2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 沖刺創(chuàng)新專題 保溫卷一 文

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1、保溫卷一 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．設(shè)集合A＝{x|－1≤x≤2，x∈N}，集合B＝{2,3}，則A∪B等于(　　) A．{－1,0,1,2,3} B．{0,1,2,3} C．{1,2,3} D．{2} 答案　B 解析　因?yàn)榧螦＝{x|－1≤x≤2，x∈N}＝{0,1,2}，B＝{2,3}，所以A∪B＝{0,1,2,3}． 2．設(shè)i為虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)z滿足(1＋i)z＝(－＋i)2，則共軛復(fù)數(shù)的虛部為

2、(　　) A.i B．－i C. D．－ 答案　C 解析　∵(1＋i)z＝(－＋i)2＝2－2i，∴z＝＝＝－1－i，∴＝－1＋i，∴復(fù)數(shù)的虛部為. 3．設(shè)a，b為非零向量，則“a∥b”是“a與b方向相同”的(　　) A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件 答案　B 解析　因?yàn)閍，b為非零向量，所以a∥b時(shí)，a與b方向相同或相反，因此“a∥b”是“a與b方向相同”的必要而不充分條件． 4．函數(shù)f(x)＝2x＋3x的零點(diǎn)所在的一個(gè)區(qū)間是(　　) A．(－2，－1) B．(－1,0) C．(0,1) D．(1,2)

3、答案　B 解析　易知函數(shù)f(x)＝2x＋3x在定義域上單調(diào)遞增且連續(xù)，且f(－2)＝2－2－6<0，f(－1)＝2－1－3<0，f(0)＝1>0，所以由零點(diǎn)存在性定理得，零點(diǎn)所在的區(qū)間是(－1,0)． 5．執(zhí)行如圖所示的程序框圖，則輸出x的值為(　　) A．－2 B．－ C． D．3 答案　A 解析　∵x＝，∴當(dāng)i＝1時(shí)，x＝－；i＝2時(shí)，x＝－2；i＝3時(shí)，x＝3；i＝4時(shí)，x＝，即x的值周期性出現(xiàn)，周期數(shù)為4，∵2018＝504×4＋2，∴輸出x的值為－2. 6．已知實(shí)數(shù)x，y滿足約束條件則目標(biāo)函數(shù)z＝的最小值為(　　) A．－ B．－ C．－ D．－ 答案　B

4、 解析　作出不等式組對應(yīng)的平面區(qū)域如圖，則目標(biāo)函數(shù)z＝的幾何意義為動點(diǎn)M(x，y)到定點(diǎn)D(－1，2)的斜率，當(dāng)M位于A時(shí)，DA的斜率最小，此時(shí)zmin＝＝－. 7．?dāng)?shù)列{an}中，a1＝2，且an＋an－1＝＋2(n≥2)，則數(shù)列前2019項(xiàng)和為(　　) A. B． C. D． 答案　B 解析　∵an＋an－1＝＋2(n≥2)， ∴a－a－2(an－an－1)＝n， 整理得(an－1)2－(an－1－1)2＝n， ∴(an－1)2－(a1－1)2＝n＋(n－1)＋…＋2，又a1＝2， ∴(an－1)2＝， 可得，＝＝2. 則數(shù)列的前2019項(xiàng)和為2＝2＝. 8．下列

5、四個(gè)圖中，函數(shù)y＝的圖象可能是(　　) 答案　C 解析　∵y＝是奇函數(shù)，其圖象向左平移1個(gè)單位所得圖象對應(yīng)的函數(shù)解析式為y＝，∴y＝的圖象關(guān)于(－1，0)中心對稱，故排除A，D，當(dāng)x＜－2時(shí)，y＜0恒成立．故選C. 9．已知公差不為0的等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＋a5＝10，a1a5＝a，則(　　) A．有最大值9 B．有最大值25 C．沒有最小值 D．有最小值－24 答案　D 解析　易知an＝－2n＋11，Sn＝－n2＋10n， ∴＝，n∈N*， ∴當(dāng)n>10時(shí)，>0，且n→＋∞時(shí)，→＋∞，無最大值，當(dāng)5

6、00.故選D. 10．已知在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC，AA1＝2AB，則CD與平面BDC1所成角的正弦值等于(　　) A. B． C． D． 答案　A 解析　設(shè)AC∩BD＝O，連接OC1，過C點(diǎn)作CH⊥OC1于點(diǎn)H，連接DH. ∵BD⊥AC，BD⊥AA1，AC∩AA1＝A，AC，AA1?平面ACC1A1， ∴BD⊥平面ACC1A1，又CH?平面ACC1A1， ∴BD⊥CH，又CH⊥OC1， BD∩OC1＝O，BD，OC1?平面C1BD， ∴CH⊥平面C1BD， 則∠CDH為CD與平面BDC1所成的角， 設(shè)AA1＝2AB＝2，

