2021届高考数学一轮专题重组卷第二部分基础巩固练四理含解析20201219185.doc
2021届高考数学一轮专题重组卷第二部分基础巩固练含解析打包12套
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2021
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2021届高考数学一轮专题重组卷第二部分基础巩固练含解析打包12套,2021,高考,数学,一轮,专题,重组,第二,部分,基础,巩固,解析,打包,12
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第二部分优化重组综合练基础巩固练(一)本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分满分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(2019安徽第二次联考)已知集合ax|x20，bx|32x6，则ab()a. bx|2x2c. dx|2x3答案c解析ax|x2，b，ab.故选c.2(2019哈尔滨三中二模)若i为虚数单位，则()a.i bic.i di答案b解析i.故选b.3(2019合肥二模)如表是某电器销售公司2018年度各类电器营业收入占比和净利润占比统计表：空调类冰箱类小家电类其他类营业收入占比90.10%4.98%3.82%1.10%净利润占比95.80%0.48%3.82%0.86%则下列判断中不正确的是()a该公司2018年度冰箱类电器销售亏损b该公司2018年度小家电类电器营业收入和净利润相同c该公司2018年度净利润主要由空调类电器销售提供d剔除冰箱类电器销售数据后，该公司2018年度空调类电器销售净利润占比将会降低答案b解析根据表中数据知，该公司2018年度冰箱类电器销售净利润所占比为0.48%，是亏损的，a正确；小家电类电器营业收入所占比和净利润所占比是相同的，但收入与净利润不一定相同，b错误；该公司2018年度净利润空调类电器销售所占比为95.80%，是主要利润来源，c正确；剔除冰箱类电器销售数据后，该公司2018年度空调类电器销售净利润占比将会降低，d正确故选b.4(2019株洲一模)在区间2,2上任意取一个数x，使不等式x2x0成立的概率为()a. b. c. d.答案d解析由x2x0，得0x1.所以在区间2,2上任意取一个数x，使不等式x2x0，b0)，o为坐标原点，过c的右顶点且垂直于x轴的直线交c的渐近线于a，b两点，过c的右焦点且垂直于x轴的直线交c的渐近线于m，n两点，若oab与omn的面积比为19，则双曲线c的渐近线方程为()ay2x by2xcy2x dy8x答案b解析由相似三角形的面积比等于相似比的平方，则，9b28a2，2，双曲线c的渐近线方程为y2x，故选b.6(2019江西南康中学二模)偶函数f (x)x(exaex)的图象在x1处的切线斜率为()a2e bec de答案a解析偶函数f (x)x(exaex)，可得f (x)f (x)，即x(exaex)x(exaex)，可得(a1)x(exex)0，对xr恒成立，则a1，函数f (x)x(exex)，f(x)x(exex)exex，则f(1)2e.故选a.7(2019长沙一模)在abc中，ab10，bc6，ca8，且o是abc的外心，则()a16 b32 c16 d32答案d解析ab2bc2ca2，abc是以ab为斜边的直角三角形，外心o是ab的中点，()28232，故选d.8(2019郑州一模)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某个几何体的三视图，则该几何体的表面积为()a(44)4 b(44)44c1212 d1244答案a解析由题意可知，几何体下部是圆锥，上部是四棱柱(如图)，可得几何体的表面积为4414(44)4.故选a.9(2019深圳一模)在平面直角坐标系xoy中，设角的顶点与原点o重合，始边与x轴的非负半轴重合，若角的终边过点p(2，1)，则sin(2)的值为()a b c. d.答案a解析角的顶点与原点o重合，始边与x轴非负半轴重合，终边过点p(2，1)，x2，y1，|op|，sin，cos，则sin22sincos2，sin(2)sin2.故选a.10(2019宜宾二模)在abc中，a，b，c的对边分别是a，b，c，且b2，b60，abc的面积为，则ac()a4 b. c2 d42答案a解析abc中，b2，b60，所以abc的面积为sacsinbac，解得ac4.