2020高考数学课标二轮：综合能力训练含解析.docx

教学资料范本2020高考数学课标二轮：综合能力训练含解析编 辑：_时 间：_综合能力训练第63页第卷(选择题,共40分)一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分)1.设集合A=x|x2-2x0,B=,则AB=()A.(-,1)B.(2,+)C.RD.(1,2)答案:D解析:A=x|x2-2x0=x|0x0=(1,+),AB=(1,2).故选D.2.已知直线x+y=1与抛物线y2=2px(p0)交于A,B两点.若OAOB,则OAB的面积为()A.1B.C.D.2答案:B解析:设A(x1,y1),B(x2,y2),由x+y=1与抛物线y2=2px,得y2+2py-2p=0,解得y1=-p+,x1=1+p-,y2=-p-,x2=1+p+.由OAOB得,x1x2+y1y2=0,即(1+p)2-(p2+2p)+p2-(p2+2p)=0,化简得2p=1,从而A,B,|OA|2=5-2,|OB|2=5+2,OAB的面积S=|OA|OB|=.故选B.3.已知奇函数f(x)在R上是增函数,g(x)=xf(x).若a=g(-log25.1),b=g(20.8),c=g(3),则a,b,c的大小关系为()A.abcB.cbaC.bacD.bc0时,f(x)0,f(x)0.当x0时,g(x)=f(x)+xf(x)0恒成立,g(x)在区间(0,+)内单调递增.2log25.13,120.82,20.8log25.13.结合函数g(x)的性质得ba0)在区间0,上的值域为,则的最小值为()A.B.C.D.答案:A解析:0x,-x-.f(x)在区间0,上的值域为,f(0)=sin=-,2k+-2k+,kZ,整理得2k+0,最小值为,故选A.5.某地实行“3+2+1”模式,即“3”指语文、数学、外语三门必考科目,“1”指从物理、历史两门科目中必选一门,“2”指在化学、生物、政治、地理以及除了必选一门以外的历史或物理这五门学科中任意选择两门学科,则一名学生的不同选科组合有()A.8种B.12种C.16种D.20种答案:C解析:若这名学生只选物理和历史中的一门,则有=12种组合;若这名学生物理和历史都选,则有=4种组合;因此共有12+4=16种组合.故选C.6.已知双曲线=1(a0,b0)被斜率为1的直线截得的弦的中点为(4,1),则该双曲线离心率是()A.B.C.D.2答案:A解析:设直线l与双曲线交于点A(x1,y1),B(x2,y2),则=0,即.由弦的中点为(4,1),直线的斜率为1可知,x1+x2=8,y1+y2=2,=1,e2=1+.e=.故选A.7.已知函数f(x)=若f(1)+f(a)=2,则a的所有可能值为()A.1B.-C.1,-D.1,答案:C解析:f(1)=e1-1=1,f(a)=1.若a(-1,0),则sin(a2)=1,a=-.若a0,+),则ea-1=1,a=1.因此a=1或a=-.8.(20xx山东济南一模)我国数学家祖暅提出了计算体积的祖暅原理:幂势既同,则积不容异.意思是:两个等高的几何体,若在所有等高处的水平截面的面积相等,则这两个几何体的体积相等.已知曲线C:y=f(x)=x2,直线l为曲线C在点(1,1)处的切线.如图所示,阴影部分为曲线C、直线l以及x轴所围成的平面图形,记该平面图形绕y轴旋转一周所得的几何体为T.给出以下四个几何体:是底面直径和高均为1的圆锥;是将底面直径和高均为1的圆柱挖掉一个与圆柱同底等高的倒置圆锥得到的几何体;是底面边长和高均为1的正四棱锥;是将上底面直径为2,下底面直径为1,高为1的圆台挖掉一个底面直径为2,高为1的倒置圆锥得到的几何体.根据祖暅原理,以上四个几何体的体积与T的体积相等的是()A.B.C.D.答案:A解析:几何体T是由题图中的阴影部分旋转得到,所以横截面为环形,且等高的时候,抛物线对应的点的横坐标为x1,切线对应的横坐标为x2.f(x)=x2,f(x)=2x,k=f(1)=2.切线方程为y-1=2(x-1),即y=2x-1.=y,x2=,横截面面积S=-=.中圆锥的高为1,底面半径为,可以看成由线段y=2x+1、x轴、y轴围成的三角形绕y轴旋转得到,横截面的面积为S=x2=.所以几何体T和中的圆锥在所有等高处的水平截面的面积相等,所以两者体积相等,故选A.第卷(非选择题,共110分)二、填空题(本大题共6小题,每小题5分,共30分)9.已知a,bR,i是虚数单位.若(1+i)(1-bi)=a,则的值为.答案:2解析:(1+i)(1-bi)=1+b+(1-b)i=a,则所以=2.