《2020高考數(shù)學二輪復習 分層特訓卷 模擬仿真專練（二） 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020高考數(shù)學二輪復習 分層特訓卷 模擬仿真專練（二） 文（15頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專練(二)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1已知Uy|ylog2x，x1，Py|y，x2，則UP()A.B.C(0，) D(，0)答案：A解析：因為函數(shù)ylog2x在定義域內(nèi)為增函數(shù)，故Uy|y0，函數(shù)y在(0，)內(nèi)為減函數(shù)，故集合Py|0y，所以UPy|y故選A.22019河南洛陽第一次統(tǒng)考若復數(shù)z為純虛數(shù)，且(1i)zai(其中aR)，則|az|()A. B.C2 D.答案：A解析：復數(shù)z，根據(jù)題意得到0a1，zi，|az|1i|，故選A.32019江西南昌二中模擬設命題p：函數(shù)f(x)x3ax1在區(qū)間1,1上單調(diào)遞減；

2、命題q：函數(shù)yln(x2ax1)的值域是R.如果命題p或q是真命題，p且q為假命題，則實數(shù)a的取值范圍是()A(，3 B(，22,3)C(2,3 D3，)答案：B解析：若命題p為真命題：函數(shù)f(x)x3ax1在區(qū)間1,1上單調(diào)遞減，則f(x)3x2a0在1,1上恒成立，故a(3x2)max在x1,1上恒成立，又(3x)3，所以a3.若命題q為真命題：函數(shù)yln(x2ax1)的值域是R，則必須使x2ax1能取所有正數(shù)，故a240，解得a2或a2.因為命題pq是真命題，pq為假命題，所以命題p與命題q一真一假，當p為真命題，q為假命題時，可得a|a3a|2a2，當q為真命題，p為假命題時，可得a|

3、a3a|a2或a2a|a2或2a0)個單位長度后得到的圖象與函數(shù)yksin xcos x(k0)的圖象重合，則km的最小值是()A2 B2C2 D2答案：A解析：將函數(shù)ysin2xcos2xcos 2x的圖象向左平移m(m0)個單位長度后所得到的圖象對應的函數(shù)解析式為ycos2(xm)cos(2x2m)sin(m0)，平移后得到的圖象與函數(shù)yksin xcos xsin 2x(k0)的圖象重合，所以得k2，mn(nZ)，又m0，所以m的最小值為，可知km的最小值為2.故選A.82019山西太原一中檢測已知實數(shù)x，y滿足|x|y|1，則z2|x|y|的最大值為()A5 B4C3 D2答案：D解析

4、：令|x|a，|y|b，則且z2ab.作出可行域如圖中陰影部分所示，作出直線b2a，并平移，由圖知，當平移后的直線過點(1,0)時，z取得最大值，且zmax2102.故選D.92019河南鄭州摸底現(xiàn)有一個不透明的口袋中裝有標號分別為1,2,2,3的四個小球，它們除數(shù)字外完全相同，現(xiàn)從中隨機取出一球記下號碼后放回，均勻攪拌后再隨機取出一球，則兩次取出小球所標號碼不同的概率為()A. B.C. D.答案：D解析：隨機取出一球記下號碼后放回，均勻攪拌后再隨機取出一球，則兩次取出小球的所有情況共有4416(種)，其中號碼相同的情況共有6種，則號碼不同的概率為P1，故選D.102019遼寧五校期末在AB

5、C中，角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，已知sin(BA)sin(BA)3sin 2A，且c，C，則ABC的面積是()A. B.C.或 D.或答案：D解析：由sin(BA)sin(BA)3sin 2A，得2sin Bcos A3sin 2A6sin Acos A，即sin Bcos A3sin Acos A當cos A0時，A，而C，c，所以B，bctan B，所以此時ABC的面積為bc；當cos A0時，可得sin B3sin A，由正弦定理得b3a，又c，所以cos Ccos，得a1，所以b3，此時ABC的面積為absin C13.綜上可知，ABC的面積為或.故選D.112019河北唐

6、山期中如圖，在ABC中，2，過點M的直線分別交射線AB，AC于不同的兩點P，Q，若m，n，則mnm的最小值為()A2 B2C6 D6答案：A解析：連接AM，由已知可得().因為P，M，Q三點共線，所以1，所以mnmm22，當且僅當，即mn1時取等號，所以mnm的最小值為2.故選A.122019陜西漢中模擬設拋物線y24x的焦點為F，過點M(1,0)的直線在第一象限交拋物線于A，B兩點，且0，則直線AB的斜率k()A. B.C. D.答案：B解析：設直線AB的方程為yk(x1)(易知k0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)由可得k2x2(2k24)xk20，由根與系數(shù)的關系得x1x21，x1x