又b2a2c22accosb，即4a2c2ac(ac)23ac(ac)212，所以(ac)216，解得ac4.故选a.11(2019荆州中学一模)已知log(xy4)log(3xy2)，若xy恒成立，则的取值范围是()a(，1)(9，) b(1,9)c(0,1)(9，) d(0,19，)答案d解析由题意得x，y的约束条件画出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示，在可行域内平移直线zxy，当直线在可行域内无限接近经过3xy20与x3的交点a(3，7)时，目标函数zxy的最大值无限接近3710.由xy恒成立，即10，即亦0.解得(0,19，)故选d.12(2019山东潍坊二模)已知函数f (x)2x1，g(x)(ar)，若对任意x11，)，总存在x2r，使f (x1)g(x2)，则实数a的取值范围是()a. b.c.1,2 d.答案c解析对任意x11，)，则f (x1)2x11201，即函数f (x1)的值域为1，)，若对任意x11，)，总存在x2r，使f (x1)g(x2)，设函数g(x)的值域为a，则满足1，)a即可当x0时，函数g(x)x22a为减函数，则此时g(x)2a.当x0时，g(x)acosx22|a|,2|a|，当2a1(如图中曲线)，即a时，满足条件1，)a，当a时，2a1，要使1，)a成立，则此时当x0时，g(x)acosx22a,2a，此时满足(如图中曲线)，即得1a2，综上a或1a2，故选c.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(2019内江一模)若函数f (x)满足f (x1)f (x)，且f (0)2，则f (15)_.答案2解析根据题意，函数f (x)满足f (x1)f (x)，则有f (x2)f (x1)f (x)，即函数是周期为2的周期函数，则f (15)f (114)f (1)，又由f (1)f (0)2，故f (15)2.14(2019北京高考)李明自主创业，在网上经营一家水果店，销售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃，价格依次为60元/盒、65元/盒、80元/盒、90元/盒为增加销量，李明对这四种水果进行促销：一次购买水果的总价达到120元，顾客就少付x元每笔订单顾客网上支付成功后，李明会得到支付款的80%.当x10时，顾客一次购买草莓和西瓜各1盒，需要支付_元；在促销活动中，为保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折，则x的最大值为_答案13015解析顾客一次购买草莓和西瓜各1盒时，总价为6080140(元)，达到120元，又x10，顾客需要支付14010130(元)解法一：当单笔订单的总价达不到120元时，顾客不少付，则李明得到总价的80%；当单笔订单的总价达到120元时，顾客少付x元，设总价为a元(a120)，则李明每笔订单得到的金额与总价的比为0.8，当a越小时，此比值越小又a最小为120元(即买两盒草莓)，0.8(120x)1200.7，解得x15.x的最大值为15.解法二：购买水果总价刚好达到120元时，顾客少付x元，这时x占全部付款的比例最高，此时如果满足李明所得金额是促销前总价的70%，那么其x值最大由此列式得(120x)0.81200.7，解得x15.x的最大值为15.15(2019全国卷)记sn为等比数列an的前n项和，若a11，s3，则s4_.答案解析设等比数列an的公比为q，则ana1qn1qn1.a11，s3，a1a2a31qq2，即4q24q10，q，s4.16(2019全国卷)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1)半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体半正多面体体现了数学的对称美图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有_个面，其棱长为_(本题第一空2分，第二空3分)答案261解析先求面数，有如下两种方法解法一：由“半正多面体”的结构特征及棱数为48可知，其上部分有9个面，中间部分有8个面，下部分有9个面，共有29826个面解法二：一般地，对于凸多面体，顶点数(v)面数(f)棱数(e)2(欧拉公式)由图形知，棱数为48的半正多面体的顶点数为24，故由vfe2，得面数f2ev2482426.