2020届高考数学大二轮复习冲刺经典专题第三编讲应试特训样题练习文.docx

第三编 讲应试先易后难就是先做简单题，再做综合题应根据自己的实际，果断跳过啃不动的题目，从易到难，也要注意认真对待每一道题，力求有效，不能走马观花，有难就退，伤害解题情绪可采取缺步解答、跳步解答、退步解答、辅助解答等多种方式，力争多得分先熟后生通览全卷，可以得到许多有利的积极因素，也会看到一些不利之处对后者，不要惊慌失措，应想到试题偏难对所有考生也难通过这种暗示，确保情绪稳定对全卷整体把握之后，就可实施先熟后生的策略，即先做那些内容掌握比较完整、题型结构比较熟悉、解题思路比较清晰的题目这样，在拿下熟题的同时，可以使思维流畅、心情愉悦，超常发挥，达到拿下中、高档题目的目的先同后异就是说，可考虑先做同学科同类型的题目这样思考比较集中，知识或方法的沟通比较容易，有利于提高单位时间的效益一般说来，考试解题必须进行“兴奋灶”转移，思考必须进行代数学科与几何学科的相互换位，必须进行从这一章节到那一章节的跳跃，但“先同后异”可以避免“兴奋灶”过急、过频和过陡的跳跃，从而减轻大脑负担，保持有效精力先小后大小题一般是信息量少、运算量小，易于把握，不要轻易放过，应争取在大题之前尽快解决，从而为解决大题赢得时间，创造一个宽松的心理气氛先点后面近年的高考数学解答题多呈现为多问渐难式的“梯度题”，解答时不必一气审到底，应走一步解决一步，而前面问题的解决又为后面问题准备了思维基础和解题条件，所以要步步为营，由点到面先局部后整体对一个疑难问题，确实啃不动时，一个明智的解题策略是：将它划分为一个个子问题或一系列的步骤，先解决问题的一部分，即能解决到什么程度就解决到什么程度，能演算几步就写几步，每进行一步就可得到这一步的分数如从最初的把文字语言译成符号语言，把条件和目标译成数学表达式，设应用题的未知数，设轨迹题的动点坐标，依题意正确画出图形等，都能得分还有像完成分类讨论，反证法的简单情形等，都能得分而且可以在上述处理中，从感性到理性，从特殊到一般，从局部到整体，产生顿悟，形成思路，从而获得解题成功先面后点解决应用性问题，首先要全面审查题意，迅速接受概念，此为“面”；透过冗长叙述，抓住重点词句，提出重点数据，此为“点”；综合联系，提炼关系，依靠数学方法，建立数学模型，此为“线”如此将应用性问题转化为纯数学问题当然，求解过程和结果都不能离开实际背景先高(分)后低(分)这里主要是指在考试的后半段时要特别注重时间效益，如两道题都会做，先做高分题，后做低分题，以使时间不足时少失分；到了最后十分钟，也应对那些拿不下来的题目就高分题“分段得分”，以增加在时间不足前提下的得分建议教师组织专门特训，向学生说明特训的目的，在考试时应使用的思想方法、解题方法、应试技巧等，进行有针对性使用！在讲评时，教师也应重点讲评应试技巧在每一题中是怎样使用的！为方便您理解，我们特意命制了一套样题供您参考本套试卷知识点覆盖全面，试题常规，难度中等，着重考查基础知识、基本方法与基本技能，着重考查数学的四大思想和选、填题的特殊技法，着重考查考生的逻辑推理能力、运算求解能力、空间想象能力、数据处理能力和分析问题、解决问题的能力特训样题本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分共150分，考试时间120分钟第卷(选择题，共60分)一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1已知集合My|y2x1，xR，MNN，则集合N不可能是()A BMC. D1,2命题意图本题考查集合的概念和运算，考查转化与化归的数学思想答案D解析My|y1，因为MNN，所以NM，所以集合N有可能是或M.所以选项A，B均可能；因为x|x1(1，)，所以选项C也可能，而选项D不可能2设复数z满足z|2i，则z()Ai B.iCi D.i命题意图本题考查复数的运算，考查函数与方程思想的应用答案B解析设zabi(a，bR)，由已知得abi2i，由复数相等可得故zi，选B.3等比数列an的各项均为正数，a11，a1a2a37，则a3a4a5()A14 B21 C28 D63命题意图本题需要将问题转化为基本量(首项和公比)的运算，另外还需注意数列中不同两项之间的关系式的灵活应用，以减少计算量答案C解析设等比数列an的公比为q，a11，a1a2a37，a1(1qq2)1qq27，即q2q60，解得q2或q3，又an0，q2，a3a4a5q2(a1a2a3)4728.故选C.4若x，y满足约束条件则zx2y的取值范围是()A0,6 B0,4C6，) D4，)命题意图本题考查线性规划，意在考查考生的数形结合能力、运算求解能力答案D解析作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分所示由题意可知，当直线yx过点A(2,1)时，z取得最小值，即zmin2214.