（課標專用）天津市2020高考數(shù)學二輪復(fù)習 綜合能力訓練

《（課標專用）天津市2020高考數(shù)學二輪復(fù)習 綜合能力訓練》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（課標專用）天津市2020高考數(shù)學二輪復(fù)習 綜合能力訓練（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、綜合能力訓練 　綜合能力訓練第63頁　? 第Ⅰ卷(選擇題,共40分) 一、選擇題(本大題共8小題,每小題5分,共40分) 1.設(shè)集合A={x|x2-2x<0},B=x1x-1>0,則A∩B=(　　) A.(-∞,1) B.(2,+∞) C.R D.(1,2) 答案:D 解析:∵A={x|x2-2x<0}={x|00={x|x-1>0}=(1,+∞), ∴A∩B=(1,2).故選D. 2.已知直線x+y=1與拋物線y2=2px(p>0)交于A,B兩點.若OA⊥OB,則△OAB的面積為(　　) A.1 B.52 C.5 D.2 答案

2、:B 解析:設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),由x+y=1與拋物線y2=2px,得y2+2py-2p=0,解得y1=-p+p2+2p,x1=1+p-p2+2p,y2=-p-p2+2p,x2=1+p+p2+2p. 由OA⊥OB得,x1x2+y1y2=0,即[(1+p)2-(p2+2p)]+[p2-(p2+2p)]=0,化簡得2p=1, 從而A3-52,-1+52,B3+52,-1-52,|OA|2=x12+y12=5-25,|OB|2=x22+y22=5+25,△OAB的面積S=12|OA||OB|=52.故選B. 3.已知奇函數(shù)f(x)在R上是增函數(shù),g(x)=xf(x).若a=g

3、(-log25.1),b=g(20.8),c=g(3),則a,b,c的大小關(guān)系為(　　) A.a0時,f(x)>0,f'(x)>0. ∴當x>0時,g'(x)=f(x)+xf'(x)>0恒成立, ∴g(x)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增. ∵2

4、a0)在區(qū)間[0,π]上的值域為-12,1,則ω的最小值為(　　) A.23 B.34 C.43 D.32 答案:A 解析:∵0≤x≤π,∴-π6≤ωx-π6≤ωπ-π6. ∵f(x)在區(qū)間[0,π]上的值域為-12,1, f(0)=sin-π6=-12, ∴2kπ+π2≤ωπ-π6≤2kπ+5π6,k∈Z, 整理得2k+23≤ω<2k+1,k∈Z. ∵ω>0,∴ω最小值為23,故選A. 5.某地實行“3+2+1”模式,即“3”指語文、數(shù)學、外語三門必考科目,“1”指從物理、歷史兩門科目中必選一門,“2”指在化學、生

5、物、政治、地理以及除了必選一門以外的歷史或物理這五門學科中任意選擇兩門學科,則一名學生的不同選科組合有(　　) A.8種 B.12種 C.16種 D.20種 答案:C 解析:若這名學生只選物理和歷史中的一門,則有C21C42=12種組合; 若這名學生物理和歷史都選,則有C41=4種組合; 因此共有12+4=16種組合.故選C. 6.已知雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)被斜率為1的直線截得的弦的中點為(4,1),則該雙曲線離心率是(　　) A.52 B.62 C.103 D.2 答案:A 解析:設(shè)直線l與雙曲線交于點A(x1,y1),B(x2,y2),則(x1+x

6、2)(x1-x2)a2-(y1+y2)(y1-y2)b2=0,即y1-y2x1-x2=b2(x1+x2)a2(y1+y2).由弦的中點為(4,1),直線的斜率為1可知,x1+x2=8,y1+y2=2,y1-y2x1-x2=1,∴b2a2=14,e2=1+b2a2=54.∴e=52.故選A. 7.已知函數(shù)f(x)=sin(πx2),-1