再求棱长作中间部分的横截面，由题意知该截面为各顶点都在边长为1的正方形上的正八边形abcdefgh，如图，设其边长为x，则正八边形的边长即为半正多面体的棱长连接af，过h，g分别作hmaf，gnaf，垂足分别为m，n，则ammhngnfx.又ammnnf1，即xxx1.解得x1，即半正多面体的棱长为1.三、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：60分17(本小题满分12分)(2019洛阳一模)在公差为d的等差数列an中，已知a110，且a1,2a22,5a3成等比数列，sn为数列an的前n项和(1)求数列an的通项公式；(2)若d0，求sn的最大值解(1)由题意得5a3a1(2a22)2，a110，50(102d)(222d)2，化简得d23d40，解得d1或d4，ann11或an4n6.(2)d10.828.所以有99.9%的把握认为“中老年人”比“青少年人”更加关注“两会”20(本小题满分12分)(2019湘潭一模)如图，在平面直角坐标系xoy中，焦点在x轴上的椭圆1(b0)的右顶点和上顶点分别为a，b，m为线段ab的中点，且b2.(1)求椭圆的离心率；(2)四边形abcd内接于椭圆，abcd.记直线ad，bc的斜率分别为k1，k2，求证：k1k2为定值解(1)由题意知a(2,0)，b(0，b)，线段ab的中点为m.(2，b)，.b2.2b2，解得b1.又a2，c，椭圆的离心率e.(2)证明：由(1)得椭圆的标准方程为y21，a(2,0)，b(0,1)，设直线bc的方程为yk2x1，联立得(14k)x28k2x0，解得xc，yc，即c，设直线ad的方程为yk1(x2)联立化简得(14k)x216kx16k40，2xd，解得xd，yd，d，abcd，kcd，化为116kk2k12k28k1k8k2k0，(4k1k22k22k11)0，k1k2为定值21(本小题满分12分)(2019合肥市第一次教学质量检测)已知函数f (x)ex1a(x1)ln x(ar，e是自然对数的底数)(1)设g(x)f(x)其中f(x)是f (x)的导数，求g(x)的极小值；(2)若对任意x1，)，都有f (x)1成立，求实数a的取值范围解(1)g(x)f(x)ex1a(x0)，g(x)ex1.令(x)g(x)ex1(x0)，(x)ex10，g(x)在(0，)上为增函数，g(1)0.当x(0,1)时，g(x)0，g(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，)，g(x)极小值g(1)2a.(2)由(1)知，f(x)在(1，)上单调递增，在(0,1)上单调递减，f(x)f(1)2a.当a2时，f(x)0，f (x)在1，)上单调递增，f (x)f (1)1，满足条件；当a2时，f(1)2a0，x0(1，ln a1)，使得f(x0)0，此时，x(1，x0)，f(x)0，f (x)在(1，x0)上单调递减，即当x(1，x0)时，都有f (x)f (1)1，不符合题意综上所述，实数a的取值范围为(，2(二)选考题：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)选修44：坐标系与参数方程(2019全国卷)如图，在极坐标系ox中，a(2,0)，b，c，d(2，)，弧，所在圆的圆心分别是(1,0)，(1，)，曲线m1是弧，曲线m2是弧，曲线m3是弧.(1)分别写出m1，m2，m3的极坐标方程；(2)曲线m由m1，m2，m3构成，若点p在m上，且|op|，求p的极坐标解(1)由题设可得，弧，所在圆的极坐标方程分别为2cos，2sin，2cos，所以m1的极坐标方程为2cos，m2的极坐标方程为2sin，m3的极坐标方程为2cos.(2)设p(，)，由题设及(1)知若0，则2cos，解得；若，则2sin，解得或；若，则2cos，解得.综上，p的极坐标为或或或.23(本小题满分10分)选修45：不等式选讲(2019湖北模拟)已知函数f (x)|ax2|，不等式f (x)4的解集为x|2x6(1)求实数a的值；(2)设g(x)f (x)f (x3)，若存在xr，使g(x)tx2成立，求实数t的取值范围解(1)由|ax2|4，得4ax24，即2ax6，当a0时，x，所以解得a1；当a0时，x，所以无解，所以实数a的值为1.