2021届高考数学一轮专题重组卷第二部分基础巩固练五文含解析20201219188.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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基础巩固练(五)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大同一中二模)已知集合ax|x1，bx|x2x20，则ab()ax|x1 bx|1x2cx|1x1 dx|x1答案d解析由题意得，bx|1x2，abx|x1故选d.2(2019杭州二中一模)在复平面内，复数z(i为虚数单位)对应的点位于()a第一象限 b第二象限c第三象限 d第四象限答案c解析复数z12i，则z在复平面内对应的点为(1，2)，位于第三象限故选c.3(2019绍兴一中三模)一个几何体的三视图如图所示，每个小方格都是边长为1的正方形，则这个几何体的体积为()a32 b. c. d8答案b解析几何体的直观图如图所示，棱锥的顶点，在底面上的射影是底面一边的中点，易知这个几何体的体积为444.故选b.4(2019长春市二模)设直线y2x的倾斜角为，则cos2的值为()a bc d答案c解析由题意可知tan2，则cos2cos2sin2，故选c.5(2019洛阳一高三模)已知抛物线y22px(p0)上的点m到其焦点f的距离比点m到y轴的距离大，则抛物线的标准方程为()ay2x by22x cy24x dy28x答案b解析因为抛物线y22px(p0)上的点m到其焦点f的距离比点m到y轴的距离大，所以可得，得p1，所以抛物线的标准方程为y22x.故选b.6(2019濮阳二模)如图所示，等边abc的边长为2，ambc，且am6.若n为线段cm的中点，则()a18b22c23d24答案c解析如图，以a为原点，ab所在直线为x轴，过点a作垂直于ab的直线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则a(0,0)，b(2,0)，c(1，)因为abc为等边三角形，且ambc，所以mab120，所以m(3,3)，因为n是cm的中点，所以n(1,2)，所以(1，2)，(5,3)，所以23.故选c.7(2019全国卷) 执行如图所示的程序框图，如果输入的为0.01，则输出的值等于()a2 b2c2 d2答案c解析 0.01，x1，s0，s011，x，x不成立；s1，x，x不成立；s1，x，x不成立；s1，x，x不成立；s1，x，x不成立；s1，x，x不成立；s1，x，x11的解集为()a(1,0) b(1,0)(0,1)c(1,0)(0，) d(1,0)(1，)答案a解析依题意，得f (1)f (1)4，解得m9.所以f (x)11即11，解得1x0，b0)的右焦点，o为坐标原点，以of为直径的圆与圆x2y2a2交于p，q两点若|pq|of|，则c的离心率为()a. b. c2 d.答案a解析令双曲线c：1(a0，b0)的右焦点f的坐标为(c,0)，则c.如图所示，由圆的对称性及条件|pq|of|可知，pq是以of为直径的圆的直径，且pqof.设垂足为m，连接op，则|op|a，|om|mp|，由|om|2|mp|2|op|2，得22a2，即离心率e.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(2019烟台二中一模)部分与整体以某种相似的方式呈现称为分形，谢尔宾斯基三角形是一种分形，由波兰数学家谢尔宾斯基1915年提出具体操作是取一个实心三角形，沿三角形的三边中点连线，将它分成4个小三角形，去掉中间的那一个小三角形后，对其余3个小三角形重复上述过程得到如图所示的图案，若向该图案内随机投一点，则该点落在黑色部分的概率是_答案解析由图可知黑色部分由9个小三角形组成，该图案一共由16个小三角形组成，这些小三角形都是全等的，设“向该图案内随机投一点，则该点落在黑色部分”为事件a，由几何概型的概率计算公式可得p(a).14(2019贵州联考)设x，y满足约束条件则z2xy的最大值为_答案4解析作出表示的平面区域如图中阴影部分所示，由解得a(1,2)，当直线y2xz经过点a时，截距取得最大值，即z取得最大此时x1，y2，z2xy有最大值2124.15(2019全国卷)函数f (x)sin3cosx的最小值为_答案4解析f (x)sin3cosxcos2x3cosx2cos2x3cosx1，令tcosx，则t1,1，f (x)2t23t1.又函数f (x)图象的对称轴t1,1，且开口向下，当t1时，f (x)有最小值4.16(2019云南省曲靖市质量监测)已知f (x)1|lg x|，则函数y2f2(x)3f (x)1的零点个数为_答案3解析根据题意，函数y2f2(x)3f (x)1，令y2f2(x)3f (x)10，解得f (x)1或，若f (x)1，即1|lg x|1，即lg x0，解得x1，若f (x)，即1|lg x|，即lg x，解得x或，则函数y2f2(x)3f (x)1有3个零点三、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济南二模)如图，在平面四边形abcd中，ab2，bc3，点e在线段ac上，且ae2ec，be.(1)求ac的长；(2)若adc60，ad，求acd的大小解(1)设ac3z，在abe中，由余弦定理可得cosbea.在cbe中，由余弦定理可得cosbec.由于beabec180，所以cosbeacosbec.所以.整理并解得z1(负值舍去)所以ac3.(2)在adc中，由正弦定理可得，所以，所以sinacd.