2021届高考数学一轮专题重组卷第二部分基础巩固练三理含解析20201219183.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
高考
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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湖南衡阳三模)若集合x|2x2x|log (xa)a1，a1，故a.故选a.2(2019黔东南州一模)()a1 bi c1 di答案a解析1，故答案为a.3(2019辽宁省辽南协作体一模)下列判断错误的是()a“|a|b|”是“|am|0”d若随机变量服从正态分布n(1，2)，p(3)0.72，则p(1)0.28答案a解析当m0时，若“|a|b|”，则“|am|0”正确，故c正确；若随机变量服从正态分布n(1，2)，p(3)0.72p(1)，则p(1)1p(1)10.720.28，故d正确，故选a.4(2019衡水模拟)已知e1(1,0)，|e2|1，e1，e2的夹角为30，若e1e2，e1e2相互垂直，则实数的值是()a b.c34 d34答案a解析因为e1e2，e1e2相互垂直，所以(e1e2)(e1e2)0，整理得到e(1)e1e2e0，故(1)0，故，故选a.5(2019齐齐哈尔二模)函数f(x)的图象大致是()答案c解析因为函数f(x)的定义域关于原点对称，且f(x)f(x)，函数f(x)是奇函数，图象关于原点对称，排除a，b，当x0时，f(x)0，排除d，故选c.6(2019银川一中二模)已知某个几何体的三视图如图，根据图中标出的尺寸，可得这个几何体的表面积是()a16 b1222c182 d162答案b解析根据三视图可知原几何体为四棱锥eabcd，则它的表面积sadesedcsabesbecs梯形abcd22242222(24)21222.故选b.7(2019哈六中模拟)实数x，y满足不等式组若z3xy的最大值为5，则正数m的值为()a2 b. c10 d.答案a解析如图，先由画出可行域，发现y0，所以由y(ym)0可得ym，且m为正数画出可行域为aob(含边界)区域将z3xy转化为y3xz，它是斜率为3的一簇平行线，z表示在y轴的截距，由图可知在a点时截距最大，即m35，解得m2.故选a.8(2019洛阳三模)如图的程序框图的算法思路源于我国古代数学名著数书九章中的“中国剩余定理”，比如已知正整数n被3除余2，被7除余4，被8除余5，求n的最小值执行程序框图，则输出的n()a62 b59 c53 d50答案c解析正整数n被3除余2，得n3k2，kn；被8除余5，得n8l5，ln；被7除余4，得n7m4，mn；求得n的最小值是53.故选c.9(2019烟台一模)将函数f(x)sin(x)的图象向右平移个单位长度后，所得图象关于y轴对称，且f，则当取最小值时，函数f(x)的解析式为()af(x)sin bf(x)sincf(x)sin df(x)sin答案c解析将函数f(x)sin(x)的图象向右平移个单位长度后，可得ysin的图象，所得图象关于y轴对称，k，kz.fsin()sin，即sin，k，当取最小值时，取k1，可得4，函数f(x)的解析式为f(x)sin，故选c.10(2019厦门一模)现有甲班a，b，c，d四名学生，乙班e，f，g三名学生，从这7名学生中选4名学生参加某项活动，则甲、乙两班每班至少有1人，且a必须参加的方法有()a10种 b15种 c18种 d19种答案d解析由题意按甲、乙班参加人数分情况讨论如下：若甲班1人，乙班3人，共1种方法；若甲班2人，乙班2人，共cc9种方法；若甲班3人，乙班1人，共cc9种方法；故甲、乙两班每班至少有1人，且a必须参加的方法有19919种故选d.11(2019青岛二中一模)设双曲线1(ab0)的左、右两焦点分别为f1，f2，p是双曲线上一点，点p到双曲线中心的距离等于双曲线焦距的一半，且|pf1|pf2|4a，则双曲线的离心率是()a. b. c. d.答案a解析不妨设点p在双曲线的右支上，则|pf1|pf2|2a.因为|pf1|pf2|4a，所以|pf1|3a，|pf2|a.由点p到双曲线中心的距离等于双曲线焦距的一半可知，pf1pf2，所以|pf1|2|pf2|2|f1f2|2，即9a2a24c2，得.所以双曲线的离心率e.故选a.12(2019大同一中二模)已知定义在r的函数yf(x)对任意的x满足f(x1)f(x)，当1x1，f(x)x3.函数g(x)若函数h(x)f(x)g(x)在6，)上有6个零点，则实数a的取值范围是()a.