7、則OC1＝＝＝， 由等面積法得OC1·CH＝OC·CC1， 代入得CH＝，∴sin∠CDH＝＝. 11．已知橢圓E：＋＝1(a>b>0)的右焦點(diǎn)為F(c,0)．圓C：(x－c)2＋y2＝1上所有點(diǎn)都在橢圓E的內(nèi)部，過橢圓上任一點(diǎn)M作圓C的兩條切線，A，B為切點(diǎn)，若∠AMB＝θ，θ∈，則橢圓C的離心率為(　　) A．2－ B．3－2 C.－ D．－1 答案　B 解析　如圖可知，當(dāng)且僅當(dāng)點(diǎn)M為橢圓的左頂點(diǎn)時(shí)，∠AMB最小， 即∠AM1B＝， 在Rt△AM1C中，|AC|＝1，∠AM1C＝， 則|M1C|＝a＋c＝2， 同理，當(dāng)點(diǎn)M為橢圓的右頂點(diǎn)時(shí)，∠AMB最大， 可得|

8、M2C|＝a－c＝， 解得a＝，c＝， 離心率e＝＝3－2，故選B. 12．已知函數(shù)f(x)＝ln x－x2與g(x)＝(x－2)2＋－m(m∈R)的圖象上存在關(guān)于(1,0)對稱的點(diǎn)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是(　　) A．(－∞，1－ln 2) B．(－∞，1－ln 2] C．(1－ln 2，＋∞) D．[1－ln 2，＋∞) 答案　D 解析　∵函數(shù)f(x)＝ln x－x2與g(x)＝(x－2)2＋－m(m∈R)的圖象上存在關(guān)于(1,0)對稱的點(diǎn)， ∴f(x)＝－g(2－x)有解， ∴l(xiāng)n x－x2＝－x2－＋m在(0，＋∞)上有解， 即m＝ln x＋在(0，＋∞)上有解，

9、令h(x)＝ln x＋， 則h′(x)＝，x>0， ∴h(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增， ∴h(x)min＝h＝ln ＋1， ∴m≥ln ＋1＝1－ln 2. 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．已知平面向量a，b滿足(a＋b)·(2a－b)＝－4，且|a|＝2，|b|＝4，則a與b的夾角為________． 答案　 解析　由題意可得(a＋b)·(2a－b)＝2a2－b2＋a·b＝8－16＋a·b＝－4，解得a·b＝4，

10、 設(shè)a與b的夾角為θ， 所以cosθ＝＝， 又因?yàn)棣取蔥0，π]，所以θ＝. 14．已知數(shù)列a1，a2－a1，a3－a2，…，an－an－1，…是首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為________． 答案　an＝(n∈N*) 解析　∵a1，a2－a1，a3－a2，…，an－an－1，…是首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列， ∴當(dāng)n≥2時(shí)，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝， 又∵a1＝1滿足上式，∴an＝(n∈N*)． 15．在三棱錐D－ABC中，AB＝BC＝DB＝DC＝1，當(dāng)三棱錐體積最大時(shí)，其外接球的表面積為________

11、． 答案　 解析　在三棱錐D－ABC中，當(dāng)且僅當(dāng)AB⊥平面BCD時(shí)，三棱錐體積達(dá)到最大， 此時(shí)，設(shè)外接球的半徑為R，外接球的球心為O，點(diǎn)F為△BCD的中心， 則有R2＝OB2＝OF2＋BF2＝2＋2＝， 所以表面積S＝4πR2＝. 16．已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若A＝2B，則＋2的最小值是________． 答案　3 解析　由A＝2B及正弦定理可得， ＋2＝＋2 ＝＋2 ＝＋4cos2B ＝＋4cos2B＝＋4cos2B－1＋1≥3， 當(dāng)且僅當(dāng)＝4cos2B－1，即cosB＝， 即B＝45°時(shí)取等號． 所以＋2的最小值為3. 三、

12、解答題：共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟． 17．(本小題滿分12分)已知等差數(shù)列{an}滿足a6＝6＋a3，且a3－1是a2－1，a4的等比中項(xiàng)． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)bn＝(n∈N*)，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，求使Tn<成立的最大正整數(shù)n的值． 解　(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d， ∵a6－a3＝3d＝6，即d＝2， ∴a3－1＝a1＋3，a2－1＝a1＋1，a4＝a1＋6， ∵a3－1是a2－1，a4的等比中項(xiàng)， ∴(a3－1)2＝(a2－1)·a4，即(a1＋3)2＝(a1＋1)(a1＋6)，解得a1＝3. ∴數(shù)列{an

