（通用版）2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 單科標(biāo)準(zhǔn)練1 理

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1、單科標(biāo)準(zhǔn)練(一) (滿分：150分　時間：120分鐘) 第Ⅰ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．設(shè)集合A＝{x|x2≤2x}，B＝{x|1＜x＜4}，則A∪B＝(　　) A．(－∞，4)　　　 B．[0,4) C．(1,2] D．(1，＋∞) B　[因為A＝{x|x2≤2x}＝{x|0≤x≤2}，又B＝{x|1＜x＜4}，所以A∪B＝{x|0≤x＜4}．故選B.] 2．已知復(fù)數(shù)z＝m(3＋i)－(2＋i)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)在第三象限，則實數(shù)m的取值范圍是(　　) A．(－∞，1) B. C.

2、 D.∪(1，＋∞) B　[z＝m(3＋i)－(2＋i)＝(3m－2)＋(m－1)i， 復(fù)數(shù)對應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)為(3m－2，m－1)，若對應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)在第三象限，則解得m＜，即實數(shù)m的取值范圍是，故選B.] 3．已知實數(shù)a，b，c，“a＞b”是“ac2＞bc2”的(　　) A．充要條件 B．必要不充分條件 C．充分不必要條件 D．既不充分也不必要條件 B　[當(dāng)a＞b時，若c＝0，則ac2＝bc2，不能推出“ac2＞bc2”；當(dāng)ac2＞bc2，可得a＞b；故“a＞b”是“ac2＞bc2”的必要不充分條件．故選B.] 4．已知Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和，若S3＝18，a3＝9，則

3、a6＝(　　) A．12 B．15 C．18 D．21 C　[設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由S3＝18，a3＝9，得解得a1＝3，d＝3， 所以a6＝a1＋5d＝18.故選C.] 5．已知函數(shù)f(x)＝，則f(2 019)＝(　　) A．2 B. C．－2 D．e＋4 C　[因為x＞2，f(x)＝－f(x－2)，所以f(x＋2)＝－f(x)，故f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，因此x＞2，函數(shù)f(x)是以4為周期的函數(shù)，所以f(2 019)＝f(3＋4×504)＝f(3)＝－f(1)，又x≤2，f(x)＝ex－1＋x2，所以f(2 019)＝－f(1)＝－(1＋1)

4、＝－2.故選C.] 6．1927年德國漢堡大學(xué)的學(xué)生考拉茲提出一個猜想：對于任意一個正整數(shù)，如果它是奇數(shù)，對它乘3加1，如果它是偶數(shù)，對它除以2，這樣循環(huán)，最終結(jié)果都能得到1.有的數(shù)學(xué)家認(rèn)為“該猜想任何程度的解決都是現(xiàn)代數(shù)學(xué)的一大進(jìn)步，將開辟全新的領(lǐng)域”，這大概與其蘊(yùn)含的“奇偶?xì)w一”思想有關(guān)．如圖是根據(jù)考拉茲猜想設(shè)計的一個程序框圖，則輸出i的值為(　　) A．5 B．6 C．7 D．8 D　[因為初始值為a＝3，i＝1， 第一步：a＝3×3＋1＝10≠1，i＝1＋1＝2， 進(jìn)入循環(huán)； 第二步：a＝＝5≠1，i＝2＋1＝3，進(jìn)入循環(huán)； 第三步：a＝3×5＋1＝16≠1，i＝3

5、＋1＝4， 進(jìn)入循環(huán)； 第四步：a＝＝8≠1，i＝4＋1＝5，進(jìn)入循環(huán)； 第五步：a＝＝4≠1，i＝5＋1＝6，進(jìn)入循環(huán)； 第六步：a＝＝2≠1，i＝6＋1＝7，進(jìn)入循環(huán)； 第七步：a＝＝1，i＝7＋1＝8，結(jié)束循環(huán)， 輸出i＝8.故選D.] 7．已知展開式中前三項的二項式系數(shù)的和等于22，則展開式中的常數(shù)項為(　　) A. B. C．－ D．－ A　[因為展開式中前三項的二項式系數(shù)的和等于22，所以C＋C＋C＝22，整理得n(n＋1)＝42，解得n＝6，所以二項式展開式的通項為 Tk＋1＝C (－1)kx2k ＝C(－1)kx3k－6， 令3k－6＝0可得k＝