因为adac，所以acd60，所以acd30.18(本小题满分12分)(2019株洲一模)经过多年的努力，炎陵黄桃在国内乃至国际上逐渐打开了销路，成为炎陵部分农民脱贫致富的好产品为了更好地销售，现从某村的黄桃树上随机摘下了100个黄桃进行测重，其质量分布在区间200,500内(单位：克)，统计质量的数据作出其频率分布直方图如图所示：(1)按分层抽样的方法从质量落在350,400)，400,450)的黄桃中随机抽取5个，再从这5个黄桃中随机抽取2个，求这2个黄桃质量至少有一个不小于400克的概率；(2)以各组数据的中间数值代表这组数据的平均水平，以频率代表概率，已知该村的黄桃树上大约还有100000个黄桃待出售，某电商提出两种收购方案：a所有黄桃均以20元/千克收购；b低于350克的黄桃以5元/个收购，高于或等于350克的以9元/个收购请你通过计算为该村选择收益最好的方案(参考数据：2250.052750.163250.243750.34250.24750.05354.5)解(1)由题得，黄桃质量在350,400)和400,450)的比例为32，应分别在质量为350,400)和400,450)的黄桃中各抽取3个和2个记抽取质量在350,400)的黄桃为a1，a2，a3，质量在400,450)的黄桃为b1，b2，则从这5个黄桃中随机抽取2个的情况共有以下10种：a1a2，a1a3，a2a3，a1b1，a2b1，a3b1，a1b2，a2b2，a3b2，b1b2，其中质量至少有一个不小于400克的有7种情况，故所求概率为.(2)方案b好，理由如下：由频率分布直方图可知，黄桃质量在200,250)的频率为500.0010.05.同理，黄桃质量在250,300)，300,350)，350,400)，400,450)，450,500的频率依次为0.16,0.24,0.3,0.2,0.05.若按方案b收购：黄桃质量低于350克的个数为(0.050.160.24)10000045000个，黄桃质量不低于350克的个数为55000个，收益为450005550009720000元若按方案a收购：根据题意，各段黄桃个数依次为5000,16000,24000,30000,20000,5000，于是总收益为(2255000275160003252400037530000425200004755000)201000709000(元)方案b的收益比方案a的收益高，应该选择方案b.19(本小题满分12分)(2019韶关一模)如图，在几何体abcdef中，de2，debf，de平面abcd，四边形abcd是菱形，ab5，ac8.(1)求证：acef；(2)求点b到平面ade的距离解(1)证明：de底面abcd，ac底面abcd，deac.在菱形abcd中，bdac，又debdd，ac平面bdef.又ef平面bdef，acef.(2)设点b到平面ade的距离为d，连接be.在菱形abcd中，设acbdo.acbd，ab5，ac8.bd2ob226.de底面abcd，veabdsabddebdaode6428.de底面abcd，ad底面abcd，dead.vbadesadedadded52dd.veabdvbade，即d.所以，点b到平面ade的距离为.20(本小题满分12分)(2019四川绵阳二诊)已知椭圆c：1的左、右焦点分别为f1，f2，直线l：ykxm与椭圆c交于a，b两点o为坐标原点(1)若直线l过点f1，且|ab|，求k的值；(2)若以ab为直径的圆过原点o，试探究点o到直线ab的距离是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由解(1)由椭圆c：1，得a28，b24，则c2.因为直线l过点f1(2,0)，所以m2k，即直线l的方程为yk(x2)设a(x1，y1)，b(x2，y2)联立整理得(12k2)x28k2x8k280.x1x2，x1x2.由弦长公式|ab|，代入整理得，解得k21.k1.(2)设直线l方程ykxm，a(x1，y1)，b(x2，y2)联立整理得(2k21)x24kmx2m280.x1x2，x1x2.以ab为直径的圆过原点o，即0.x1x2y1y20.将y1kx1m，y2kx2m代入，整理得(1k2)x1x2km(x1x2)m20.将x1x2，x1x2代入，整理得3m28k28.设点o到直线ab的距离为d，于是d2，故点o到直线ab的距离是定值，该定值为d.21(本小题满分12分)(2019江西联考)已知函数f (x)3xbln x.(1)当b4时，求函数f (x)的极小值；(2)若x1，e，使得4xf (x)成立，求b的取值范围解(1)当b4时，f(x)3.令f(x)0，得x或x1.所以f (x)在上单调递增，在上单调递减，在(1，)上单调递增所以f (x)在x1处取得极小值为f (1)2.(2)由x1，e，使得4xf (x)4xf (x)04x3xbln x0，即xbln x0.设h(x)xbln x，则只需要函数h(x)xbln x在1，e上的最小值小于零又h(x)1，令h(x)0，得x1(舍去)或x1b.当1be，即be1时，h(x)在1，e上单调递减，故h(x)在1，e上的最小值为h(e)，由h(e)eb0，可得b.因为e1，所以b.当1b1，即b0时，h(x)在1，e上单调递增，故h(x)在1，e上的最小值为h(1)，由h(1)11b0，可得b2(满足b0)当11be，即0be1时，h(x)在(1,1b)上单调递减，在(1b，e)上单调递增，故h(x)在1，e上的最小值为h(1b)2bbln (1b)因为0ln (1b)1，所以0bln (1b)b，所以2bbln (1b)2，即h(1b)2，不满足题意，舍去综上可得，b2或b，所以实数b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宝鸡二模)点p是曲线c1：(x2)2y24上的动点，以坐标原点o为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，以极点o为中心，将点p逆时针旋转90得到点q，设点q的轨迹为曲线c2.(1)求曲线c1，c2的极坐标方程；(2)射线(0)与曲线c1，c2分别交于a，b两点，设定点m(2,0)，求mab的面积解(1)曲线c1的极坐标方程为4cos.设q(，)，则p，则有4cos4sin.所以曲线c2的极坐标方程为4sin.(2)把代入c1得10，即a
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