（課標(biāo)專(zhuān)用）天津市2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 綜合能力訓(xùn)練

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1、綜合能力訓(xùn)練 　綜合能力訓(xùn)練第63頁(yè)　? 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(diǎn).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(jiǎn)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(shí),f(x)>0,f'(x)>0. ∴當(dāng)x>0時(shí),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?yàn)?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?yàn)?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(shí)行“3+2+1”模式,即“3”指語(yǔ)文、數(shù)學(xué)、外語(yǔ)三門(mén)必考科目,“1”指從物理、歷史兩門(mén)科目中必選一門(mén),“2”指在化學(xué)、生

5、物、政治、地理以及除了必選一門(mén)以外的歷史或物理這五門(mén)學(xué)科中任意選擇兩門(mén)學(xué)科,則一名學(xué)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(xué)生只選物理和歷史中的一門(mén),則有C21C42=12種組合; 若這名學(xué)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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)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(jì)南一模)我國(guó)數(shù)學(xué)家祖暅提出了計(jì)算體積的祖暅原理:冪勢(shì)既同,則積不容異.意思是:兩個(gè)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(gè)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(diǎn)(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(mén).給出以下四個(gè)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(gè)與圓柱同底等高的倒置圓錐得到的幾何體; ③是底面邊長(zhǎng)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(tái)挖掉一個(gè)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(gè)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(shí)候,拋物線對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x1,切線對(duì)應(yīng)的橫坐標(biāo)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(guò)點(diǎn)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(diǎn).若|MA|=|MB|,則a=　　　　　.? 答案:-274 解析:設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)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(zhǎng)為1的正方體ABCD-A1B1C1D1的內(nèi)部,且互相外切.若球O1與過(guò)點(diǎn)A的正方體的三個(gè)面相切,球O2與過(guò)點(diǎn)C1的正方體的三個(gè)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(jì)南3月模擬)在1x-1(x+1)5的展開(kāi)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(kāi)式中x2項(xiàng)與1x相乘,x項(xiàng)與-1相乘,所以展開(kāi)式中x2項(xiàng)為C51(x)4=5x2,它與1x相乘得5x,展開(kāi)式中x項(xiàng)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(diǎn)為F,A,B分別是雙曲線C的左、右頂點(diǎn),P為C上一點(diǎn),且PF⊥x軸,過(guò)點(diǎn)A的直線l與線段PF交于點(diǎn)M,與y軸交于點(diǎn)E,直線BM與y軸交于點(diǎn)N.若OE=2NO(O為坐標(biāo)原點(diǎn)),則雙曲線C的離心率為　　　　　.? 答案:3 解析:因?yàn)镻F⊥x軸,所以設(shè)M(-c,t). 因?yàn)锳(-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?yàn)锽N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?yàn)閨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(dāng)直線AB與a成60°角時(shí),AB與b成30°角; ②當(dāng)直線AB與a成60°角時(shí),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(hào))? 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(guò)點(diǎn)B,作BD∥a,交底面圓C于點(diǎn)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(dāng)直線AB與a成60°角時(shí),∠ABD=60°,故BD=2.又在Rt△BDE中,BE=2,∴DE=2,過(guò)點(diǎn)B作BF∥DE,交圓C于點(diǎn)F,連接AF,由圓的對(duì)稱(chēng)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(cuò)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(cuò)誤.故正確的說(shuō)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(duì)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(dāng)且僅當(dāng)b=c時(shí),等號(hào)成立. ∴S△ABC=12bcsinA≤12×12×32=33. 當(dāng)且僅當(dāng)b=c時(shí),△ABC的面積取最大值33. 16.(13分)設(shè){an}是等差數(shù)列,前n項(xiàng)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(xiàng)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?yàn)閎1=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(xiàng)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(diǎn)M在線段EC上. (1)若點(diǎn)M為EC的中點(diǎn),求證:BM∥平面ADEF; (2)求證:平面BDE⊥平面BEC; (3)當(dāng)平面BDM與平面ABF所成二面角的余弦值為66時(shí),求AM的長(zhǎng). (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(biāo)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(diǎn),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(jì)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(shí)M0,1,12. ∵AM=-1,1,12,∴|AM|=1+1+14=32, 即AM的長(zhǎng)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(hào)至6號(hào))登臺(tái)演出,由現(xiàn)場(chǎng)的100位同學(xué)投票選出最受歡迎的歌手,各位同學(xué)須彼此獨(dú)立地在投票器上選出3位候選人,其中甲同學(xué)是1號(hào)選手的同班同學(xué),必選1號(hào),另在2號(hào)至6號(hào)選手中隨機(jī)選2名;乙同學(xué)不欣賞2號(hào)選手,必不選2號(hào),在其他5位

22、選手中隨機(jī)選出3名;丙同學(xué)對(duì)6位選手的演唱沒(méi)有偏愛(ài),因此在1號(hào)至6號(hào)選手中隨機(jī)選出3名. (1)求同學(xué)甲選中3號(hào)選手且同學(xué)乙未選中3號(hào)選手的概率; (2)設(shè)3號(hào)選手得到甲、乙、丙三位同學(xué)的票數(shù)之和為X,求X的分布列和數(shù)學(xué)期望. 解:設(shè)A表示事件“甲同學(xué)選中3號(hào)選手”,B表示事件“乙同學(xué)選中3號(hào)選手”,C表示事件“丙同學(xué)選中3號(hào)選手”. (1)因?yàn)镻(A)=C41C52=25,P(B)=C42C53=35, 所以P(AB)=P(A)P(B)=25×1-35=425. (2)因?yàn)镻(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(xué)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(diǎn)F1,F2與橢圓短軸的一個(gè)端點(diǎn)構(gòu)成邊長(zhǎng)為4的正三角形. (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程; (2)過(guò)橢圓C上任意一點(diǎn)P作橢圓C的切線與直線F1P的垂線F1M相交于點(diǎn)M,求點(diǎn)M的軌跡方程; (3)若切線MP與直線x=-2交于點(diǎn)N,求證:|NF1||MF1|為定值. (1)解∵2c=a=4,∴c=2,b=23. ∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x216+y212=1. (2)解由(1)知F1(-2,0),設(shè)P(x0,y0),M(x,y), 過(guò)橢圓C上點(diǎn)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(diǎn)M的軌跡方程為x=-8. (3)證明依題意及(2),知點(diǎn)M,N的坐標(biāo)可表示為M(-8,yM),N(-2,yN), 點(diǎn)N在切線MP上,由①式得yN=3(x0+8)2y0, 點(diǎn)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(diǎn)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(duì)x∈(0,+∞)都成立,求a的取值范圍; (2)已知e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù),證明:?n∈N*,e<1+1n21+2n2…1+nn2

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

28、aa<0, 當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),f'(x)>0, 則f(x)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,此時(shí),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(dāng)a=0時(shí),f(x)<0對(duì)x∈(0,+∞)都成立, 即ln(1+x)

29、+2n2…1+nn20對(duì)x∈(0,+∞)都成立, 即x-12x2