7、2.又0，易知F(1,0)，所以(1x1)(1x2)k2(x11)(x21)0，即(k21)x1x2(k21)(x1x2)k210，即2k22(k21)0，解得k.故選B.二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分將正確答案填在題中的橫線上)132019陜西寶雞四校第二次聯(lián)考已知為銳角，且sin (tan 10)1，則_.答案：40解析：由題意知sin (tan 10)sin sin sin sin 1，即sin sin 40.因為為銳角，所以40.142019山東鄒城質(zhì)監(jiān)觀察下列各式：12；1222；122232；12223242；照此規(guī)律，當nN*時，122232n2_.答案：解析：

8、第一個式子：12；第二個式子：1222；第三個式子：122232；第四個式子：12223242；第n個式子：122232n2.152019福建福州質(zhì)量抽測隨機抽取某中學甲班9名同學、乙班10名同學，得到他們的期中考試數(shù)學成績的莖葉圖如圖所示，估計該中學甲、乙兩班數(shù)學成績的中位數(shù)分別是_.答案：7683解析：將甲班9名同學的成績按從小到大的順序排列，為52,66,72,74,76,76,78,82,96，故中位數(shù)為76；將乙班10名同學的成績按從小到大的順序排列，為62,74,76,78,82,84,85,86,88,92，故中位數(shù)為83.162019湖南四校摸底已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿

9、足ff(x)0，當x0時，f(x)2xa，則f(16)_.答案：解析：由ff(x)0，得f(x)ff(x5)，所以函數(shù)f(x)是以5為周期的函數(shù)，則f(16)f(351)f(1)又f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，所以f(0)0，即1a0，解得a1，所以當x0時，f(x)2x1，所以f(1)，則f(1)f(1)，故f(16).三、解答題(本大題共6小題，共70分解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17(12分)2019河南鄭州高中畢業(yè)班第二次質(zhì)量預測已知數(shù)列an的前n項和為Sn，a11，an0，若an(n2且nN*)(1)求數(shù)列an的通項公式；(2)記cnan2an，求數(shù)列cn的前n項和Tn.

10、解析：(1)依題意知an(n2且nN*)，且an0，又當n2時，anSnSn1，兩式相除，得1(n2)，可知數(shù)列是以1為首項，公差為1的等差數(shù)列，所以1(n1)1n，即Snn2.當n2時，anSnSn1n2(n1)22n1，當n1時，a1S11，滿足上式，所以an2n1(nN*)(2)由(1)知，an2n1，所以cn(2n1)22n1，則Tn12323525(2n1)22n1，4Tn123325(2n3)22n1(2n1)22n1，得3Tn22(232522n1)(2n1)22n122(2n1)22n122n1，所以Tn.18(12分)2019河南開封模擬如圖，在四棱錐PABCD中，ABAC，

11、ABPA，ABCD，AB2CD，E，F(xiàn)，G，M，N分別為PB，AB，BC，PD，PC的中點(1)求證：CE平面PAD；(2)求證：平面EFG平面EMN.解析：(1)取PA的中點H，連接EH，DH.因為E為PB的中點，所以EH綊AB.又CD綊AB，所以EH綊CD.所以四邊形DCEH是平行四邊形，所以CEDH.又DH平面PAD，CE平面PAD，所以CE平面PAD.(2)因為E，F(xiàn)分別為PB，AB的中點，所以EFPA.又ABPA，所以EFAB，同理可證ABFG.又EFFGF，EF，F(xiàn)G平面EFG，所以AB平面EFG.又M，N分別為PD，PC的中點，所以MNCD.又ABCD，所以MNAB，所以MN平面

12、EFG.因為MN平面EMN，所以平面EFG平面EMN.19(12分)2019廣東七校聯(lián)考某物流公司每天從甲地運貨物到乙地，統(tǒng)計最近200天配送的貨物量，可得如圖所示的頻率分布直方圖(頻率分布直方圖中每個小組取中間值作為該組數(shù)據(jù)的代表)(1)估計該物流公司從甲地到乙地平均每天配送的貨物量；(2)該物流公司擬購置貨車專門運送從甲地到乙地的貨物，一輛貨車每天只能運送一趟，每輛貨車每趟最多只能裝載40件貨物，滿載發(fā)車，否則不發(fā)車若發(fā)車，則每輛貨車每趟可獲利1 000元；若未發(fā)車，則每輛貨車每天虧損200元為使該物流公司此項業(yè)務每天的營業(yè)利潤最大，估計該物流公司應該購置幾輛貨車？解析：(1)根據(jù)題意及頻

13、率分布直方圖得a40，易知從甲地到乙地每天配送的貨物量為60件，100件，140件，180件的天數(shù)分別為25,50,100,25.故估計該公司從甲地到乙地平均每天配送的貨物量為125(件)(2)由(1)可知從甲地到乙地每天配送的貨物量為60件，100件，140件，180件的天數(shù)分別為25,50,100,25，依題意知，()若購置1輛車，則物流公司每天的營業(yè)利潤值為1 000；()若購置2輛車，則每天的營業(yè)利潤值的可能取值為2 000,800，對應的天數(shù)分別為175,25，故平均利潤值為1 850；()若購置3輛車，則每天的營業(yè)利潤值的可能取值為3 000,1 800,600，對應的天數(shù)分別為1