所以zx2y的取值范围是4，)故选D.5如图，CD，BE分别是边长为4的等边ABC的中线，圆O是ABC的内切圆，线段OB与圆O交于点F.在ABC中随机取一点，则此点取自图中阴影部分的概率是()A. B. C. D.命题意图本题考查运用平面几何知识求几何概型的概率答案A解析在BOD中，ODB90，OBD30，因为BDAB2，所以OD2tan30，即圆O的半径为，由此可得图中阴影部分的面积等于2，因为ABC的面积为4，故所求概率P.故选A.6已知等边三角形ABC的边长为2，其重心为G，则()A2 B C D3命题意图本题考查了向量的线性运算和数量积，考查了向量坐标法和数形结合思想答案C解析如图，建立平面直角坐标系，则A(0，)，B(1,0)，C(1,0)，得重心G，则，所以11，故选C.7“十一”黄金周来临，甲、乙、丙三个大学生决定出去旅游，已知一人去泰山，一人去西藏，一人去云南回来后，三人对自己的去向，作如下陈述：甲：“我去了泰山，乙去了西藏”乙：“甲去了西藏，丙去了泰山”丙：“甲去了云南，乙去了泰山”事实是甲、乙、丙三人的陈述都只对了一半根据如上信息，可判断下面正确的是()A甲去了西藏 B乙去了泰山C丙去了西藏 D甲去了云南命题意图本题考查学生的逻辑推理能力，解题时常将反证法与分析法综合使用答案D解析若甲的陈述“我去了泰山”正确，则“乙去了西藏”错误，则乙去了云南，丙去了西藏，则乙、丙的陈述都错误；若甲的陈述“我去了泰山”错误，则“乙去了西藏”正确，则甲去了云南，丙去了泰山，验证乙、丙的陈述，都说对了一半，符合题意，故选D.8已知数列an中，a11，且对任意的m，nN*，都有amnamanmn，则 ()A. B. C. D.命题意图本题考查数列的递推公式、累加法、裂项求和等知识，考查赋值法和转化与化归的能力答案B解析令m1，则an1a1ann，又a11，所以an1ann1，即an1ann1，所以a2a12，a3a23，anan1n(n2)，把以上n1个式子相加，得ana123n，所以an123n，当n1时，上式也成立，所以an，所以2，所以 22.故选B.9已知f(x)sinxax2，若f2，则f()A2 B2 C2 D命题意图本题主要考查函数求值问题，根据题意先求出参数再求出结果或运用函数的奇偶性压缩思维来求解答案B解析解法一：因为f(x)sinxax2，f2，所以f112，因此，故a.所以f112.故选B.解法二：因为f(x)sinxax2，所以f(x)sinxax2，所以f(x)f(x)2，因为f2，所以ff2sin2.故选B.10已知函数f(x)函数g(x)mx，若函数yf(x)2g(x)恰有三个零点，则实数m的取值范围是()A. B.C. D.命题意图本题考查了数形结合的解题方法：画出需要的函数图象，将函数的零点个数问题化归为同一坐标系内两个不同函数图象的交点个数的问题，进一步求出参数的取值范围答案A解析由题意，画出函数f(x)的图象如图所示，yf(x)2g(x)恰有三个零点，即yf(x)，y2mx的图象有三个不同交点，由图象可知，当直线y2mx的斜率在区间(kOA，kOB)时，yf(x)，y2mx的图象有三个不同交点，即kOA2mkOB，所以2m1，可得m，故选A.11如图，直角梯形ABCD，ABC90，CD2，ABBC1，E是边CD的中点，ADE沿AE翻折成四棱锥DABCE，则点C到平面ABD距离的最大值为()A. B. C. D1命题意图本题综合考查立体几何中的线、面的位置关系和点到平面距离的计算，解题的方法之一是根据线面平行的性质，将所求点到平面的距离转化为另外一个特殊点到同一平面的距离另外在求得点到平面距离的表达式后再运用基本不等式求最大值时，需要注意验证等号成立的条件答案B解析由翻折过程可得，在如图所示的四棱锥DABCE中，底面ABCE为边长是1的正方形，在侧面DEA中，DEAE，且DEAE1.AEDE，AECE，DECEE，AE平面DCE.作DMCE于M，作MNAB于N，连接DN，则由AE平面DCE，可得DMAE，DM平面ABCE.又AB平面ABCE，DMAB.MNAB，DMMNM，AB平面DMN.在DMN中，作MHDN于H，则MH平面ABD.又由题意可得CE平面ABD，MH的长即为点C到平面ABD的距离在RtDMN中，DMMN，MN1，设DMx，则0xDE1，DN.由DMMNDNMH，得xMH，MH，当x1时等号成立，此时DE平面ABCE，综上可得点C到平面ABD距离的最大值为.