3、成立，可排除A，B；又直線x－3y－6＝0過點(diǎn)(0，－2)，這樣x－3y－6≤0不恒成立，可排除D.故選C.
5．在△ABC中，CA⊥CB，CA＝CB＝1，D為AB的中點(diǎn)，將向量繞點(diǎn)C按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)90°得向量，則向量在向量方向上的投影為( )
A．－1 B．1 C．－ D.
答案 C
解析 如圖，以CA，CB為x，y軸建立平面直角坐標(biāo)系，
則＝(1,0)，＝，且＝，所以向量在向量方向上的投影為＝＝－.
6．(2019·黑龍江哈爾濱三中二模)函數(shù)f(x)＝log2(x2－3x－4)的單調(diào)減區(qū)間為( )
A．(－∞，－1) B.
C. D．(4，＋
4、∞)
答案 A
解析 由x2－3x－4＞0?(x－4)(x＋1)＞0?x＞4或x＜－1，所以函數(shù)f(x)＝log2(x2－3x－4)的單調(diào)減區(qū)間為(－∞，－1)，故選A.
7．從某企業(yè)生產(chǎn)的某種產(chǎn)品中隨機(jī)抽取10件，測量這些產(chǎn)品的一項(xiàng)質(zhì)量指標(biāo)值，其頻率分布表如下：
質(zhì)量指標(biāo)值分組
[10,30)
[30,50)
[50,70]
頻率
0.1
0.6
0.3
則可估計(jì)這種產(chǎn)品該項(xiàng)質(zhì)量指標(biāo)值的方差為( )
A．140 B．142 C．143 D．144
答案 D
解析?。?0×0.1＋40×0.6＋60×0.3＝44，
所以方差為×[(20－44)2×1＋(
5、40－44)2×6＋(60－44)2×3]＝144.
8．意大利數(shù)學(xué)家列昂納多·斐波那契是第一個(gè)研究了印度和阿拉伯?dāng)?shù)學(xué)理論的歐洲人，斐波那契數(shù)列被譽(yù)為是最美的數(shù)列，數(shù)列的通項(xiàng)以及求和由如圖所示的框圖給出，則最后輸出的結(jié)果等于( )
A．a(chǎn)N＋1 B．a(chǎn)N＋2 C．a(chǎn)N＋1－1 D．a(chǎn)N＋2－1
答案 D
解析 第一次循環(huán)：i＝1，a3＝2，s＝s3＝4；第二次循環(huán)：i＝2，a4＝3，s＝s4＝7；第三次循環(huán)：i＝3，a5＝5，s＝s5＝12；第四次循環(huán)：i＝4，a6＝8，s＝s6＝20；第五次循環(huán)：i＝5，a7＝13，s＝s7＝33；…；第N－1次循環(huán)：此時(shí)i＋2＝N＋1>
6、N，退出循環(huán)，故輸出s＝sN，歸納可得sN＝aN＋2－1.故選D.
9．(2019·資陽模擬)如圖，平面α與平面β相交于BC，AB?α，CD?β，點(diǎn)A?BC，點(diǎn)D?BC，則下列敘述錯(cuò)誤的是( )
A．直線AD與BC是異面直線
B．過AD只能作一個(gè)平面與BC平行
C．過AD只能作一個(gè)平面與BC垂直
D．過D只能作唯一平面與BC垂直，但過D可作無數(shù)個(gè)平面與BC平行
答案 C
解析 根據(jù)異面直線的判定定理，知直線AD與BC是異面直線，所以A正確；根據(jù)異面直線的性質(zhì)，知過AD只能作一個(gè)平面與BC平行，所以B正確；根據(jù)異面直線的性質(zhì)，知過AD不一定能作一個(gè)平面與BC垂直，只有AD⊥B
7、C時(shí)能，所以C錯(cuò)誤；根據(jù)線面垂直與平行的判定定理，知過點(diǎn)D只能作唯一平面與BC垂直，但過點(diǎn)D可作無數(shù)個(gè)平面與BC平行，所以D正確．故選C.