7、∈[0,+∞),則ea-1=1, ∴a=1.因此a=1或a=-22. 8.(2019山東濟南一模)我國數(shù)學家祖暅提出了計算體積的祖暅原理:冪勢既同,則積不容異.意思是:兩個等高的幾何體,若在所有等高處的水平截面的面積相等,則這兩個幾何體的體積相等.已知曲線C:y=f(x)=x2,直線l為曲線C在點(1,1)處的切線.如圖所示,陰影部分為曲線C、直線l以及x軸所圍成的平面圖形,記該平面圖形繞y軸旋轉(zhuǎn)一周所得的幾何體為T.給出以下四個幾何體: ①是底面直徑和高均為1的圓錐; ②是將底面直徑和高均為1的圓柱挖掉一個與圓柱同底等高的倒置圓錐得到的幾何體; ③是底面邊長和高均為1的正四

8、棱錐; ④是將上底面直徑為2,下底面直徑為1,高為1的圓臺挖掉一個底面直徑為2,高為1的倒置圓錐得到的幾何體. 根據(jù)祖暅原理,以上四個幾何體的體積與T的體積相等的是(　　) A.① B.② C.③ D.④ 答案:A 解析:∵幾何體T是由題圖中的陰影部分旋轉(zhuǎn)得到,所以橫截面為環(huán)形,且等高的時候,拋物線對應(yīng)的點的橫坐標為x1,切線對應(yīng)的橫坐標為x2. f(x)=x2,f'(x)=2x,∴k=f'(1)=2. 切線方程為y-1=2(x-1),即y=2x-1.∴x12=y,x2=y+12, 橫截面面積S=πx22-πx12=π(y+1)24-y=πy-122. ①中圓錐的高為1,底面

9、半徑為12,可以看成由線段y=2x+1-12≤x≤0、x軸、y軸圍成的三角形繞y軸旋轉(zhuǎn)得到,橫截面的面積為S=πx2=πy-122. 所以幾何體T和①中的圓錐在所有等高處的水平截面的面積相等,所以兩者體積相等,故選A. 第Ⅱ卷(非選擇題,共110分) 二、填空題(本大題共6小題,每小題5分,共30分) 9.已知a,b∈R,i是虛數(shù)單位.若(1+i)(1-bi)=a,則ab的值為　　　　　.? 答案:2 解析:(1+i)(1-bi)=1+b+(1-b)i=a,則1+b=a,1-b=0, 所以a=2,b=1,即ab=2.故答案為2. 10.過點M(-1,0)引曲線C:y=2x3+a

10、x+a的兩條切線,這兩條切線與y軸分別交于A,B兩點.若|MA|=|MB|,則a=　　　　　.? 答案:-274 解析:設(shè)切點坐標為(t,2t3+at+a). ∵y'=6x2+a,∴6t2+a=2t3+at+at+1, 即4t3+6t2=0,解得t=0或t=-32. ∵|MA|=|MB|,∴兩切線的斜率互為相反數(shù), 即2a+6×-322=0,解得a=-274. 11.已知兩球O1和O2在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1的內(nèi)部,且互相外切.若球O1與過點A的正方體的三個面相切,球O2與過點C1的正方體的三個面相切,則球O1和O2的表面積之和的最小值為　　　　　　　　　　.

11、? 答案:3(2-3)π 解析:設(shè)球O1、球O2的半徑分別為R1,R2. ∵AO1=3R1,C1O2=3R2,O1O2=R1+R2, ∴(3+1)(R1+R2)=3,R1+R2=33+1,球O1和O2的表面積之和為4π(R12+R22)≥4π·2R1+R222=2π(R1+R2)2=3(2-3)π. 12.(2019山東濟南3月模擬)在1x-1(x+1)5的展開式中,x的系數(shù)為　　　　　.(用數(shù)字作答)? 答案:-5 解析:要求x的系數(shù),則(x+1)5展開式中x2項與1x相乘,x項與-1相乘,所以展開式中x2項為C51(x)4=5x2,它與1x相乘得5x,展開式中x項為C53(x