故选B.12已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，设函数f(x)的导函数为f(x)，若对任意x0都有2f(x)xf(x)0成立，则()A4f(2)9f(3) B4f(2)9f(3)C2f(3)3f(2) D3f(3)2f(2)命题意图本题借助于导数构造新的函数来解题，考查了学生转化与化归的能力答案A解析根据题意，令g(x)x2f(x)，其导数g(x)2xf(x)x2f(x)，又对任意x0都有2f(x)xf(x)0成立，则当x0时，有g(x)x2f(x)xf(x)0恒成立，即函数g(x)在(0，)上为增函数，又由函数f(x)是定义在R上的偶函数，则f(x)f(x)，则有g(x)(x)2f(x)x2f(x)g(x)，即函数g(x)也为偶函数，则有g(2)g(2)，且g(2)g(3)，则有g(2)g(3)，即有4f(2)9f(3)故选A.第卷(非选择题，共90分)二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13已知函数f(x)则f(log336)f(1)_.命题意图本题考查分段函数与基本初等函数的计算答案5解析由题意，函数f(x)可得f(log336)3log33624，f(1)log3(41)1，所以f(log336)f(1)415.14已知sin2，则tan_.命题意图本题考查三角恒等变换，考查学生的转化能力答案3解析由sin22sincos，可得，即tan23tan10.可得tan3.15如图，点F是抛物线C：x24y的焦点，点A，B分别在抛物线C和圆x2(y1)24的实线部分上运动，且AB总是平行于y轴，则AFB周长的取值范围是_命题意图本题考查抛物线的定义与圆的标准方程及其性质，考查推理能力与计算能力答案(4,6)解析抛物线x24y的焦点为(0,1)，准线方程为y1，圆x2(y1)24的圆心为(0,1)，与抛物线的焦点重合，且半径r2，|FB|2，|AF|yA1，|AB|yByA，三角形ABF的周长2yA1yByAyB3，1yB3，三角形ABF周长的取值范围是(4,6)16已知在三棱锥ABCD中，底面BCD是边长为3的等边三角形，且ACAD，若AB2，则三棱锥ABCD外接球的表面积是_命题意图本题利用构造法解决多面体和球的问题，考查学生的空间想象力和转化能力答案16解析AB2BC2AC2，AB2BD2AD2，ABBC，ABBD.又BCBDB，AB平面BCD，因而可以将三棱锥ABCD补形成三棱柱AEFBCD(如图所示)，则上、下底面正三角形的中心O1与O2连线的中点O为三棱锥ABCD外接球的球心易知，BO2，O2O1，BO2，三棱锥ABCD外接球的表面积S42216.三、解答题：共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答第22、23题为选考题，考生根据要求作答(一)必考题：共60分17(本小题满分12分)进入11月份，香港大学自主招生开始报名，“五校联盟”统一对五校高三学生进行综合素质测试，在所有参加测试的学生中随机抽取了部分学生的成绩，得到如图所示的成绩频率分布直方图：(1)估计五校学生综合素质成绩的平均值；(2)某校决定从本校综合素质成绩排名前6名同学中，推荐3人参加自主招生考试，其中每人被推荐的可能性相同，若已知6名同学中有4名理科生，2名文科生，试求这3人中含文科生的概率命题意图本题根据频率分布直方图估计平均值，利用定义法求解古典概型，而求解基本事件空间与所求事件包含的基本事件个数是关键，一般用列举法解(1)依题意可知，550.12650.18750.40850.22950.0874.6，(3分)所以五校学生综合素质成绩的平均值为74.6.(5分)(2)设这6名同学分别为a，b，c，d,1,2，其中设1,2为文科生，从6人中选出3人，所有可能的结果为(a，b，c)，(a，b，d)，(a，b,1)，(a，b,2)，(b，c，d)，(b，c,1)，(b，c,2)，(c，d,1)，(c，d,2)，(d,1,2)，(a，c，d)，(a，c,1)，(a，c,2)，(a，d,1)，(a，d,2)，(b，d,1)，(b，d,2)，(c,1,2)，(a,1,2)，(b,1,2)，共20种，(9分)其中含有文科学生的有(a，b,1)，(a，b,2)，(b，c,1)，(b，c,2)，(c，d,1)，(c，d,2)，(d,1,2)，(a，c,1)，(a，c,2)，(a，d,1)，(a，d,2)，(b，d,1)，(b，d,2)，(c,1,2)，(a,1,2)，(b,1,2)，共16种所以这3人中含文科生的概率为.(12分)18(本小题满分12分)在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.(1)若23cos2Acos2A0，且ABC为锐角三角形，a7，c6，求b的值；(2)若a，A，求bc的取值范围命题意图本题考查三角恒等变换和解三角形考查学生的函数与方程思想和转化与化归的能力解(1)23cos2Acos2A23cos2A2cos2A10，cos2A，又A为锐角，cosA，而a2b2c22bccosA，即b2b130，解得b5或b(舍去)，b5.