(2)由已知g(x)f (x)f (x3)|x2|x1|不等式g(x)tx2，即g(x)tx2，由题意知，yg(x)的图象有一部分在直线ytx2的下方或在直线ytx2上，作出对应图象，如图所示由图可知，当t0时，tkem；当t0时，tkfm，又因为kem1，kfm，所以t1或t，即实数t的取值范围为(，1.第二部分优化重组综合练基础巩固练(一)本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分满分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(2019江西九校高三联考)已知集合a0，bx|ylg (2x1)，则ab()a(0,1 b0,1c. d.答案c解析集合a0x|0，abca bacbcbac dabc答案d解析因为a20.1201,0ln 1bln ln e1，clog3bc.故选d.4(2019安庆高三上学期期末)函数f(x)的部分图象大致是()答案b解析函数f(x)的定义域是r，关于原点对称，且f(x)f(x)，函数f(x)是奇函数，图象关于原点对称，排除c，d，当x0时，f(x)11，排除a，故选b.5(2019厦门科技中学高三开学考试)古希腊数学家阿基米德用穷竭法建立了这样的结论：“任何由直线和抛物线所包围的弓形，其面积都是其同底同高的三角形面积的三分之四”如图，已知直线x2交抛物线y24x于a，b两点，点a，b在y轴上的射影分别为d，c，从长方形abcd中任取一点，则根据阿基米德这一理论，该点位于阴影部分的概率为()a. b. c. d.答案b解析在抛物线y24x中，取x2，可得y2，s矩形abcd8，由阿基米德理论可得弓形面积为42，则阴影部分的面积为s8.由几何概型的概率计算公式可得，点位于阴影部分的概率为.故选b.6(2019北京高考)设点a，b，c不共线，则“与的夹角为锐角”是“|”的()a充分而不必要条件 b必要而不充分条件c充分必要条件 d既不充分也不必要条件答案c解析因为点a，b，c不共线，由向量加法的三角形法则，可知，所以|等价于|，因模为正，故不等号两边平方得222|cos222|cos(为与的夹角)，整理得4|cos0，故cos0，即为锐角又以上推理过程可逆，所以“与的夹角为锐角”是“|”的充分必要条件故选c.7(2019北京北大附中一模)已知平面区域：夹在两条斜率为的平行直线之间，且这两条平行直线间的最短距离为m.若点p(x，y)，则zmxy的最小值为()a. b3 c. d6答案a解析由约束条件作出可行域如图阴影部分，平面区域夹在两条斜率为的平行直线之间，且两条平行直线间的最短距离为m，则m.令zmxyxy，则yxz，由图可知，当直线yxz过b(2,3)时，直线在y轴上的截距最大，z有最小值为3.故选a.8(2019济南市一模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()a80 b48 c32 d16答案b解析根据三视图可知原几何体为四棱锥pabcd，abbc4，pc3，其表面积为443434454548.故选b.9(2019绍兴市适应性试卷)袋中有m个红球，n个白球，p个黑球(5nm1，p4)，从中任取1个球(每个球取到的机会均等)，设1表示取出红球个数，2表示取出白球个数，则()ae(1)e(2)，d(1)d(2)be(1)e(2)，d(1)d(2)ce(1)d(2)de(1)e(2)，d(1)d(2)答案d解析设袋中有1个红球，5个白球，4个黑球，从中任取1个球(每个球取到的机会均等)，设1表示取出红球个数，2表示取出白球个数，则1的可能取值为0或1，p(10)0.9，p(11)0.1，e(1)00.910.10.1，d(1)(00.1)20.9(10.1)20.10.09，2的可能取值为0或1，p(20)0.5，p(21)0.5，e(2)00.510.50.5，d(1)(00.5)20.5(10.5)20.50.25，e(1)e(2)，d(1)d(2)故选d.10(2019兰州市一诊)若点p是函数y图象上任意一点，直线l为点p处的切线，则直线l的倾斜角的范围是 ()a. b. c. d.