(7，) b.7,9)c.(7,9 d.(1,9答案c解析因为f(x2)f(x1)f(x)，故f(x)是周期函数且周期为2，如图f(x)的图象与y(x0)的图象在6,0)上有两个不同的交点，故f(x)的图象与g(x)的图象在(0，)上有4个不同的交点，故解得7a9或a，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贵阳二模)若(xa)(12x)5的展开式中x3的系数为20，则a_.答案解析(xa)(12x)5的展开式中x3的系数为4c8ac20，a.14(2019永州市一模)在abc中，角a，b，c的对边分别为a，b，c，btanbbtana2ctanb，且a8，abc的面积为4，则bc的值为_答案4解析btanbbtana2ctanb，sinb(tanbtana)2sinctanb.sinb(tanbtana)2sinc.cosb(tanatanb)2sinc.cosb2sinc.cosb2sinc.cosb2sinc.解得cosa，a，a8，由余弦定理，得64b2c2bc(bc)2bc，又abc的面积为4bcsinabc，bc16，bc4.15(2019保定市二模)如图所示，在平面直角坐标系内，四边形abcd为正方形且点c的坐标为.抛物线的顶点在原点，关于x轴对称，且过点c.在正方形abcd内随机取一点m，则点m在阴影区域内的概率为_答案解析由抛物线的顶点在原点，关于x轴对称，且过点c，所以抛物线的方程为y2x，阴影区域的面积为2 dxx，又因为正方形的面积为1，所以点m在阴影区域内的概率为.16(2019天津高考)在四边形abcd中，adbc，ab2，ad5，a30，点e在线段cb的延长线上，且aebe，则_.答案1解析如图，e在线段cb的延长线上，ebad.dab30，abe30.aebe，eab30.又ab2，be2.ad5，.又，()22|cos3052(2)252101221221.三、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怀化市二模)已知各项均不为0的等差数列an的前n项和为sn，若a815，且a1，a2，s3成等比数列(1)求数列an的通项公式与sn；(2)设bn，数列bn的前n项和为tn，求证：tn.解(1)设等差数列an的公差为d，则a8a17d15.由a1，a2，s3成等比数列知aa1s3，即(a1d)2a1(3a13d)3a1(a1d)所以(d2a1)(a1d)0，因a1da20，于是d2a1，解得a11，d2，an2n1，snn2.(2)证明：因bn，所以tnb1b2bn0)的焦点，过f的动直线交抛物线c于a，b两点当直线与x轴垂直时，|ab|4.(1)求抛物线c的方程；(2)设直线ab的斜率为1且与抛物线的准线l相交于点m，抛物线c上存在点p使得直线pa，pm，pb的斜率成等差数列，求点p的坐标解(1)因为f，在抛物线方程y22px中，令x，可得yp.于是当直线与x轴垂直时，|ab|2p4，解得p2.所以抛物线的方程为y24x.(2)因为抛物线y24x的准线方程为x1，由已知可求得直线ab的方程为yx1，所以m(1，2)联立消去x，得y24y40.设a(x1，y1)，b(x2，y2)，则y1y24，y1y24.若点p(x0，y0)满足条件，则2kpmkpakpb，即2，因为点p，a，b均在抛物线上，所以x0，x1，x2.代入化简可得，将y1y24，y1y24代入，解得y02.将y02代入抛物线方程，可得x01.于是点p(1，2)为满足题意的点21(本小题满分12分)(2019湖南永州三模)已知函数f(x)x2，g(x)(m是常数)(1)求函数h(x)f(x)g(x)1的单调区间；(2)当x(0,4e)时，函数h(x)f(x)g(x)1有零点，求m的取值范围解(1)由题意，知h(x)x2emx1(xr)，则h(x)2xemxx2(m)emxemx(mx22x)(xr)当m0时，令h(x)0，有x0；令h(x)0，有x0时，令h(x)0，有0x；令h(x)0，有x.故函数yh(x)在上单调递增，在(，0)和上单调递减当m0，有x0或x；令h(x)0，有x0时，函数yh(x)的单调递增区间为，单调递减区间为(，0)和；当m0时，若(0,4e)，即m时，由(1)知函数yh(x)在上单调递增，在上单调递减而h(0)10，令h(x)maxhe210，有m，m，若4e，)，即0m时，由(1)知函数yh(x)在x(0,4e)上单调递增而h(0
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