2021届高考数学一轮专题重组卷第二部分基础巩固练五理含解析20201219187.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
数学
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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濮阳市二模)已知集合ax|x0，bx|log2(3x1)2，则()aab(0，) babcabr dab答案a解析依题意，得bx|log2(3x1)2x|03x14，所以ab，ab(0，)故选a.2(2019重庆一中模拟)若复数z满足(1i)z23i，则复数z的实部与虚部之和为()a2 b2 c4 d4答案b解析由(1i)z23i，得zi.则复数z的实部与虚部之和为2.故选b.3(2019武汉市模拟)某学校为了了解本校学生的上学方式，在全校范围内随机抽查部分学生，了解到上学方式主要有：a结伴步行，b自行乘车，c家人接送，d其他方式，并将收集的数据整理绘制成如下两幅不完整的统计图请根据图中信息，求本次抽查的学生中a类人数是()a30 b40 c42 d48答案a解析根据选择d方式的有18人，所占比例为15%，得总人数为120人，故选择a方式的人数为12042301830.故选a.4(2019兰州一中模拟)在等差数列an中，a100，a110，且a11|a10|，则使an的前n项和sn0成立的最大的自然数n为()a11 b10 c19 d20答案c解析数列an为等差数列，a100，a110，d0，又a11|a10|，a11a10，即a10a110，由s202010(a10a11)0，s191919a100，故可得使an的前n项和sn0成立的最大的自然数为19，故选c.5(2019湖南师大附中模拟)已知函数f(x)，则函数f(x)的图象在点(0，f(0)处的切线方程为()axy10 bxy10cxy10 dxy10答案b解析f(x)，f(x)，f(0)1，f(0)1，即函数f(x)的图象在点(0,1)处的切线的斜率为1，函数f(x)的图象在点(0，f(0)处的切线方程为yx1，即xy10.故选b.6(2019邯郸市模拟)某班有50名学生，一次数学考试的成绩服从正态分布n(105,102)，已知p(95105)0.32，估计该班学生数学成绩在115分以上的人数为()a10 b9 c8 d7答案b解析数学考试的成绩服从正态分布n(105,102)，数学考试的成绩关于105对称，p(95105)0.32，p(115)(10.64)0.18，该班学生数学成绩在115分以上的人数为0.18509.故选b.7(2019安徽宣城第二次调研)如图，网格纸上小正方形的边长为2，粗线画出的是某多面体的三视图，则该几何体的体积为()a. b. c. d.答案c解析由三视图可得其直观图为三棱锥eabd，所以该几何体的体积为v484.8(2019武汉二中一模)已知二项式n(nn*)的展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是25，则x3的系数为()a14 b14 c240 d240答案c解析由题意可得cc25，解得n6，tr1c(2x)6r(1)r(x)r(1)r26rcx，由6r3，得r2，所以x3的系数为(1)224c240.故选c. 9(2019宜春三模)在平面直角坐标系xoy中，已知向量a，b，|a|b|1，ab0，点q满足(ab)曲线cp|acosbsin，02，区域p|0r|r，rr若c为两段分离的曲线，则()a1rr3 b1r3rcr1r3 d1r3r答案a解析设a(1,0)，b(0,1)，则(，)，(cosx，sinx)，区域表示的是平面上的点到点q(，)的距离在r到r之间(包含边界)，如图中的阴影部分圆环，要使c为两段分离的曲线，则1rr3，故选a.10(2019包头市一模)七巧板是我们祖先的一项创造，被誉为“东方魔板”，它是由五块等腰直角三角形(两块全等的小三角形、一块中三角形和两块全等的大三角形)、一块正方形和一块平行四边形组成的如图是一个用七巧板拼成的正方形，现从该正方形中任取一点，则此点取自黑色部分的概率是()a. b. c. d.答案a解析设ab2，则bccddeef1.sbci，sefgh2sbci2，所求的概率为p，故选a.11(2019张家界市三模)设f1，f2分别是双曲线1(a0，b0)的左、右焦点，双曲线上存在一点p使得f1pf260，|op|3b(o为坐标原点)，则该双曲线的离心率为()a. b. c. d.