答案c解析y，y.1sin2x1，00，b0)的一个焦点f与抛物线c2：y22px(p0)的焦点相同，它们交于a，b两点，且直线ab过点f，则双曲线c1的离心率为()a. b. c.1 d2答案c解析抛物线c2：y22px(p0)的焦点为，由题意可得c，即p2c，由直线ab过点f，结合对称性可得ab垂直于x轴，令xc，代入双曲线的方程，可得y，即有2p4c，由b2c2a2，可得c22aca20，由e，可得e22e10，解得e1(负值舍去)，故选c.12(2019四川省泸州市二诊)已知函数f(x)(exa)(xa2)(ar)，则满足f(x)0恒成立的a的取值个数为()a0 b1 c2 d3答案b解析f(x)(exa)(xa2)0，当a0时，f(x)(exa)(xa2)0化为exx0，则x0，与xr矛盾；当a0时，exa0，则xa20，得xa2，与xr矛盾；当a0时，令f(x)0，得xln a或xa2，要使f(x)0恒成立，则a2ln a，作出函数g(a)a2与h(a)ln a的图象如图，由图可知，a的取值个数为1个故选b.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(2019济南市3月模拟)已知平面向量a，b满足a(1，)，|b|3，a(ab)，则a与b夹角的余弦值为_答案解析a(1，)，|a|2.a(ab)，a(ab)0，即a2ab0.设a，b之间的夹角为，则|a|2|a|b|cos0，423cos0，cos.14(2019广东省百校联盟联考)在6的二项展开式中含x4项的系数为_答案21解析6c6c5c4，故该二项展开式中含x4项的系数为cccc21.15(2019辽宁省辽南协作体一模)abc的内角a，b，c的对边分别为a，b，c，且abc的面积为，若6cosacosc1，b3，则abc_.答案解析abc的面积为acsinb，b2acsin2b，由正弦定理可得，sin2bsinasincsin2b，sinasinc，6cosacosc1，可得cosacosc，cosabccos(ac)cos(ac)sinasinccosacosc.abc(0，)，abc.16(2019昆明高三质量检测)经过抛物线e：y24x的焦点f的直线l与e相交于a，b两点，与e的准线交于点c.若点a位于第一象限，且b是ac的中点，则直线l的斜率等于_答案2解析解法一：如图，分别过a，b作准线的垂线，垂足分别为p，d，过b作ap的垂线，垂足为m，根据抛物线的定义及题中条件知|am|pm|bd|.设|bd|m，则|ap|af|2m，|bf|m，|am|m，所以在rtabm中，|ab|af|bf|3m，所以cosbam，所以kltanbam2.解法二：如图，分别过a，b作准线的垂线，垂足分别为p，d，过b作ap的垂线，垂足为m，根据抛物线的定义及题中条件知|am|pm|bd|.根据抛物线中焦点弦的性质知，11|bd|，所以|af|ap|2|bd|3，|ab|3，|bm|3，所以kltanbam2.三、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：60分17(本小题满分12分)(2019江苏高考)在abc中，角a，b，c的对边分别为a，b，c.(1)若a3c，b，cosb，求c的值；(2)若，求sin的值解(1)因为a3c，b，cosb，由余弦定理，得cosb，即，解得c2.所以c.(2)因为，由正弦定理，得，所以cosb2sinb.从而cos2b(2sinb)2，即cos2b4(1cos2b)，故cos2b.因为sinb0，所以cosb2sinb0，从而cosb.因此sincosb.18(本小题满分12分)(2019朝阳二模)某电视台举行文艺比赛，并通过网络对比赛进行直播比赛现场有5名专家评委给每位参赛选手评分，场外观众可以通过网络给每位参赛选手评分每位选手的最终得分由专家评分和观众评分确定某选手参与比赛后，现场专家评分情况如下表；场外有数万名观众参与评分，将评分按照7,8)，8,9)，9,10分组，绘成频率分布直方图如下：专家abcde评分9.69.59.68.99.7(1)求a的值，并用频率估计概率，估计某场外观众评分不小于9的概率；(2)从5名专家中随机选取3人，x表示评分不小于9分的人数；从场外观众中随机选取3人，用频率估计概率，y表示评分不小于9分的人数，试求e(x)与e(y)的值；(3)考虑以下两种方案来确定该选手的最终得分：方案一：用所有专家与观众的评分的平均数作为该选手的最终得分方案二：分别计算专家评分的平均数1和观众评分的平均数2，用作为该选手最终得分请直接写出与的大小关系解(1)由题图知a0.3，某场外观众评分不小于9的概率是.(2)x的可能取值为2,3.p(x2)，p(x3).所以x的分布列为x23p所以e(x)23.