12、)2=10x,它與-1相乘得-10x, 所以x的系數(shù)為-10+5=-5. 13.已知雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左焦點為F,A,B分別是雙曲線C的左、右頂點,P為C上一點,且PF⊥x軸,過點A的直線l與線段PF交于點M,與y軸交于點E,直線BM與y軸交于點N.若OE=2NO(O為坐標原點),則雙曲線C的離心率為　　　　　.? 答案:3 解析:因為PF⊥x軸,所以設(shè)M(-c,t). 因為A(-a,0),B(a,0), 所以AE的斜率k=ta-c, 則AE的方程為y=ta-c(x+a), 令x=0,得y=taa-c,即E0,taa-c. 因為BN的斜率

13、為-ta+c,所以BN的方程為y=-ta+c(x-a). 令x=0,則y=taa+c,即N0,taa+c, 因為|OE|=2|ON|, 所以2·taa+c=taa-c, 即2(c-a)=c+a,即c=3a,則離心率e=ca=3. 故答案為3. 14.已知a,b為空間中兩條互相垂直的直線,等腰直角三角形ABC的直角邊AC所在直線與a,b都垂直,斜邊AB以直線AC為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn),有下列結(jié)論: ①當直線AB與a成60°角時,AB與b成30°角; ②當直線AB與a成60°角時,AB與b成60°角; ③直線AB與a所成角的最小值為45°; ④直線AB與a所成角的最大值為60°. 其中

14、正確的是　　　　　.(填序號)? 答案:②③ 解析:由題意,AB是以AC為軸,BC為底面半徑的圓錐的母線,由AC⊥a,AC⊥b,得AC⊥圓錐底面,在底面內(nèi)可以過點B,作BD∥a,交底面圓C于點D,如圖所示,連接DE,則DE⊥BD,∴DE∥b.連接AD,在等腰三角形ABD中,設(shè)AB=AD=2,當直線AB與a成60°角時,∠ABD=60°,故BD=2.又在Rt△BDE中,BE=2,∴DE=2,過點B作BF∥DE,交圓C于點F,連接AF,由圓的對稱性可知BF=DE=2,∴△ABF為等邊三角形, ∴∠ABF=60°,即AB與b成60°角,②正確,①錯誤.由最小角定理可知③正確;很明顯,可以滿足直

15、線a⊥平面ABC,直線AB與a所成的最大角為90°,④錯誤.故正確的說法為②③. 三、解答題(本大題共6小題,共80分) 15.(13分)已知△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,a=23,且(23+b)(sin A-sin B)=(c-b)sin C. (1)求角A的大小; (2)求△ABC的面積的最大值. 解:(1)∵a=23,且(23+b)(sinA-sinB)=(c-b)sinC, ∴(a+b)(sinA-sinB)=(c-b)sinC,利用正弦定理,得a2-b2=c2-bc,即cosA=b2+c2-a22bc=12.∵0

16、=23,A=π3,∴a2=b2+c2-2bccosA, 即12=b2+c2-bc≥2bc-bc=bc,當且僅當b=c時,等號成立. ∴S△ABC=12bcsinA≤12×12×32=33. 當且僅當b=c時,△ABC的面積取最大值33. 16.(13分)設(shè){an}是等差數(shù)列,前n項和為Sn(n∈N*),{bn}是等比數(shù)列,a1=-3,S5=5,b1=a4,b1+b3=3(b2+1). (1)求數(shù)列{an}和數(shù)列{bn}的通項公式; (2)設(shè)cn=anbn,記Tn=c1+c2+c3+…+cn,求Tn. 解:(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,等比數(shù)列{bn}的公比為q. 由已知得