6、2， 所以展開式中的常數(shù)項為C(－1)2＝.故選A.] 8.已知正方體ABCD-A1B1C1D1，P為棱CC1的動點(diǎn)，Q為棱AA1的中點(diǎn)，設(shè)直線m為平面BDP與平面B1D1P的交線，以下關(guān)系中正確的是(　　) A．m∥D1Q B．m∥平面B1D1Q C．m⊥B1Q D．m⊥平面ABB1A1 B　[∵正方體ABCD-A1B1C1D1，P為棱CC1的動點(diǎn)， Q為棱AA1的中點(diǎn)，直線m為平面BDP與平面B1D1P的交線，且BD∥B1D1，∴m∥BD∥B1D1， ∵m?平面B1D1Q，B1D1?平面B1D1Q， ∴m∥平面B1D1Q.故選B.] 9．函數(shù)f(x)＝(－π≤x≤

7、π)的圖象大致為(　　) A　[因為f(x)＝，所以f(－x)＝＝－f(x)，所以函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，排除C；又f＝＝＞0, 排除D；又f′(x)＝＝，因為－π≤x≤π，由f′(x)＞0得2cos x＋1＞0， 解得－＜x＜. 由f′(x)＜0得2cos x＋1＜0， 解得－π＜x＜－或＜x＜π. 所以函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，故選A.] 10．將函數(shù)y＝sin 2x的圖象向右平移φ(φ＞0)個單位后與y＝－sin 2x的圖象重合，則φ的最小值為(　　) A. B. C. D. D　[因為將函數(shù)y＝sin 2x的圖象向右平移φ(φ＞0

8、)個單位后，可得y＝sin(2x－2φ)，由題意可得sin(2x－2φ)＝－sin 2x，所以2φ＝π＋2kπ，k∈Z， 因此φ＝＋kπ，k∈Z，又φ＞0，所以φ的最小值為.故選D.] 11．已知拋物線C：y2＝4x的焦點(diǎn)為F，過F的直線與拋物線C交于A、B兩點(diǎn)，若以AB為直徑的圓與拋物線的準(zhǔn)線相切于P(m,2)，則|AB|＝(　　) A．10 B．8 C．6 D．4 B　[如圖，記AB中點(diǎn)為Q，連結(jié)PQ，作AM垂直準(zhǔn)線于點(diǎn)M，BN垂直準(zhǔn)線于點(diǎn)N， 因為直線AB過拋物線焦點(diǎn)，所以設(shè)直線AB的方程為x＝ny＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 因為以AB為直徑的圓與拋物線的

9、準(zhǔn)線相切于P(m,2)， 所以PQ垂直準(zhǔn)線，所以2＝，即y1＋y2＝4， 由得y2－4ny－4＝0，所以y1＋y2＝4n，因此n＝1， 所以|AB|＝x1＋x2＋p＝(ny1＋1)＋(ny2＋1)＋2＝(y1＋y2)＋4＝8 .故選B.] 12．已知f′(x)為函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)，且f(x)＝x2－f(0)x＋f′(1)ex－1，若g(x)＝f(x)－x2＋x，方程g(ax)－x＝0有且只有一個根，則a的取值范圍是(　　) A. B. C. D．(－∞，0]∪ D　[因為f(x)＝x2－f(0)x＋f′(1)ex－1， 所以f(0)＝. 又f′(x)＝x－f(0)＋f′(

10、1)ex－1， 所以f′(1)＝1－＋f′(1)，因此f′(1)＝e，f(0)＝1， 所以f(x)＝x2－f(0)x＋f′(1)ex－1＝x2－x＋ex， 因此g(x)＝f(x)－x2＋x＝ex， 因為方程g(ax)－x＝0有且只有一個根， 所以eax＝x有且只有一個根，即a＝有且只有一個實根，且x＞0； 令h(x)＝，(x＞0)，則h′(x)＝， 由h′(x)＝0得x＝e， 所以當(dāng)x＞e時，h′(x)＜0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)0＜x＜e時，h′(x)＞0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞增； 故h(x)最大值為h(e)＝， 又h(1)＝0，作出函數(shù)h(x)的簡圖如圖所示．

11、 因為a＝有且只有一個實根，只需直線y＝a與曲線h(x)＝有且只有一個交點(diǎn)， 結(jié)合圖象可得a≤0或a＝.故選D.] 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：本題共4小題，每小題5分，共20分． 13．已知向量a＝(m,1)，b＝(4，m)，a·b＝|a|·|b|，則m＝________. 2　[因為a＝(m,1)，b＝(4，m)，所以a·b＝5m， |a|＝，|b|＝， 又a·b＝|a|·|b|，所以25m2＝(m2＋1)(m2＋16)，m＞0，解得m＝2.] 14．已知雙曲