由题意可知，yb，所以e(y)np.(3)b0)的离心率是，过点p(0，1)作斜率为k的直线l，椭圆e与直线l交于a，b两点，当直线l垂直于y轴时|ab|3.(1)求椭圆e的方程；(2)当k变化时，在x轴上是否存在点m(m,0)，使得amb是以ab为底的等腰三角形，若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由解(1)由已知椭圆过点，可得解得a29，b24，所以椭圆e的方程为1.(2)设a(x1，y1)，b(x2，y2)，ab的中点c(x0，y0)，由消去y得(49k2)x218kx270，显然0，且x1x2，所以x0，y0kx01.当k0时，设过点c且与l垂直的直线方程为y，将m(m,0)代入，得m.若k0，则9k212，若k0，则9k212，所以m0或0m.当k0时，m0，综上所述，存在点m满足条件，m的取值范围是m.21(本小题满分12分)(2019西藏拉萨二模)已知函数f(x)axbex，且函数f(x)的图象在点(0，f(0)处的切线斜率为a1. (1)求b的值；(2)求函数f(x)的最值；(3)当a1,1e时，求证：f(x)x.解(1)由题意，得f(x)abex，又f(0)aba1，b1.(2)f(x)aex.当a0时，f(x)0时，令f(x)ln a，令f(x)0，得x0时，f(x)的最大值为aln aa，无最小值(3)证明：要证f(x)x，即证(a1)xex，令f(x)ex(a1)x，当a1时，f(x)ex0，(a1)xex成立；当1a1e时，f(x)ex(a1)exeln (a1)，当xln (a1)时，f(x)ln (a1)时，f(x)0，f(x)在区间(，ln (a1)上单调递减，在区间(ln (a1)，)上单调递增，f(x)f(ln (a1)eln (a1)(a1)ln (a1)(a1)1ln (a1)10,1ln (a1)1ln (1e)10，f(x)0，即(a1)xex成立，故原不等式成立(二)选考题：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)选修44：坐标系与参数方程(2019福建漳州第二次质量监测)在直角坐标系xoy中，曲线c1的参数方程为(为参数)，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线c2的极坐标方程为4sin.(1)把c1的参数方程化为极坐标方程；(2)求c1与c2交点的极坐标(0,02)解(1)曲线c1的参数方程为(为参数)，转换为直角坐标方程为(x2)2(y4)24，转换为极坐标方程为24cos8sin160.(2)曲线c2的极坐标方程为4sin.转换为直角坐标方程为x2y24y0，所以整理出公共弦的直线方程为xy40，故解得或所以c1与c2交点的极坐标为，.23(本小题满分10分)选修45：不等式选讲(2019福建漳州第二次质量监测)已知f(x)|xa|(ar)(1)若f(x)|2x1|的解集为0,2，求a的值；(2)若对任意xr，不等式f(x)|xa|3a2恒成立，求实数a的取值范围解(1)不等式f(x)|2x1|，即|xa|2x1|，两边平方整理，得3x2(2a4)x1a20，由题意知0和2是方程3x2(2a4)x1a20的两个实数根，即解得a1.(2)因为f(x)|xa|xa|xa|(xa)(xa)|2|a|，所以要使不等式f(x)|xa|3a2恒成立，只需2|a|3a2，当a0时，不等式化为2a3a2，得0a2；当a0时，不等式化为2a3a2，得a0.综上所述，a的取值范围是(，2基础巩固练(三)本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分满分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(2019保定一中二模)已知集合a1,2，集合b满足ab1,2，则这样的集合b的个数为()a1 b2 c3 d4答案d解析集合a1,2，集合b满足aba，ba，b，b1，b2，b1,2满足条件的集合b有4个故选d.2(2019山东日照一模)设i为虚数单位，若复数(1mi)(1i)是纯虚数，则实数m()a1 b0 c1 d0或1答案c解析(1mi)(1i)(1m)(1m)i是纯虚数，即m1.故选c.3(2019四川宜宾二模)一个四棱柱的底面是正方形，且侧棱与底面垂直，其正(主)视图如图所示，则其表面积等于()a16 b8 c4 d44答案d解析根据几何体的三视图，该几何体是底面边长为的正方形，高为1的正四棱柱故s24144.