17、S5=5a1+5×42d=5,即a1+2d=1. 又a1=-3,所以d=2.所以an=2n-5. 因為b1=a4=3,b1+b3=3(b2+1), 所以3(1+q2)=3(3q+1), 即q=3(q=0不符合題意,舍去). 所以bn=3·3n-1=3n. 所以{an}和{bn}的通項公式分別為an=2n-5,bn=3n. (2)由(1)知,cn=2n-53n, 所以Tn=-33+-132+133+…+2n-53n, 13Tn=-332+-133+…+2n-73n+2n-53n+1, 上述兩式相減,得23Tn=-33+232+…+23n-2n-53n+1=-1+2·132-1

18、3n+11-13-2n-53n+1=-1+13-13n-2n-53n+1=-23-2n-23n+1. 故Tn=-1-n-13n. 17.(13分)(2019天津和平區(qū)第二次質(zhì)量調(diào)查)如圖,正方形ADEF與梯形ABCD所在的平面互相垂直,AD⊥CD,AB∥CD,AB=AD=12CD=1,點M在線段EC上. (1)若點M為EC的中點,求證:BM∥平面ADEF; (2)求證:平面BDE⊥平面BEC; (3)當平面BDM與平面ABF所成二面角的余弦值為66時,求AM的長. (1)證明∵正方形ADEF與梯形ABCD所在的平面互相垂直,AD為交線, ∴ED⊥平面ABCD,由已知得DA

19、,DE,DC兩兩垂直, 建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz,可得D(0,0,0),A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,2,0),E(0,0,1),F(1,0,1). 由M為EC的中點,知M0,1,12,故BM=-1,0,12. 易知平面ADEF的法向量為DC=(0,2,0). ∵BM·DC=0,∴BM⊥DC. ∵BM?平面ADEF,∴BM∥平面ADEF. (2)證明由(1)知BE=(-1,-1,1),BC=(-1,1,0),BD=(-1,-1,0). 設(shè)平面BDE的法向量為m=(x1,y1,z1), 平面BEC的法向量為n=(x2,y2,z2), 由m·BE=-x

20、1-y1+z1=0,m·BD=-x1-y1=0, 得z1=0.令x1=1,得m=(1,-1,0). 由n·BE=-x2-y2+z2=0,n·BC=-x2+y2=0,令x2=1,得n=(1,1,2). ∵m·n=1-1+0=0,故平面BDE⊥平面BEC. (3)解設(shè)EM=λEC,λ∈[0,1],設(shè)M(x,y,z),計算可得M(0,2λ,1-λ), 則BM=(-1,2λ-1,1-λ),BD=(-1,-1,0), 設(shè)平面BDM的法向量為p=(x3,y3,z3). 由p·BD=-x3-y3=0,p·BM=-x3+(2λ-1)y3+(1-λ)z3=0, 令x3=1,得p=1,-1,2λ1

21、-λ. 易知平面ABF的法向量為DA=(1,0,0), 由已知得|cos|=|p·DA||p||DA|=12+2λ1-λ2×1=66, 解得λ=12,此時M0,1,12. ∵AM=-1,1,12,∴|AM|=1+1+14=32, 即AM的長為32. 18.(13分)(2019湖南師大附中模擬)在湖南師大附中的校園歌手大賽決賽中,有6位參賽選手(1號至6號)登臺演出,由現(xiàn)場的100位同學投票選出最受歡迎的歌手,各位同學須彼此獨立地在投票器上選出3位候選人,其中甲同學是1號選手的同班同學,必選1號,另在2號至6號選手中隨機選2名;乙同學不欣賞2號選手,必不選2號,在其他5位