(5分)(2)解法一：由正弦定理可得bc2(sinBsinC)22sin，0B，B，sin(B)1，bc(，2(12分)解法二：由余弦定理a2b2c22bccosA可得b2c23bc，即(bc)233bc(bc)2，当且仅当bc时取等号，bc2，又由两边之和大于第三边可得bc，bc(，2(12分)19(本小题满分12分)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，P在平面ABCD上的射影为G，且G在AD上，且AGGD，BGGC，GBGC2，E是BC的中点，四面体PBCG的体积为.(1)求异面直线GE与PC所成角的余弦值；(2)求点D到平面PBG的距离；(3)若点F是棱PC上一点，且DFGC，求的值命题意图本题考查异面直线所成角的余弦，点到面的距离，考查学生的空间想象能力和转化能力解(1)由已知VPBGCSBCGPGBGGCPG，PG4.在平面ABCD内，过点C作CHEG交AD于点H，连接PH，则PCH(或其补角)就是异面直线GE与PC所成的角在PCH中，CH，PC2，PH3，由余弦定理得，cosPCH，异面直线GE与PC所成的角的余弦值为.(4分)(2)PG平面ABCD，PG平面PBG，平面PBG平面ABCD，在平面ABCD内，过D作DKBG，交BG延长线于点K，则DK平面PBG，DK的长就是点D到平面PBG的距离(6分)BC2，GDADBC.在DKG中，DKDGsin45，点D到平面PBG的距离为.(8分)(3)在平面ABCD内，过D作DMGC，M为垂足，连接MF，又因为DFGC，DMDFD，GC平面MFD，FM平面MFD，GCFM.(10分)由平面PGC平面ABCD，FM平面ABCD，FMPG.由GMMD得，GMGDcos45.MC2.3，由DFGC可得3.(12分)20(本小题满分12分)已知椭圆E：1(ab0)经过点(0，)，离心率为.(1)求椭圆E的方程；(2)设点A，F分别为椭圆的右顶点、右焦点，经过点F作直线交椭圆于C，D两点，求四边形OCAD面积的最大值(O为坐标原点)命题意图本题考查椭圆的方程、直线与椭圆的位置关系，考查了函数与方程思想的应用解(1)由题设知b，又，所以a2c，于是a24c2，又因为a2b2c2，所以b23c2，于是c21，b23，a24，则椭圆E的方程为1.(5分)(2)设直线CD的方程为xky1，C(x1，y1)，D(x2，y2)，与椭圆E的方程1联立得(3k24)y26ky90.y1y2，y1y2.(7分)S四边形OCADSOCASODA2|y1|2|y2|y1y2|(其中t，t1)(10分)当t1时，y3t单调递增，3t4，S四边形OCAD3(当k0时取等号)，即四边形OCAD面积的最大值为3.(12分)21(本小题满分12分)已知函数f(x)aln xxb(a0)(1)当b2时，讨论函数f(x)的单调性；(2)当ab0，b0时，对任意的x，恒有f(x)e1成立，求实数b的取值范围命题意图本题主要利用导数研究函数的单调性问题和不等式恒成立问题考查分类讨论的思想和转化与化归的思想解(1)函数f(x)的定义域为(0，)当b2时，f(x)aln xx2，所以f(x)2x.当a0时，f(x)0，所以函数f(x)在(0，)上单调递增当a0时，令f(x)0，解得x (负值舍去)，当0x 时，f(x)0，所以函数f(x)在上单调递减；当x 时，f(x)0，所以函数f(x)在上单调递增(3分)综上所述，当b2，a0时，函数f(x)在(0，)上单调递增；当b2，a0时，函数f(x)在上单调递减，在上单调递增(4分)(2)因为对任意的x，恒有f(x)e1成立，所以当x时，f(x)maxe1.(5分)当ab0，b0时，f(x)bln xxb，f(x)bxb1.令f(x)0，得0x1；令f(x)0，得x1.所以函数f(x)在上单调递减，在(1，e上单调递增，f(x)max为fbeb与f(e)beb中的较大者(7分)f(e)febeb2b，令g(m)emem2m，则当m0时，g(m)emem2220，所以g(m)在(0，)上单调递增，故g(m)g(0)0，所以f(e)f，从而f(x)maxf(e)beb.(9分)所以bebe1，即ebbe10.设(t)ette1(t0)，则(t)et10，所以(t)在(0，)上单调递增又(1)0，所以ebbe10的解集为(0,1所以b的取值范围为(0,1(12分)(二)选考题：共10分请考生在第22、23题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分22(本小题满分10分)