故答案为2.10.过点M(-1,0)引曲线C:y=2x3+ax+a的两条切线,这两条切线与y轴分别交于A,B两点.若|MA|=|MB|,则a=.答案:-解析:设切点坐标为(t,2t3+at+a).y=6x2+a,6t2+a=,即4t3+6t2=0,解得t=0或t=-.|MA|=|MB|,两切线的斜率互为相反数,即2a+6=0,解得a=-.11.已知两球O1和O2在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的内部,且互相外切.若球O1与过点A的正方体的三个面相切,球O2与过点C1的正方体的三个面相切,则球O1和O2的表面积之和的最小值为.答案:3(2-)解析:设球O1、球O2的半径分别为R1,R2.AO1=R1,C1O2=R2,O1O2=R1+R2,(+1)(R1+R2)=,R1+R2=,球O1和O2的表面积之和为4()42=2(R1+R2)2=3(2-).12.(20xx山东济南3月模拟)在+1)5的展开式中,x的系数为.(用数字作答)答案:-5解析:要求x的系数,则(+1)5展开式中x2项与相乘,x项与-1相乘,所以展开式中x2项为)4=5x2,它与相乘得5x,展开式中x项为)2=10x,它与-1相乘得-10x,所以x的系数为-10+5=-5.13.已知双曲线C:=1(a0,b0)的左焦点为F,A,B分别是双曲线C的左、右顶点,P为C上一点,且PFx轴,过点A的直线l与线段PF交于点M,与y轴交于点E,直线BM与y轴交于点N.若=2(O为坐标原点),则双曲线C的离心率为.答案:3解析:因为PFx轴,所以设M(-c,t).因为A(-a,0),B(a,0),所以AE的斜率k=,则AE的方程为y=(x+a),令x=0,得y=,即E.因为BN的斜率为-,所以BN的方程为y=-(x-a).令x=0,则y=,即N,因为|OE|=2|ON|,所以2,即2(c-a)=c+a,即c=3a,则离心率e=3.故答案为3.14.已知a,b为空间中两条互相垂直的直线,等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a,b都垂直,斜边AB以直线AC为旋转轴旋转,有下列结论:当直线AB与a成60角时,AB与b成30角;当直线AB与a成60角时,AB与b成60角;直线AB与a所成角的最小值为45;直线AB与a所成角的最大值为60.其中正确的是.(填序号)答案:解析:由题意,AB是以AC为轴,BC为底面半径的圆锥的母线,由ACa,ACb,得AC圆锥底面,在底面内可以过点B,作BDa,交底面圆C于点D,如图所示,连接DE,则DEBD,DEb.连接AD,在等腰三角形ABD中,设AB=AD=,当直线AB与a成60角时,ABD=60,故BD=.又在RtBDE中,BE=2,DE=,过点B作BFDE,交圆C于点F,连接AF,由圆的对称性可知BF=DE=,ABF为等边三角形,ABF=60,即AB与b成60角,正确,错误.由最小角定理可知正确;很明显,可以满足直线a平面ABC,直线AB与a所成的最大角为90,错误.故正确的说法为.三、解答题(本大题共6小题,共80分)15.(13分)已知ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,a=2,且(2+b)(sin A-sin B)=(c-b)sin C.(1)求角A的大小;(2)求ABC的面积的最大值.解:(1)a=2,且(2+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=.0A,A=.(2)由于a=2,A=,a2=b2+c2-2bccosA,即12=b2+c2-bc2bc-bc=bc,当且仅当b=c时,等号成立.SABC=bcsinA12=3.当且仅当b=c时,ABC的面积取最大值3.16.(13分)设an是等差数列,前n项和为Sn(nN*),bn是等比数列,a1=-3,S5=5,b1=a4,b1+b3=3(b2+1).(1)求数列an和数列bn的通项公式;(2)设cn=,记Tn=c1+c2+c3+cn,求Tn.解:(1)设等差数列an的公差为d,等比数列bn的公比为q.由已知得S5=5a1+d=5,即a1+2d=1.又a1=-3,所以d=2.所以an=2n-5.因为b1=a4=3,b1+b3=3(b2+1),所以3(1+q2)=3(3q+1),即q=3(q=0不符合题意,舍去).所以bn=33n-1=3n.所以an和bn的通项公式分别为an=2n-5,bn=3n.