答案d解析设|pf1|m，|pf2|n，则由余弦定理可得m2n2mn4c2，m2c2|op|22c|op|cospof1，n2c2|op|22c|op|cos(pof1)，即n2c2|op|22c|op|cospof1，由以上两式可得m2n22c229b2，即m2n22c218b2，又由双曲线的定义可得|mn|2a，即m2n22mn4a2，由可得m2n28c24a2，代入可得9b23c22a2，即6c27a2，故离心率e，故选d.12(2019南宁市二模)已知定义在r上的奇函数f(x)满足当x0时，f(x)则关于x的函数yf(x)a(1a0)的所有零点之和为()a2a1 b2a1 c12a d12a答案b解析作出函数f(x)与ya的图象如下，结合图象可知，函数f(x)与ya的图象共有5个交点，故函数yf(x)a有5个零点，设5个零点分别为bcdef，bc2(3)6，ef236，log (x1)a，故x12a，即d12a，故bcdef12a，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广西联合模拟)已知实数x，y满足则的最大值是_答案解析由约束条件可作出如图中阴影部分所示的可行域，两直线的交点为a(4,1)，则当过原点的直线过点a时，斜率kmax，即的最大值为.14(2019山东师大附中一模)对于实数x，x表示不超过x的最大整数，已知正数数列an满足sn，nn*，其中sn为数列an的前n项和，则_.答案20解析由题意可知sn0，当n1时，sn化简可得ss1，当n1，sa1，所以数列s是首项和公差都为1的等差数列，即sn，sn，又n1时，2()2()，记s，一方面s212(1)20，另一方面s12()(1)12(1)21.所以20s21.即s20.15(2019化州市三模)现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张不同取法的种数为_答案472解析用间接法，符合条件的取法的种数为c4ccc472.16(2019全国卷)学生到工厂劳动实践，利用3d打印技术制作模型如图，该模型为长方体abcda1b1c1d1挖去四棱锥oefgh后所得的几何体其中o为长方体的中心，e，f，g，h分别为所在棱的中点，abbc6 cm，aa14 cm.3d打印所用原料密度为0.9 g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为_g.答案118.8解析由题知挖去的四棱锥的底面是一个菱形，对角线长分别为6 cm和4 cm，故v挖去的四棱锥46312(cm3)又v长方体664144(cm3)，所以模型的体积为v长方体v挖去的四棱锥14412132(cm3)，所以制作该模型所需原料的质量为1320.9118.8(g)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吉林一中模拟)如图，在abc中，ab2，cosb，点d在线段bc上(1)若adc，求ad的长；(2)若bd2dc，acd的面积为，求的值解(1)在abc中，cosb，sinb.在abd中，由正弦定理，得，又ab2，adb，sinb.ad.(2)bd2dc，sabd2sadc，sabc3sadc，又sadc，sabc4，sabcabbcsinb，bc6，sabdabadsinbad，sadcacadsincad，sabd2sadc，2，在abc中，由余弦定理，得ac2ab2bc22abbccosb.ac4，24.18(本小题满分12分)(2019青岛市二模)为了研究学生的数学核心素养与抽象能力(指标x)、推理能力(指标y)、建模能力(指标z)的相关性，将它们各自量化为1、2、3三个等级，再用综合指标wxyz的值评定学生的数学核心素养，若w7，则数学核心素养为一级；若5w6，则数学核心素养为二级；若3w4，则数学核心素养为三级，为了了解某校学生的数学核心素养，调查人员随机访问了某校10名学生，得到如下数据：学生编号a1a2a3a4a5a6a7a8a9a10(x，y，z)(2,2，3)(3,2，3)(3,3，3)(1,2，2)(2,3，2)(2,3，3)(2,2，2)(2,3，3)(2,1，1)(2,2，2)(1)在这10名学生中任取两人，求这两人的建模能力指标相同条件下综合指标值也相同的概率；(2)在这10名学生中任取三人，其中数学核心素养等级是一级的学生人数记为x，求随机变量x的分布列及其数学期望解a1a2a3a4a5a6a7a8a9a10x2331222222y2232332312z3332232312w7895786846(1)由题意可知，建模能力一级的学生是a9；建模能力二级的学生是a4，a5，a7，a10；建模能力三级的学生是a1，a2，a3，a6，a8.