故选d.4(2019全国卷)tan255()a2 b2 c2 d2答案d解析tan255tan(18075)tan75tan(4530)2.故选d.5(2019兰州二模)如图的折线图给出的是甲、乙两只股票在某年中每月的收盘价格，已知股票甲的极差是6.88元，标准差为2.04元；股票乙的极差为27.47元，标准差为9.63元，根据这两只股票在这一年中的波动程度，给出下列结论：股票甲在这一年中波动相对较小，表现的更加稳定；购买股票乙风险高但可能获得高回报；股票甲的走势相对平稳，股票乙的股价波动较大；两只股票在全年都处于上升趋势其中正确结论的个数是()a1 b2 c3 d4答案c解析甲的标准差为2.04，乙的标准差为9.63，则甲的标准差小，即股票甲在这一年中波动相对较小，表现的更加稳定，故正确；股票甲的极差是6.88元，股票乙的极差为27.47元，则购买股票乙风险高但可能获得高回报，故正确；由图象知股票甲的走势相对平稳，股票乙的股价波动较大，故正确；甲股票、乙股票均在68月份之间出现下跌，故错误故选c.6(2019沈阳一模)若函数f (x)(a0，a1)的定义域和值域都是0,1，则logaloga()a2 b1 c0 d1答案b解析由指数函数的单调性可得，f (x)(a0，a1)是单调递增函数或者是单调递减函数，因为f (1)0，所以f (x)为0,1上的递减函数，所以f (0)1，解得a2，所以log2log2log2log21.故选b.7(2019广东茂名综合测试)将函数g(x)cos的图象向左平移个单位长度，得到yf (x)的图象，则下列说法错误的是()af (x)的一个周期为2byf (x)的图象关于直线x对称cf (x)的一个零点为xdf (x)在上单调递减答案d解析由题意得，f (x)cos，所以a，b，c正确f (x)cos在上单调递减，在上单调递增，所以d错误故选d.8(2019长春实验中学三模)某景区观光车上午从景区入口发车的时间为7：30,8：00,8：30，某人上午7：40至8：30随机到达景区入口，准备乘坐观光车，则他等待时间不多于10分钟的概率为()a. b. c. d.答案a解析上午7：40至8：30共50分钟，等待时间不多于10分钟的到达时间为7：508：00,8：208：30，共20分钟，所以所求的概率p.故选a.9(2019沈阳质量监测)函数f (x)的图象大致为()答案c解析解法一：由定义可知，函数f (x)为偶函数，所以排除a，b，f (2)1，排除d，故选c.解法二：由定义可知，函数f (x)为偶函数，所以排除a，b，当x0，b0)的左、右焦点，点f2关于双曲线e的一条渐近线的对称点为点a，若|af1|4，则此双曲线的离心率为()a. b. c2 d3答案c解析如图，因为a为f2关于渐近线的对称点，所以b为af2的中点，又o为f1f2的中点，所以ob为af1f2的中位线，所以obaf1，由af2ob，可得af2af1，af24，点f2(4,0)，渐近线为yx，所以解得b2，a2，所以双曲线的离心率为e2.故选c.11(2019大连二模)在abc中，三内角a，b，c对应的边分别为a，b，c，且acosbbcosa2cosc，c1，则角c()a. b. c. d.答案b解析因为c1，故acosbbcosa2cosc2ccosc，由正弦定理可得sinacosbsinbcosa2sinccosc，故sinc2sinccosc，由c(0，)，所以sinc0，故cosc，由c(0，)，故c，故选b.12(2019四川省乐山市一模)已知a，b，c，d都是常数，ab，cd.若f (x)2019(xa)(xb)的零点为c，d，则下列不等式正确的是()aacbd babcdccdab dcabd答案d解析由题意，设g(x)(xa)(xb)，则f (x)2019g(x)，因为g(x)0的两个根是a，b，由题意知f (x)0的两根c，d，也就是g(x)2019的两根，画出函数g(x)(开口向上)以及直线y2019的大致图象，则g(x)与直线y2019交点的横坐标就是c，d，g(x)与x轴的交点就是a，b，又ab，cd，则c，d在a，b外，由图得，cabd，故选d.