13、}的通項(xiàng)公式為an＝2n＋1. (2)由(1)得bn＝＝ ＝. ∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝＝， 由<，得n<9. ∴使得Tn<成立的最大正整數(shù)n的值為8. 18．(本小題滿分12分)如圖，已知三棱柱ABC－A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F(xiàn)分別是AC，A1B1的中點(diǎn)． (1)證明：EF⊥BC； (2)求直線EF與平面A1BC所成角的余弦值． 解　(1)證明：如圖，連接A1E，因?yàn)锳1A＝A1C，E是AC的中點(diǎn)，所以A1E⊥AC. 又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E?平面A1ACC1，

14、平面A1ACC1∩平面ABC＝AC， 所以，A1E⊥平面ABC，則A1E⊥BC. 又因?yàn)锳1F∥AB，∠ABC＝90°， 故BC⊥A1F. 所以BC⊥平面A1EF. 因此EF⊥BC. (2)取BC的中點(diǎn)G，連接EG，GF，則EGFA1是平行四邊形． 由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四邊形EGFA1為矩形． 由(1)得BC⊥平面EGFA1， 則平面A1BC⊥平面EGFA1， 所以EF在平面A1BC上的射影在直線A1G上． 連接A1G交EF于O，則∠EOG是直線EF與平面A1BC所成的角(或其補(bǔ)角)． 不妨設(shè)AC＝4， 則在Rt△A1EG中，A1E＝2

15、，EG＝. 由于O為A1G的中點(diǎn)，故EO＝OG＝＝， 所以cos∠EOG＝＝. 因此，直線EF與平面A1BC所成角的余弦值是. 19．(本小題滿分12分)2019年，我國施行個(gè)人所得稅專項(xiàng)附加扣除辦法，涉及子女教育、繼續(xù)教育、大病醫(yī)療、住房貸款利息或者住房租金、贍養(yǎng)老人等六項(xiàng)專項(xiàng)附加扣除．某單位老、中、青員工分別有72,108,120人，現(xiàn)采用分層抽樣的方法，從該單位上述員工中抽取25人調(diào)查專項(xiàng)附加扣除的享受情況． (1)應(yīng)從老、中、青員工中分別抽取多少人？ (2)抽取的25人中，享受至少兩項(xiàng)專項(xiàng)附加扣除的員工有6人，分別記為A，B，C，D，E，F(xiàn).享受情況如下表，其中“○”表示享

16、受，“×”表示不享受．現(xiàn)從這6人中隨機(jī)抽取2人接受采訪． 項(xiàng)目 員工 A B C D E F 子女教育 ○ ○ × ○ × ○ 繼續(xù)教育 × × ○ × ○ ○ 大病醫(yī)療 × × × ○ × × 住房貸款利息 ○ ○ × × ○ ○ 住房租金 × × ○ × × × 贍養(yǎng)老人 ○ ○ × × × ○ ①試用所給字母列舉出所有可能的抽取結(jié)果； ②設(shè)M為事件“抽取的2人享受的專項(xiàng)附加扣除至少有一項(xiàng)相同”，求事件M發(fā)生的概率． 解　(1)由已知得老、中、青員工人數(shù)之比為6∶9∶10，由于

17、采用分層抽樣的方法從中抽取25位員工，因此應(yīng)從老、中、青員工中分別抽取6人、9人、10人． (2)①從已知的6人中隨機(jī)抽取2人的所有可能結(jié)果為{A，B}，{A，C}，{A，D}，{A，E}，{A，F(xiàn)}，{B，C}，{B，D}，{B，E}，{B，F(xiàn)}，{C，D}，{C，E}，{C，F(xiàn)}，{D，E}，{D，F(xiàn)}，{E，F(xiàn)}，共15種． ②由表格知，符合題意的所有結(jié)果為{A，B}，{A，D}，{A，E}，{A，F(xiàn)}，{B，D}，{B，E}，{B，F(xiàn)}，{C，E}，{C，F(xiàn)}，{D，F(xiàn)}，{E，F(xiàn)}，共11種． 所以，事件M發(fā)生的概率P(M)＝. 20．(本小題滿分12分)已知橢圓C：＋＝1(