记“所取的两人的建模能力指标相同”为事件a，记“所取的两人的综合指标值相同”为事件b.则p(b|a).(2)由题意可知，数学核心素养一级的学生为a1，a2，a3，a5，a6，a8，非一级的学生为余下4人，x的所有可能取值为0,1,2,3.p(x0)，p(x1)，p(x2)，p(x3)，随机变量x的分布列为x0123pe(x)01231.8.19(本小题满分12分)(2019安徽黄山二模)如图，已知四边形abcd满足adbc，baaddcbca，e是bc的中点，将bae沿ae翻折成b1ae，使得b1da，f为b1d的中点(1)证明：b1e平面acf；(2)求平面adb1与平面ecb1所成锐二面角的余弦值解(1)证明：连接ed交ac于点o，连接of，由四边形adce为菱形，f为b1d的中点，得ofb1e，又因为b1e平面acf，of平面acf，所以b1e平面acf.(2)由(1)可知，以md，ma，mb1所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系(如图)，则a，d，b1，c，e，.设平面adb1的法向量m(x，y，z)，则则令y1，解得m，同理可得平面ecb1的法向量n，cosm，n，故平面adb1与平面ecb1所成锐二面角的余弦值为.20(本小题满分12分)(2019福建莆田二模)已知抛物线c：x22py(p0)的焦点为f，准线为l，若点p在c上，点e在l上，且pef是周长为12的正三角形(1)求抛物线c的方程；(2)过点f的直线n与抛物线c相交于a，b两点，抛物线c在点a处的切线与l交于点n，求abn面积的最小值解(1)由pef是周长为12的正三角形，得|pe|pf|ef|4，又由抛物线的定义可得pel.设准线l与y轴交于点d，则pedf，从而pefefd60.在rtedf中，|df|ef|cosefd42，即p2.所以抛物线c的方程为x24y.(2)依题意可知，直线n的斜率存在，故设直线n的方程为ykx1，联立消去y可得，x24kx40.设a(x1，y1)，b(x2，y2)，则x1x24k，x1x24.所以|ab|x1x2|4(1k2)由y，得y，所以过a点的切线方程为yy1(xx1)，又y1，所以切线方程可化为yx.令y1，可得x22k，所以点n(2k，1)，所以点n到直线n的距离d2，所以sabn|ab|d44，当k0时，等号成立所以abn面积的最小值为4.21(本小题满分12分)(2019武汉模拟)已知函数f(x)a(ar，a为常数)在(0,2)内有两个极值点x1，x2(x1x2)(1)求实数a的取值范围；(2)求证：x1x22(1ln a)解(1)函数f(x)a(ar，a为常数)，x0，f(x)，设h(x)ex1ax，x0，由题意知yh(x)在(0,2)上存在两个零点，h(x)ex1a，当a0时，h(x)0，则h(x)在(0,2)上单调递增，h(x)至多有一个零点，不符合题意当a0时，由h(x)0，得x1ln a.若1ln a2且h(2)0，即1a时，h(x)在(0,1ln a)上单调递减，在(1ln a,2)上单调递增，则h(x)minh(1ln a)aln a0，且h(2)0，h(0)0，h(x)在(0,1ln a)和(1ln a,2)上各有一个零点，h(x)在(0,2)上存在两个零点若1ln a2，即ae时，h(x)在(0,2)上单调递减，h(x)至多一个零点，舍去若1ln a2，且h(2)0，即ae时，此时h(x)在(0,1ln a)上有一个零点，而在(1ln a,2)上没有零点，舍去综上，1a.即实数a的取值范围是.(2)证明：令h(x)h(x)h(22ln ax)，0x1ln a，则h(x)h(x)h(22ln ax)ex1ae22ln ax1aex12a2a2a0，h(x)在(0,1ln a)上单调递增，从而h(x)h(1ln a)0，h(x)h(22ln ax)0，h(x1)h(22ln ax1)0，h(x1)h(x2)，且h(x)在(1ln a,2)上单调递增，h(x2
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