22、選手中隨機選出3名;丙同學對6位選手的演唱沒有偏愛,因此在1號至6號選手中隨機選出3名. (1)求同學甲選中3號選手且同學乙未選中3號選手的概率; (2)設(shè)3號選手得到甲、乙、丙三位同學的票數(shù)之和為X,求X的分布列和數(shù)學期望. 解:設(shè)A表示事件“甲同學選中3號選手”,B表示事件“乙同學選中3號選手”,C表示事件“丙同學選中3號選手”. (1)因為P(A)=C41C52=25,P(B)=C42C53=35, 所以P(AB)=P(A)P(B)=25×1-35=425. (2)因為P(C)=C52C63=12, 所以X可能的取值為0,1,2,3, P(X=0)=P(ABC)=1-25

23、×1-35×1-12=35×25×12=325, P(X=1)=P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)=25×25×12+35×35×12+35×25×12=1950, P(X=2)=P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)=25×35×12+25×25×12+35×35×12=1950, P(X=3)=P(ABC)=25×35×12=325. 所以X的分布列為 X 0 1 2 3 P 325 1950 1950 325 X的數(shù)學期望E(X)=0×325+1×1950+2×1950+3×325=32. 19.(14分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b

24、>0)的左、右焦點F1,F2與橢圓短軸的一個端點構(gòu)成邊長為4的正三角形. (1)求橢圓C的標準方程; (2)過橢圓C上任意一點P作橢圓C的切線與直線F1P的垂線F1M相交于點M,求點M的軌跡方程; (3)若切線MP與直線x=-2交于點N,求證:|NF1||MF1|為定值. (1)解∵2c=a=4,∴c=2,b=23. ∴橢圓C的標準方程為x216+y212=1. (2)解由(1)知F1(-2,0),設(shè)P(x0,y0),M(x,y), 過橢圓C上點P的切線方程為x0x16+y0y12=1,① 直線F1P的斜率kF1P=y0x0+2, 則直線MF1的斜率kMF1=-x0+2y0,

25、 直線MF1的方程為y=-x0+2y0(x+2), 即yy0=-(x0+2)(x+2),② ①②聯(lián)立,解得x=-8, 故點M的軌跡方程為x=-8. (3)證明依題意及(2),知點M,N的坐標可表示為M(-8,yM),N(-2,yN), 點N在切線MP上,由①式得yN=3(x0+8)2y0, 點M在直線MF1上,由②式得yM=6(x0+2)y0, |NF1|2=yN2=9(x0+8)24y02,|MF1|2=[(-2)-(-8)]2+yM2=36[y02+(x0+2)2]y02, 故|NF1|2|MF1|2=9(x0+8)24y02·y0236[y02+(x0+2)2] =1

26、16·(x0+8)2y02+(x0+2)2,③ 注意到點P在橢圓C上,即x0216+y0212=1, 于是y02=48-3x024,代入③式并整理得|NF1|2|MF1|2=14, 故|NF1||MF1|的值為定值12. 20.(14分)已知函數(shù)f(x)=ln(1+x)+a2x2-x(a≥0). (1)若f(x)>0對x∈(0,+∞)都成立,求a的取值范圍; (2)已知e為自然對數(shù)的底數(shù),證明:?n∈N*,e<1+1n21+2n2…1+nn2

27、1+x. ①當a=0時,f'(x)=-x1+x,當x∈(0,+∞)時,f'(x)<0, 則f(x)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減,此時,f(x)0, 當x∈0,1-aa時,f'(x)<0, 則f(x)在區(qū)間0,1-aa內(nèi)單調(diào)遞減, 此時,f(x)0, 則f(x)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,此時,f(x)>f(0)=0,符合題意. ④當a>1時,令f'(x)=0,得x1=0,x2=1-

28、aa<0, 當x∈(0,+∞)時,f'(x)>0, 則f(x)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,此時,f(x)>f(0)=0,符合題意. 綜上所述,a的取值范圍為[1,+∞). (2)證明由(1)可知,當a=0時,f(x)<0對x∈(0,+∞)都成立, 即ln(1+x)

29、+2n2…1+nn20對x∈(0,+∞)都成立, 即x-12x2