10．(2019·濟(jì)南摸底考試)函數(shù)f(x)＝sin2x－(cos2x－sin2x)的圖象為C，則下列結(jié)論正確的是( )
①f(x)的最小正周期為π；
②對任意的x∈R，都有f＋f＝0；
③f(x)在上是增函數(shù)；
④由y＝2sin2x的圖象向右平移個(gè)單位長度可以得到圖象C.
A．①② B．③④ C．①②③ D．①②③④
答案 C
解析 f(x)＝sin2x－(cos2x－sin2x)＝sin2x－cos2x＝2sin.f(x)的最小
8、正周期T＝＝π，故①正確．f＝2sin＝2sin0＝0，即函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)對稱，即對任意x∈R，都有f＋f＝0成立，故②正確．③當(dāng)x∈時(shí)，2x∈，2x－∈，所以f(x)在上是增函數(shù)，故③正確．④由y＝2sin2x的圖象向右平移個(gè)單位長度得到y(tǒng)＝2sin＝2sin的圖象，故④錯(cuò)誤．故正確的結(jié)論是①②③.選C.
11．如圖，已知直線l：y＝k(x＋1)(k>0)與拋物線C：y2＝4x相交于A，B兩點(diǎn)，且A，B兩點(diǎn)在拋物線準(zhǔn)線上的投影分別是M，N，若|AM|＝2|BN|，則k的值是( )
A. B.
C. D．2
答案 C
解析 設(shè)拋物線C：y2＝4x的準(zhǔn)線為l1：x
9、＝－1.
直線y＝k(x＋1)(k>0)恒過點(diǎn)P(－1，0)，
過點(diǎn)A，B分別作AM⊥l1于點(diǎn)M，BN⊥l1于點(diǎn)N，
由|AM|＝2|BN|，所以點(diǎn)B為|AP|的中點(diǎn)．
連接OB，則|OB|＝|AF|，所以|OB|＝|BF|，
點(diǎn)B的橫坐標(biāo)為，所以點(diǎn)B的坐標(biāo)為.
把代入直線l：y＝k(x＋1)(k>0)，
解得k＝.
12．已知函數(shù)f(x)＝－8cosπ，則函數(shù)f(x)在x∈(0，＋∞)上的所有零點(diǎn)之和為( )
A．6 B．7 C．9 D．12
答案 A
解析 設(shè)函數(shù)h(x)＝，則h(x)＝＝的圖象關(guān)于x＝對稱，
設(shè)函數(shù)g(x)＝8cosπ，由π＝kπ，
10、
k∈Z，可得x＝－k，k∈Z，令k＝－1可得x＝，所以函數(shù)g(x)＝8cosπ，也關(guān)于x＝對稱，由圖可知函數(shù)h(x)＝＝的圖象與函數(shù)g(x)＝8cosπ的圖象有4個(gè)交點(diǎn)，所以函數(shù)f(x)＝－8cosπ在x∈(0，＋∞)上的所有零點(diǎn)個(gè)數(shù)為4，所以函數(shù)f(x)＝－8cosπ在x∈(0，＋∞)上的所有零點(diǎn)之和為4×＝6.
二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．
13．(2019·全國卷Ⅰ)記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若a1＝1，S3＝，則S4＝________.
答案
解析 設(shè)等比數(shù)列的公比為q，又a1＝1，則an＝a1qn－1＝qn－1.
∵S3＝，∴a1＋a2＋
11、a3＝1＋q＋q2＝，
即4q2＋4q＋1＝0，∴q＝－，
∴S4＝＝.
14．在區(qū)間[－1,1]上隨機(jī)取一個(gè)數(shù)k，使直線y＝kx＋與圓x2＋y2＝1相交的概率為________．
答案
解析 由圓心到直線的距離d＝<1，得k>或k<－，所以所求概率為P＝.