12、線－＝1(a＞0)的離心率為a，則該雙曲線的漸近線為________． y＝±x　[雙曲線－＝1(a＞0)的離心率為a，可得＝a，解得a＝1，所以雙曲線方程為－＝1，所以該雙曲線的漸近線為y＝±x.] 15．已知實數(shù)x，y滿足則z＝y(tǒng)－2x的最小值________． －1　[由約束條件作出可行域如圖所示： 因為目標(biāo)函數(shù)z＝y(tǒng)－2x表示直線y＝2x＋z在 y軸截距， 由圖象可得，當(dāng)直線y＝2x＋z過點(diǎn)A時截距最小，即z最?。? 由解得A(1,1)，故z的最小值為－1.] 16．對于數(shù)列{an}，定義Hn＝為{an}的“優(yōu)值”．已知某數(shù)列{an}的“優(yōu)值”Hn＝2n＋1，記數(shù)列{an－

13、kn}的前n項和Sn，若Sn≤S5對任意的n∈N*恒成立，則實數(shù)k的取值范圍為________． 　[由題意可得Hn＝＝2n＋1， 則a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n＋1，所以a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝(n－1)·2n， 所以2n－1an＝n·2n＋1－(n－1)·2n， 因此an＝2(n＋1)， 則an－kn＝2(n＋1)－kn＝(2－k)n＋2， 所以數(shù)列{an－kn}為等差數(shù)列， 故Sn≤S5對任意的n∈N*恒成立，可化為a5≥0，a6≤0， 即，解得≤k≤.] 三、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

14、分)如圖，在△ABC中，D是邊BC上一點(diǎn)，AB＝AC，BD＝1，sin∠CAD＝3sin∠BAD. (1)求DC的長； (2)若AD＝2，求△ABC的面積． [解]　(1)在△ABD中，由正弦定理，得＝， 在△ADC中，由正弦定理，得＝， 因為AB＝AC，sin∠ADB＝sin∠ADC，BD＝1， sin∠CAD＝3sin∠BAD， 所以DC＝3BD＝3. (2)在△ABD中，由余弦定理，得AB2＝AD2＋BD2－2AD×BD×cos∠ADB， 在△ADC中，由余弦定理，得AC2＝AD2＋DC2－2AD×DC×cos∠ADC, 因為AB＝AC，AD＝2，BD＝1，DC

15、＝3，cos∠ADB＝－cos∠ADC. 所以4＋1＋2×2×1×cos∠ADC＝4＋9－2×2×3×cos∠ADC， 解得cos∠ADC＝，所以∠ADC＝60°. 所以S△ABC＝(BD＋DC)×AD×sin∠ADC＝×4×2×sin 60°＝2. 18．(本小題滿分12分)如圖，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，E為CD的中點(diǎn)，以AE為折痕把△ADE折起，使點(diǎn)D到達(dá)點(diǎn)P的位置，且∠PAB＝60°. (1)求證：平面PEC⊥平面PAB； (2)求二面角P-AE-B的余弦值． [解]　(1)因為四邊形ABCD是正方形，所以折起后PE⊥PA，且PA＝AB， 因為∠PAB＝60

16、°，所以△PAB是正三角形，所以PB＝PA. 又因為正方形ABCD中，E為CD的中點(diǎn)，所以EA＝EB，所以△PAE≌△PBE， 所以∠EPB＝∠EPA，所以PE⊥PB，又因為PA∩PB＝P，所以PE⊥平面PAB. 又PE?平面PEC，所以平面PEC⊥平面PAB. (2)取AB中點(diǎn)F，連接PF，EF，則AB⊥PF，AB⊥EF， 又PF∩EF＝F，則AB⊥平面PEF.又AB?平面ABCE，所以平面PEF⊥平面ABCE. 在平面PEF內(nèi)作PO⊥EF于O點(diǎn)，則PO⊥平面ABE. 以O(shè)點(diǎn)為原點(diǎn)，OF為x軸，OP為z軸，如圖建立空間直角坐標(biāo)系． 在△PEF中，PF＝，PE＝1，EF＝2.