14、25,50,25，故平均利潤值為2 400；()若購置4輛車，則每天的營業(yè)利潤值的可能取值為4 000,2 800,1 600,400，對應的天數(shù)分別為25,100,50,25，故平均利潤值為2 350.因為2 4002 3501 8501 000，所以為使該物流公司此項業(yè)務每天的營業(yè)利潤最大，該物流公司應該購置3輛貨車20(12分)2019湖南湘東六校聯(lián)考已知橢圓C：1(ab0)的離心率e，點A(b,0)，B，F(xiàn)分別為橢圓C的上頂點和左焦點，且|BF|BA|2.(1)求橢圓C的方程(2)若過定點M(0,2)的直線l與橢圓C交于G，H兩點(G在M，H之間)，設直線l的斜率k0，在x軸上是否存在

15、點P(m,0)，使得以PG，PH為鄰邊的平行四邊形為菱形？如果存在，求出m的取值范圍；如果不存在，請說明理由解析：(1)由離心率e得a2c.由|BF|BA|2，得a2，ab2.又a2b2c2，由可得a24，b23，橢圓C的方程為1.(2)設直線l的方程為ykx2(k0)，由得(34k2)x216kx40，易知0，k.設G(x1，y1)，H(x2，y2)，則x1x2，(x1x22m，k(x1x2)4)，(x2x1，y2y1)(x2x1，k(x2x1)菱形的對角線互相垂直，()0，(1k2)(x1x2)4k2m0，得m，即m，k，m1”是“函數(shù)f(x)有唯一零點”的充分不必要條件解析：(1)由題意

16、得f(x)6mx26x6x(mx1)，所以當m1時，f(x)2x33x21，f(x)6x(x1)，令f(x)0，解得x0或x1.當x在1,2內(nèi)變化時，f(x)，f(x)的變化情況如下表：由上表知，當x1,2時，f(x)max5，f(x)min4.故f(x)在區(qū)間1,2上的最大值和最小值分別為5和4.(2)因為m1，所以由f(x)6mx0得x0或x.當x變化時，f(x)，f(x)的變化情況如下表：因為f2m311，且m1，所以f0.又f(m)m2(2m23)11”是“函數(shù)f(x)有唯一零點”的充分條件當m2時，當x變化時，f(x)，f(x)的變化情況如下表：又f10，f(0)0，f(3)1”是“

17、函數(shù)f(x)有唯一零點”的充分不必要條件選考題(請考生在第22、23題中任選一題作答，多答、不答按本選考題的首題進行評分)22(10分)2019湖南衡陽八中模擬選修44：坐標系與參數(shù)方程在平面直角坐標系xOy中，直線l的參數(shù)方程為(t為參數(shù)，0)以坐標原點為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線C的極坐標方程為cos24sin .(1)求直線l的普通方程與曲線C的直角坐標方程；(2)設直線l與曲線C交于不同的兩點A，B，若|AB|8，求的值解析：(1)直線l的普通方程為xsin ycos cos 0，曲線C的極坐標方程為cos24sin ，2cos24sin ，又cos x，sin y，曲

18、線C的直角坐標方程為x24y.(2)將(t為參數(shù)，0)代入x24y，得t2cos24tsin 40，設點A，B對應的參數(shù)分別為t1，t2，則t1t2，t1t2.|AB|t1t2|8，cos ，或.23(10分)2019福建福州二檢選修45：不等式選講已知不等式|2x1|2x1|4的解集為M.(1)求集合M；(2)設實數(shù)aM，bM，證明：|ab|1|a|b|.解析：(1)方法一當x時，不等式化為2x112x1，所以1x；當x時，不等式化為2x12x14，即2時，不等式化為2x12x14，即x1，所以x1.綜上可知，Mx|1x1方法二設f(x)|2x1|2x1|，則f(x)函數(shù)f(x)的圖象如圖所

19、示因為f(x)4，由圖可得，1x1，所以Mx|1x1(2)方法一(綜合法)因為aM，bM，所以|a|1，|b|1.而|ab|1(|a|b|)|ab|1|a|b|(|a|1)(|b|1)0，所以|ab|1|a|b|.方法二(分析法)要證|ab|1|a|b|，只需證|ab|1|a|b|0，只需證(|a|1)(|b|1)0，因為aM，bM，所以|a|1，|b|1，所以(|a|1)(|b|1|)0成立所以|ab|1|a|b|成立方法三(分析法)要證|ab|1|a|b|，因為aM，bM，所以|a|1，|b|1，所以|ab|11，|a|b|1，所以只需證(|ab|1)2(|a|b|)2，只需證|ab|22|ab|1|a|22|ab|b|2，只需證|ab|21|a|2|b|2，只需證(|a|21)(|b|21)0，又|a|21，|b|21，所以(|a|21)(|b|21)0成立所以|ab|1|a|b|成立15