15．已知雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的實(shí)軸長為16，左焦點(diǎn)為F，M是雙曲線C的一條漸近線上的點(diǎn)，且OM⊥MF，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若S△OMF＝16，則雙曲線C的離心率為________．
答案
解析 因?yàn)殡p曲線C：－＝1(a>0，b>0)的實(shí)軸長為16，所以2a＝16，a＝8，
設(shè)F(－c,0)，雙曲線C的一條漸
12、近線方程為y＝x，
可得|MF|＝＝b，即有|OM|＝＝a，
由S△OMF＝16，可得ab＝16，
所以b＝4.
又c＝＝＝4，
所以a＝8，b＝4，c＝4，
所以雙曲線C的離心率為＝.
16．△ABC中，三個(gè)內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且滿足b＝sin，a＝1，D是以BC為直徑的圓上一點(diǎn)，則|AD|的最大值為________．
答案?。?
解析 由b＝sin，a＝1，
得b＝asin，由正弦定理，
得sinB＝sinAsin.
∴sin(A＋C)＝sinAsin，
∴sinAcosC＋cosAsinC
＝sinA，
∴sinAcosC＋cosAsinC
13、＝sinAsinC＋sinAcosC，
∴cosAsinC＝sinAsinC，
∵sinC≠0，∴sinA＝cosA，∴tanA＝1，
∵A∈(0，π)，∴A＝.
如圖，作出△ABC的外接圓，當(dāng)直線AD經(jīng)過△ABC外接圓的圓心且垂直于BC時(shí)，|AD|最大．
設(shè)BC的中點(diǎn)為O，此時(shí)，|OA|＝＝＝＝，
∴|AD|＝|OA|＋|OD|＝＋＝＋1.
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．第17～21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．
(一)必考題：共60分．
17．(本小題滿分12分)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和
14、為Sn，Sn＝n2＋n＋2.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)若bn＝，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.
解 (1)Sn＝n2＋n＋2，①
當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＝(n－1)2＋(n－1)＋2；②
①－②得an＝2n，當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝4，
an＝(n∈N*).5分
(2)由題意，bn＝7分
當(dāng)n＝1時(shí)，T1＝；8分
當(dāng)n≥2時(shí)，
Tn＝＋×＝＋×＝，易知T1＝符合此式.11分
故Tn＝.12分
18．(2019·四川百校沖刺模擬)(本小題滿分12分)如圖，在三棱柱A1B1C1－ABC中，D是棱AB的中點(diǎn)．
(1)證明：BC1∥平面A1CD；
(2)若E是棱
15、BB1的中點(diǎn)，求三棱錐C－AA1E的體積與三棱柱A1B1C1－ABC的體積之比．
解 (1)證明：連接AC1交A1C于點(diǎn)O，連接OD，