17、 ∴PO＝＝，EO＝，故P， E，A， ∴＝，＝(－2,1,0)． 設(shè)平面PAE的一個法向量為n1＝(x，y，z)，則由得 令x＝1，得y＝2，z＝－， ∴n1＝. 因為平面ABE的法向量為n2＝(0,0,1)， 則cos〈n1，n2〉＝＝－， 又二面角P-AE-B為銳二面角， ∴二面角P-AE-B的余弦值為. 19．(本小題滿分12分)已知以橢圓E：＋＝1(a＞b＞0)的焦點(diǎn)和短軸端點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形恰好是面積為4的正方形． (1)求橢圓E的方程； (2)直線l：y＝kx＋m(k、m≠0)與橢圓E交于異于橢圓頂點(diǎn)的A，B兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線AO與橢圓E的另一個交點(diǎn)為

18、C點(diǎn)，直線l和直線AO的斜率之積為1，直線BC與x軸交于點(diǎn)M.若直線BC，AM的斜率分別為k1，k2，試判斷k1＋2k2是否為定值，若是，求出該定值；若不是，說明理由． [解]　(1)因為橢圓的兩個焦點(diǎn)和短軸端點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形恰好是面積為4的正方形， 所以解得所以橢圓E的方程為＋＝1. (2)設(shè)A(x1，y1)(x1、y1≠0)，B(x2，y2)(x2、y2≠0)，則C(－x1，－y1)，kAO＝， 因為kAO·k＝1，所以k＝， 聯(lián)立消y，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－4＝0， 所以x1＋x2＝－，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝， 所以k1＝＝－＝－， 直線B

19、C的方程為：y＋y1＝－(x＋x1)，令y＝0，由y1≠0，得x＝－3x1， 所以M(－3x1,0)，k2＝＝. 所以k1＋2k2＝－＋2×＝0.所以k1＋2k2為定值0. 20．(本小題滿分12分)某企業(yè)生產(chǎn)一種產(chǎn)品，從流水線上隨機(jī)抽取100件產(chǎn)品，統(tǒng)計其質(zhì)量指標(biāo)值并繪制頻率分布直方圖(如圖1)： 圖1　　　　　　　　　　　圖2 規(guī)定產(chǎn)品的質(zhì)量指標(biāo)值在[65,75)的為劣質(zhì)品，在[75,105)的為優(yōu)等品，在[105,115]的為特優(yōu)品，銷售時劣質(zhì)品每件虧損1元，優(yōu)等品每件盈利3元，特優(yōu)品每件盈利5元．以這100件產(chǎn)品的質(zhì)量指標(biāo)值位于各區(qū)間的頻率代替產(chǎn)品的質(zhì)量指標(biāo)值位于該區(qū)間的

20、概率． (1)求每件產(chǎn)品的平均銷售利潤； (2)該企業(yè)為了解年營銷費(fèi)用x(單位：萬元)對年銷售量y(單位：萬件)的影響，對近5年的年營銷費(fèi)用xi和年銷售量yi(i＝1,2,3,4,5)數(shù)據(jù)做了初步處理，得到如圖2的散點(diǎn)圖及一些統(tǒng)計量的值． ui vi (ui－)(vi－) (ui－)2 16.30 23.20 0.81 1.62 表中ui＝ln xi，vi＝ln yi，＝ui，＝vi. 根據(jù)散點(diǎn)圖判斷，y＝axb可以作為年銷售量y(萬件)關(guān)于年營銷費(fèi)用x(萬元)的回歸方程． ①求y關(guān)于x的回歸方程； ②用所求的回歸方程估計該企業(yè)應(yīng)投入多少年營鎖費(fèi)， 才能使得該企

21、業(yè)的年收益的預(yù)報值達(dá)到最大？(收益＝銷售利潤－營銷費(fèi)用，取e3.01≈20)， 附：對于一組數(shù)據(jù)(u1，v1)，(u2，v2)，…，(un，vn)，其回歸直線＝＋u的斜率和截距的最小二乘估計分別為＝，＝－. [解]　(1)設(shè)每件產(chǎn)品的銷售利潤為X，則X的可能取值為－1,3,5.由頻率分布直方圖可得產(chǎn)品為劣質(zhì)品、優(yōu)等品、特優(yōu)品的概率分別為0.05,0.85,0.1.所以P(X＝－1)＝0.05；P(X＝3)＝0.85；P(X＝5)＝0.1. 所以X的分布列為 X －1 3 5 P 0.05 0.85 0.1 所以E(X)＝(－1)×0.05＋3×0.85＋5×0.1＝3(

22、元)． 即每件產(chǎn)品的平均銷售利潤為3元． (2)①由y＝axb得，ln y＝ln a＋bln x. 令u＝ln x，v＝ln y，c＝ln a，則v＝c＋bu， 由表中數(shù)據(jù)可得，＝＝＝0.5， 則＝－＝－0.5×＝3.01. 所以v＝3.01＋0.5u，即ln y＝3.01＋0.5 ln x＝ln(e3.01·x0.5)． 因為e3.01≈20，所以y＝20x0.5.故所求的回歸方程為＝20x0.5. ②設(shè)年收益為z萬元，則z＝3y－x＝3×20x0.5－x. 令t＝x0.5，則z＝60t－t2＝－(t－30)2＋900， 所以當(dāng)t＝30，即x＝900時，z有最大值900.