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(2019郑州质量预测)已知e1，e2为单位向量且夹角为，设a3e12e2，b3e2，则a在b方向上的投影为_答案解析ab|a|b|cos(3e12e2)3e291cos6，即|a|b|cos，又|b|3，所以a在b方向上的投影为|a|cos.14(2019天津高考)已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为_答案解析如图所示，在四棱锥vabcd中，o为正方形abcd的中心，也是圆柱下底面的中心，由四棱锥底面边长为，可得oc1.设m为vc的中点，过点m作mo1oc交ov于点o1，则o1即为圆柱上底面的圆心o1moc，o1ovo.vo2，o1o1.可得v圆柱o1m2o1o21.15(2019河南师大附中二模)若x，y满足约束条件则z2xy的最大值为_答案4解析作出不等式组所表示的可行域如图中阴影部分所示，当动直线y2xz过点a(2,0)时，zmax2204.16(2019漳州二模)已知定义在r上的偶函数yf (x2)，其图象连续不间断，当x2时，函数yf (x)是单调函数，则满足f (x)f的所有x之积为_答案39解析因为函数yf (x2)是连续的偶函数，所以直线x0是它的对称轴，从而直线x2就是函数yf (x)图象的对称轴因为f (x)f，所以x1或x14.由x1，得x23x30，设方程的两根为x1，x2，所以x1x23；由x14，得x2x130，设方程的两根为x3，x4，所以x3x413，所以x1x2x3x439.三、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：60分17(本小题满分12分)(2019全国卷)已知an是各项均为正数的等比数列，a12，a32a216.(1)求an的通项公式；(2)设bnlog2an，求数列bn的前n项和解(1)设an的公比为q，由题设得2q24q16，即q22q80.解得q2(舍去)或q4.因此an的通项公式为an24n122n1.(2)由(1)得bn(2n1)log222n1，因此数列bn的前n项和为13(2n1)n2.18(本小题满分12分)(2019衡水市三模)汉字听写大会不断创收视新高，为了避免“书写危机”，弘扬传统文化，某市大约10万名市民进行了汉字听写测试现从某社区居民中随机抽取50名市民的听写测试情况，发现被测试市民正确书写汉字的个数全部在160到184之间，将测试结果按如下方式分成六组：第1组160,164)，第2组164,168)，第6组180,184，如图是按上述分组方法得到的频率分布直方图(1)若电视台记者要从抽取的市民中选1人进行采访，求被采访人恰好在第2组或第6组的概率；(2)试估计该市市民正确书写汉字的个数的众数与中位数；(3)已知第4组市民中有3名男性，组织方要从第4组中随机抽取2名市民组成弘扬传统文化宣传队，求至少有1名女性市民的概率解(1)被采访人恰好在第2组或第6组的概率p40.0740.010.32.(2)众数为170；设中位数为x，则0.20.28(x168)0.080.5.可得中位数x168168.25.(3)第4组市民共500.126名，其中男性3名，设为a，b，c，女性3名，设为d，e，f，则随机抽取2名，可能为(a，b)，(a，c)，(a，d)，(a，e)，(a，f)，(b，c)，(b，d)，(b，e)，(b，f)，(c，d)，(c，e)，(c，f)，(d，e)，(d，f)，(e，f)，共15种，其中2名全是男性的有(a，b)，(a，c)，(b，c)，共3种情况，设事件a为“从第4组中随机抽取2名市民组成弘扬传统文化宣传队，至少有1名女性”，则所求概率p(a)1.19(本小题满分12分)(2019福建莆田二模)如图，在多面体abcc1b1a1中，四边形bb1c1c为矩形，abbc，cc1平面abc，aa1cc1,2aa1cc1ac2，e，f分别是a1c1，ac的中点，g是线段bb1上的任一点(1)求证：aceg；(2)求三棱锥fea1g的体积解(1)证明：连接bf，b1e.e，f分别是a1c1，ac的中点，且aa1cc1，efcc1，又cc1bb1，efbb1，e，f，b，b1四点共面cc1平面abc，ef平面abc，efac.abbc，f是ac的中点，acbf.又efbff，ac平面bb1ef.又gbb1，eg平面bb1ef，aceg.(2)在rtbcf中，由bc，cf1，得bf2.cc1平面abc，cc1bf.又acbf，cc1acc，bf平面acc1a1，aa1cc1,2aa1cc12，e，f分别是a1
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