∵CC1∥AA1，CC1＝AA1，
∴四邊形AA1C1C是平行四邊形，2分
∴O是AC1的中點(diǎn)，又D是棱AB的中點(diǎn)，
∴OD∥BC1，又OD?平面A1CD，BC1?平面A1CD，∴BC1∥平面A1CD.4分
(2)設(shè)三棱柱A1B1C1－ABC的高為h，則三棱柱A1B1C1－ABC的體積V＝S△ABC·h，
又V＝VC1－ABB1A1＋VC－ABC1，VC－ABC1＝VC1－ABC＝S△ABC·h＝，∴VC1－ABB1A1＝，7分
∵CC1∥
16、BB1，CC1?平面ABB1A1，BB1?平面ABB1A1，
∴CC1∥平面ABB1A1，
∴VC－ABB1A1＝VC1－ABB1A1＝， 9分
∵S△A1AE＝S平行四邊形AA1B1B，
∴VC－AA1E＝VC－ABB1A1＝×＝，
∴三棱錐C－AA1E的體積與三棱柱A1B1C1－ABC的體積之比為.12分
19．(2019·遼寧葫蘆島二模)(本小題滿分12分)伴隨著科技的迅速發(fā)展，國民對“5G”一詞越來越熟悉，“5G”全稱是第五代移動電話行動通信標(biāo)準(zhǔn)，也稱第五代移動通信技術(shù)，2017年12月10日，工信部正式對外公布，已向中國電信、中國移動、中國聯(lián)通發(fā)放了5G系統(tǒng)中低頻率使用許
17、可.2019年2月18日上海虹橋火車站正式啟動5G網(wǎng)絡(luò)建設(shè)．為了了解某市市民對“5G”的關(guān)注情況，通過問卷調(diào)查等方式對該市300萬人口進(jìn)行統(tǒng)計(jì)分析，數(shù)據(jù)分析結(jié)果顯示：約60%的市民“掌握一定5G知識(即問卷調(diào)查分?jǐn)?shù)在80分以上)”將這部分市民稱為“5G愛好者”．某機(jī)構(gòu)在“5G愛好者”中隨機(jī)抽取了年齡在15～45歲之間的100人按照年齡繪制成以下頻率分布直方圖(如圖所示)，其分組區(qū)間為(15,20]，(20,25]，(25,30]，(30,35]，(35,40]，(40,45]．
(1)求頻率分布直方圖中的a的值；
(2)估計(jì)全市居民中35歲以上的“5G愛好者”的人數(shù)；
(3)若該市政
18、府制定政策：按照年齡從小到大，選拔45%的“5G愛好者”進(jìn)行5G的專業(yè)知識深度培養(yǎng)，將當(dāng)選者稱為“5G達(dá)人”，按照上述政策及頻率分布直方圖，估計(jì)該市“5G達(dá)人”的年齡上限．
解 (1)依題意，得(0.014＋0.04＋0.06＋a＋0.02＋0.016)×5＝1，所以a＝0.05.3分
(2)根據(jù)題意，全市“5G愛好者”有300×60%＝180(萬人)，4分
由樣本頻率分布直方圖可知，35歲以上“5G愛好者”的頻率為(0.02＋0.016)×5＝0.18，5分
據(jù)此可估計(jì)全市35歲以上“5G愛好者”的人數(shù)為180×0.18＝32.4(萬人).6分
(3)樣本頻率分布直方圖中前兩組的
19、頻率之和為(0.014＋0.04)×5＝0.27＜45%，8分
前3組頻率之和為(0.014＋0.04＋0.06)×5＝0.57＞45%，10分
所以年齡上限在25～30之間，不妨設(shè)年齡上限為m，由0.27＋(m－25)×0.06＝0.45，得m＝28.
所以估計(jì)該市“5G達(dá)人”的年齡上限為28歲.12分
20．(2019·湖南長郡中學(xué)一模)(本小題滿分12分)已知?jiǎng)狱c(diǎn)G(x，y)滿足 ＋ ＝4.