23、 即該企業(yè)應(yīng)該投入900萬元營銷費(fèi)，能使得該企業(yè)的年收益的預(yù)報值達(dá)到最大900萬元． 21．(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝x有兩個極值點(diǎn)． (1)求a的取值范圍； (2)設(shè)x1，x2(x1＜x2)是f(x)的兩個極值點(diǎn)，證明：2ln x1＋ln x2＜0. [解]　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝ln x－x＋a. 設(shè)g(x)＝ln x－x＋a，則由題意得，g(x)在(0，＋∞)內(nèi)有兩個變異零點(diǎn)． g′(x)＝－1＝，令g′(x)＞0，解得0＜x＜1；令g′(x)＜0，解得x＞1. 所以g(x)在(0,1]上單調(diào)遞增，在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，因此g(

24、x)max＝g(1)＝a－1. 當(dāng)a≤1時，g(x)max≤0，這時g(x)在(0，＋∞)上沒有變號零點(diǎn)； 當(dāng)a＞1時，e－a∈(0,1)，ea∈(1，＋∞)，又因為g(e－a)＜0，g(ea)＜0，g(1)＞0， 所以g(x)在(0,1)和(1＋∞)內(nèi)分別有一個變號零點(diǎn)． 綜上，a的取值范圍為(1，＋∞)． (2)f(x)的極值點(diǎn)x1，x2就是g(x)的零點(diǎn)，即g(x1)＝g(x2)＝0. 因為g(x)在(0,1]單調(diào)遞增，而在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，且x1＜x2， 所以x1∈(0,1)，x2∈(1，＋∞)． 設(shè)h(x)＝g(x)－g＝3ln x－x＋，x∈(0,1)， 則

25、h′(x)＝－1－＝ ＝. 因為x∈(0,1)時，x2－2x－2＜0， 所以當(dāng)x∈(0,1)時，h′(x)＜0，所以h(x)在(0,1]上單調(diào)遞減． 又因為h(1)＝0，所以當(dāng)x∈(0,1)時，h(x)＞0，即g(x)＞g， 因為x1∈(0,1)，所以g(x1)＞g. 又因為g(x1)＝g(x2)，所以g(x2)＞g. 由于x2，∈(1，＋∞)，而g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減． 所以x2＜，從而xx2＜1，因此2ln x1＋ln x2＜0. 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分． 22．(本小題滿分10分)[選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程]

26、 在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C1的參數(shù)方程為(t為參數(shù)，t∈R)，以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C2的極坐標(biāo)方程為ρ2＋2ρcos θ－3＝0. (1)求曲線C2的直角坐標(biāo)方程； (2)動點(diǎn)P，Q分別在曲線C1，C2上運(yùn)動，求兩點(diǎn)P，Q之間的最短距離． [解]　(1)由ρ2＋2ρcos θ－3＝0，可得x2＋y2＋2x－3＝0，化為(x＋1)2＋y2＝4. (2)由已知得曲線C1的普通方程：2x－y－7＝0，點(diǎn)Q為曲線C2上動點(diǎn)，令點(diǎn)Q(－1＋2cos θ，2sin θ)，θ∈R. 設(shè)點(diǎn)Q到曲線C1的距離為d， 所以d＝＝ ＝≥－2， 其中tan φ＝，

27、即兩點(diǎn)P，Q之間的最短距離為－2. 23．(本小題滿分10分)[選修4－5：不等式選講] 已知函數(shù)f(x)＝2|x＋1|－|x－2|. (1)求不等式f(x)＞3的解集； (2)若x∈[a,1](其中a＜1)時，f(x)≤|x－a|恒成立，求實數(shù)a的取值范圍． [解]　(1)f(x)＝ 當(dāng)x≥2時，x＋4＞3，得x＞－1，所以x≥2； 當(dāng)－1＜x＜2時，3x＞3，得x＞1，所以1＜x＜2； 當(dāng)x≤－1時，－x－4＞3，得x＜－7. 綜上，不等式f(x)≥3的解集為{x|x＜－7或x＞1}． (2)因為x∈[a,1]，所以f(x)≤|x－a|等價于2|x＋1|－(2－x)≤x－a， 等價于x∈[a,1]時，2|x＋1|≤2－a恒成立， 等價于x∈[a,1]時，a－2≤2x＋2≤2－a恒成立，即≤x≤－恒成立． 所以≤a，且1≤－，解得－4≤a≤－2. 所以實數(shù)a的取值范圍是[－4，－2]． - 13 -