7.故選C. 4．如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)為1，粗實(shí)線畫出的是某簡(jiǎn)單幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　由三視圖可得該幾何體為半圓錐，底面半圓的半徑為2，高為2，則其體積V＝××π×22×2＝，故選A. 5．已知i與j為互相垂直的單位向量，a＝i－2j，b＝i＋λj，且a與b的夾角為銳角，則實(shí)數(shù)λ的取值范圍是(　　) A．(－∞，－2)∪ B. C.∪ D. 答案　A 解析　因?yàn)閕與j為互相垂直的單位向量，所以i2＝j(luò)2＝1，i

3、·j＝0.又因?yàn)閍＝i－2j，b＝i＋λj，且a與b的夾角為銳角，所以a·b＝1－2λ>0，λ<.但當(dāng)λ＝－2時(shí)，a＝b，不滿足要求，故滿足條件的實(shí)數(shù)λ的取值范圍為(－∞，－2)∪.故選A. 6．若函數(shù)f(x)＝sin2x＋cos2x，則下列結(jié)論正確的是(　　) A．函數(shù)f(x)的最小正周期為2π B．對(duì)任意的x∈R，都有f＋f(－x)＝0 C．函數(shù)f(x)在上是減函數(shù) D．函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝－對(duì)稱 答案　B 解析　函數(shù)f(x)＝sin2x＋cos2x＝sin，則函數(shù)f(x)的最小正周期為T＝＝π，故A錯(cuò)誤；f＋f(－x)＝sin＋sin＝0，故B正確；令＋2kπ≤2

4、x＋≤2kπ＋(k∈Z)，解得＋kπ≤x≤kπ＋(k∈Z)，當(dāng)k＝0時(shí)，函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為，故C錯(cuò)誤；當(dāng)x＝－時(shí)，f＝0，故D錯(cuò)誤．故選B. 7．已知長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，B1C，C1D與底面ABCD所成的角分別為60°和45°，則異面直線B1C和C1D所成角的余弦值為(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　∵B1C和C1D與底面ABCD所成的角分別為60°和45°， ∴∠B1CB＝60°，∠C1DC＝45°.由圖可知，B1C與C1D所成的角，即為A1D與C1D所成的角，即∠A1DC1.令BC＝1，則B1B＝AB＝，∴A1D＝2，A1C1＝2，C1

5、D＝.由余弦定理，得cos∠A1DC1＝＝.故選A. 8．把標(biāo)號(hào)為1,2,3,4的四個(gè)小球分別放入標(biāo)號(hào)為1,2,3,4的四個(gè)盒子中，每個(gè)盒子只放一個(gè)小球，則1號(hào)球不放入1號(hào)盒子的方法共有(　　) A．18種 B．9種 C．6種 D．3種 答案　A 解析　由于1號(hào)球不放入1號(hào)盒子，則1號(hào)盒子有2,3,4號(hào)球三種選擇，還剩余三個(gè)球可以任意放入2,3,4號(hào)盒子中，則2號(hào)盒子有三種選擇，3號(hào)盒子還剩兩種選擇，4號(hào)盒子只有一種選擇，根據(jù)分步計(jì)數(shù)原理可得1號(hào)球不放入1號(hào)盒子的方法有C·C·C·1＝18種．故選A. 9．已知F1，F(xiàn)2是雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的兩個(gè)焦點(diǎn)，P是雙曲線

6、C上一點(diǎn)，若|PF1|＋|PF2|＝6a，且△PF1F2的最小內(nèi)角的大小為30°，則雙曲線C的漸近線方程是(　　) A.x±y＝0 B．x±y＝0 C．2x±y＝0 D．x±2y＝0 答案　A 解析　不妨設(shè)|PF1|>|PF2|，則 所以|PF1|＝4a，|PF2|＝2a，且|F1F2|＝2c，即|PF2|為最小邊，所以∠PF1F2＝30°，則△PF1F2為直角三角形，所以2c＝2a，所以b＝a，即漸近線方程為y＝±x，故選A. 10．若x，y滿足且z＝y(tǒng)－x的最小值為－12，則k的值為(　　) A. B．－ C. D．－ 答案　D 解析　依題意，易知k≤－1和k≥

7、0不符合題意．由得A，結(jié)合圖形可知，當(dāng)直線z＝y(tǒng)－x過(guò)點(diǎn)A時(shí)，z有最小值，于是有0＋＝－12，k＝－，選D. 11．橢圓＋y2＝1上存在兩點(diǎn)A，B關(guān)于直線4x－2y－3＝0對(duì)稱，若O為坐標(biāo)原點(diǎn)，則|＋|＝(　　) A．1 B. C. D. 答案　C 解析　由題意，直線AB與直線4x－2y－3＝0垂直，設(shè)直線AB的方程為y＝－x＋m. 由消去y整理得x2－2mx＋2m2－2＝0，∵直線AB與橢圓交于兩點(diǎn)，∴Δ＝(－2m)2－4(2m2－2)＝－4m2＋8>0，解得－

8、0＝－x0＋m＝，∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為.由題意得點(diǎn)M在直線4x－2y－3＝0上，∴4m－2×－3＝3m－3＝0，解得m＝1.∴x1＋x2＝2，y1＋y2＝－(x1＋x2)＋2m＝1，∴＋＝(2,1)，∴|＋|＝.故選C. 12．已知角α的頂點(diǎn)與直角坐標(biāo)系的原點(diǎn)重合，始邊與x軸的非負(fù)半軸重合，終邊經(jīng)過(guò)點(diǎn)P(－1,2)，則cos2α＝________. 答案?。? 解析　設(shè)點(diǎn)P到原點(diǎn)的距離是r，由三角函數(shù)的定義，得r＝，sinα＝＝，可得cos2α＝1－2sin2α＝1－2×2＝－. 13．將1,2,3,4，…正整數(shù)按如圖所示的方式排成三角形數(shù)組，則第10行左數(shù)第10個(gè)數(shù)為________．

9、 答案　91 解析　由三角形數(shù)組可推斷出，第n行共有2n－1項(xiàng)，且最后一項(xiàng)為n2，所以第10行共19項(xiàng)，最后一項(xiàng)為100，左數(shù)第10個(gè)數(shù)是91. 14．已知在△ABC中，B＝2A，∠ACB的平分線CD把三角形分成△BCD和△ACD，且S△BCD∶S△ACD＝4∶3，則cosA＝________. 答案　 解析　在△ADC中，由正弦定理，得＝?＝.同理，在△BCD中，得＝?＝， 又sin∠ADC＝sin∠BDC，sin∠ACD＝sin∠BCD，所以＝?AC＝BC，由正弦定理，得sinB＝sinA，又B＝2A，即sinB＝2sinAcosA，求得cosA＝. - 6 -