(1)求動點(diǎn)G的軌跡C的方程；
(2)若點(diǎn)A，B分別位于x軸與y軸的正半軸上，直線AB與曲線C相交于M，N兩點(diǎn)，|AB|＝1，試問在曲線C上是否存在點(diǎn)Q，使得四邊形OMQN(O為坐標(biāo)原點(diǎn)
20、)為平行四邊形．若存在，求出直線AB的方程；若不存在，說明理由．
解 (1)由已知，得動點(diǎn)G到點(diǎn)P(－，0)，E(，0)的距離之和為4，且|PE|＝2＜4，2分
∴動點(diǎn)G的軌跡為橢圓，且a＝2，c＝，∴b＝1，
∴動點(diǎn)G的軌跡C的方程為＋y2＝1.4分
(2)由題意，知直線AB的斜率存在且不為零，設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋t，
∵|AB|＝1，∴2＋t2＝1，即＋t2＝1， ① 6分
聯(lián)立得(4k2＋1)x2＋8ktx＋4(t2－1)＝0,
設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，
∴x1＋x2＝－，x1x2＝，
∴y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2t＝，
∵四邊形OMQN
21、為平行四邊形，
∴Q，8分
∴2＋2＝1，
整理，得4t2＝4k2＋1，?、?0分
將①代入②可得4k4＋k2＋1＝0，該方程無解，故這樣的直線不存在. 12分
21．(2019·河北五個(gè)一名校聯(lián)盟第一次診斷)(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝ln x＋(a∈R)．
(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；
(2)令g(a)＝，若對任意的x＞0，a＞0，恒有f(x)≥g(a)成立，求實(shí)數(shù)k的最大整數(shù)．
解 (1)此函數(shù)的定義域?yàn)?0，＋∞)，
f′(x)＝－＝，
當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)＞0，∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；2分
當(dāng)a＞0，x∈(0，a)時(shí)，f′(x)＜0，
22、f(x)單調(diào)遞減，
x∈(a，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增．
綜上所述，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；
當(dāng)a＞0，x∈(0，a)時(shí)，f(x)單調(diào)遞減，x∈(a，＋∞)時(shí)，f(x)單調(diào)遞增.4分
(2)由(1)，知f(x)min＝f(a)＝ln a＋1，∴f(x)≥g(a)恒成立，則只需ln a＋1≥g(a)恒成立，
則ln a＋1≥＝k－5－，
即ln a＋≥k－6, 6分
令h(a)＝ln a＋，則只需h(a)min≥k－6，
∵h(yuǎn)′(a)＝－＝，
∴a∈(0,2)時(shí)，h′(a)＜0，h(a)單調(diào)遞減，
a∈(2，＋∞)時(shí)，h′(a)＞0，h
23、(a)單調(diào)遞增，∴h(a)min＝h(2)＝ln 2＋1，10分
即ln 2＋1≥k－6，∴k≤ln 2＋7，∴k的最大整數(shù)為7.12分
(二)選考題：共10分．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．
22．(本小題滿分10分)選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程
已知曲線C的極坐標(biāo)方程為ρ＝，直線l的參數(shù)方程為(t為參數(shù)，0≤α＜π)．
(1)求曲線C的直角坐標(biāo)方程，并說明曲線C的形狀；
(2)若直線l經(jīng)過點(diǎn)M(1,0)且與曲線C交于A，B兩點(diǎn)，求|AB|.
解 (1)對于曲線C：ρ＝，可化為ρsinθ＝.
把互化公式代入，得y＝，即y2＝4x，為拋物
24、線．(可驗(yàn)證原點(diǎn)也在曲線上)5分
(2)根據(jù)已知條件可知直線l經(jīng)過兩定點(diǎn)(1,0)和(0,1)，所以其方程為x＋y＝1.
由消去x并整理得y2＋4y－4＝0，7分
令A(yù)(x1，y1)，B(x2，y2)，
則y1＋y2＝－4，y1y2＝－4.
所以|AB|＝·
＝×＝8.10分
23．(本小題滿分10分)選修4－5：不等式選講
已知函數(shù)f(x)＝|2x－1|.
(1)解關(guān)于x的不等式f(x)－f(x＋1)≤1；
(2)若關(guān)于x的不等式f(x)(|2x－1|＋|2x＋1|)min即可．
由于|2x－1|＋|2x＋1|＝|1－2x|＋|2x＋1|≥|1－2x＋2x＋1|＝2，8分
當(dāng)且僅當(dāng)(1－2x)(2x＋1)≥0，即x∈時(shí)等號成立，故m>2.
所以m的取值范圍是(2，＋∞).10分
高考數(shù)學(xué)大二輪刷題首選卷文數(shù)文檔：第三部分 高考仿真模擬卷七 Word版含解析