(2)由(1)知,cn=,所以Tn=+,Tn=+,上述两式相减,得Tn=+=-1+2=-1+=-.故Tn=-1-.17.(13分)(20xx天津区第二次质量调查)如图,正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直,ADCD,ABCD,AB=AD=CD=1,点M在线段EC上.(1)若点M为EC的中点,求证:BM平面ADEF;(2)求证:平面BDE平面BEC;(3)当平面BDM与平面ABF所成二面角的余弦值为时,求AM的长.(1)证明正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直,AD为交线,ED平面ABCD,由已知得DA,DE,DC两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系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为EC的中点,知M,故.易知平面ADEF的法向量为=(0,2,0).=0,.BM平面ADEF,BM平面ADEF.(2)证明由(1)知=(-1,-1,1),=(-1,1,0),=(-1,-1,0).设平面BDE的法向量为m=(x1,y1,z1),平面BEC的法向量为n=(x2,y2,z2),由得z1=0.令x1=1,得m=(1,-1,0).由令x2=1,得n=(1,1,2).mn=1-1+0=0,故平面BDE平面BEC.(3)解设=,0,1,设M(x,y,z),计算可得M(0,2,1-),则=(-1,2-1,1-),=(-1,-1,0),设平面BDM的法向量为p=(x3,y3,z3).由令x3=1,得p=.易知平面ABF的法向量为=(1,0,0),由已知得|cos|=,解得=,此时M.,|=,即AM的长为.18.(13分)(20xx湖南师大附中模拟)在湖南师大附中的校园歌手大赛决赛中,有6位参赛选手(1号至6号)登台演出,由现场的100位同学投票选出最受欢迎的歌手,各位同学须彼此独立地在投票器上选出3位候选人,其中甲同学是1号选手的同班同学,必选1号,另在2号至6号选手中随机选2名;乙同学不欣赏2号选手,必不选2号,在其他5位选手中随机选出3名;丙同学对6位选手的演唱没有偏爱,因此在1号至6号选手中随机选出3名.(1)求同学甲选中3号选手且同学乙未选中3号选手的概率;(2)设3号选手得到甲、乙、丙三位同学的票数之和为X,求X的分布列和数学期望.解:设A表示事件“甲同学选中3号选手”,B表示事件“乙同学选中3号选手”,C表示事件“丙同学选中3号选手”.(1)因为P(A)=,P(B)=,所以P(A)=P(A)P()=.(2)因为P(C)=,所以X可能的取值为0,1,2,3,P(X=0)=P()=,P(X=1)=P(A)+P()+P(C)=,P(X=2)=P(AB)+P(AC)+P(BC)=,P(X=3)=P(ABC)=.所以X的分布列为X0123PX的数学期望E(X)=0+1+2+3.19.(14分)已知椭圆C:=1(ab0)的左、右焦点F1,F2与椭圆短轴的一个端点构成边长为4的正三角形.(1)求椭圆C的标准方程;(2)过椭圆C上任意一点P作椭圆C的切线与直线F1P的垂线F1M相交于点M,求点M的轨迹方程;(3)若切线MP与直线x=-2交于点N,求证:为定值.(1)解2c=a=4,c=2,b=2.椭圆C的标准方程为=1.(2)解由(1)知F1(-2,0),设P(x0,y0),M(x,y),过椭圆C上点P的切线方程为=1,直线F1P的斜率,则直线MF1的斜率=-,直线MF1的方程为y=-(x+2),即yy0=-(x0+2)(x+2),联立,解得x=-8,故点M的轨迹方程为x=-8.(3)证明依题意及(2),知点M,N的坐标可表示为M(-8,yM),N(-2,yN),点N在切线MP上,由式得yN=,点M在直线MF1上,由式得yM=,|NF1|2=,|MF1|2=(-2)-(-8)2+,故=,注意到点P在椭圆C上,即=1,于是,代入式并整理得,故的值为定值.20.(14分)已知函数f(x)=ln(1+x)+x2-x(a0).(1)若f(x)0对x(0,+)都成立,求a的取值范围;(2)已知e为自然对数的底数,证明:nN*,e.(1)解f(x)=ln(1+x)+x2-x,其定义域为(-1,+),f(x)=+ax-1=.当a=0时,f(x)=-,当x(0,+)时,f(x)0,则f(x)在区间(0,+)内单调递减,此时,f(x)f(0)=0,不符合题意.当0a0,当x时,f(x)0,则f(x)在区间内