18、a>b>0)的左頂點(diǎn)為M(－2,0)，離心率為. (1)求橢圓C的方程； (2)過點(diǎn)N(1,0)的直線l交橢圓C于A，B兩點(diǎn)，當(dāng)·取得最大值時(shí)，求△MAB的面積． 解　(1)由題意可得a＝2，＝， 得c＝，則b2＝a2－c2＝2. 所以橢圓C：＋＝1. (2)當(dāng)直線l與x軸重合時(shí)， 不妨取A(－2,0)，B(2,0)，此時(shí)·＝0； 當(dāng)直線l與x軸不重合時(shí)，設(shè)直線l的方程為x＝ty＋1，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 聯(lián)立得(t2＋2)y2＋2ty－3＝0， 顯然Δ>0，y1＋y2＝，y1·y2＝. 所以·＝(x1＋2)(x2＋2)＋y1y2 ＝(ty1＋3)(t

19、y2＋3)＋y1y2 ＝(t2＋1)y1y2＋3t(y1＋y2)＋9 ＝(t2＋1)＋3t＋9 ＝＋9 ＝＋9 ＝. 當(dāng)t＝0時(shí)，·取最大值. 此時(shí)直線l方程為x＝1， 不妨取A，B， 所以|AB|＝. 又|MN|＝3， 所以△MAB的面積S＝××3＝. 21．(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝x4－ax2，a∈R. (1)當(dāng)a＝1時(shí)，求曲線f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線方程； (2)設(shè)函數(shù)g(x)＝(x2－2x＋2－a)ex－ef(x)，其中e＝2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù)，討論g(x)的單調(diào)性并判斷有無極值，有極值時(shí)求出極值． 解　(1)由題意f

20、′(x)＝x3－ax，所以當(dāng)a＝1時(shí)，f(2)＝2，f′(2)＝6， 因此曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線方程是y－2＝6(x－2)， 即6x－y－10＝0. (2)因?yàn)間(x)＝(x2－2x＋2－a)ex－ef(x)， 所以g′(x)＝(2x－2)ex＋(x2－2x＋2－a)ex－ef′(x) ＝(x2－a)ex－e(x3－ax)＝(x2－a)(ex－ex)， 令h(x)＝ex－ex，則h′(x)＝ex－e， 令h′(x)＝0得x＝1， 當(dāng)x∈(－∞，1)時(shí)，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減， 當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增， 所以當(dāng)x

21、＝1時(shí)，h(x)min＝h(1)＝0， 也就說，對于?x∈R恒有h(x)≥0. 當(dāng)a≤0時(shí)，g′(x)＝(x2－a)h(x)≥0， g(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，無極值； 當(dāng)a>0時(shí)，令g′(x)＝0，可得x＝±. 當(dāng)x<－或x>時(shí)，g′(x)＝(x2－a)h(x)≥0，g(x)單調(diào)遞增， 當(dāng)－0時(shí)，g(x)在(－∞，

22、－)和(，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－，)上單調(diào)遞減， 函數(shù)既有極大值，又有極小值， 極大值為g(－)＝(2＋2)e－＋a2， 極小值為g()＝(－2＋2)e＋a2. 請考生在第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)請寫清題號． 22．(本小題滿分10分)選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程 在直角坐標(biāo)系xOy中，直線l的參數(shù)方程是(t為參數(shù))，曲線C的參數(shù)方程是(φ為參數(shù))，以O(shè)為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系． (1)求直線l和曲線C的極坐標(biāo)方程； (2)已知射線OP：θ1＝α與曲線C交于O，P兩點(diǎn)，射線OQ：θ2＝α＋與直線l交于Q點(diǎn)，若△OPQ的面

23、積為1，求α的值和弦長|OP|. 解　(1)直線l的普通方程為x－y＋1＝0，極坐標(biāo)方程為ρcosθ－ρsinθ＋1＝0， 曲線C的普通方程為(x－2)2＋y2＝4，極坐標(biāo)方程為ρ＝4cosθ. (2)依題意，∵α∈，∴|OP|＝4cosα， |OQ|＝＝， S△OPQ＝|OP||OQ|＝＝1， ∴tanα＝1，α∈，∴α＝，|OP|＝2. 23．(本小題滿分10分)選修4－5：不等式選講 設(shè)函數(shù)f(x)＝|x－1|，g(x)＝|x－2|. (1)解不等式f(x)＋g(x)<2； (2)對于實(shí)數(shù)x，y，若f(x)≤1，g(y)≤1，求證：|x－2y＋1|≤5. 解　(1)令y＝|x－1|＋|x－2|，則y＝ 作出函數(shù)y＝|x－1|＋|x－2|的圖象(如圖)，它與直線y＝2的交點(diǎn)為和. 所以f(x)＋g(x)<2的解集為. (2)證明：因?yàn)閨x－2y＋1|＝|(x－1)－2(y－1)|≤|x－1|＋2|(y－2)＋1|≤|x－1|＋2(|y－2|＋1)＝f(x)＋2g(y)＋2≤5，所以|x－2y＋1|≤5. - 15 -