高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 穩(wěn)取120分保分練（三）理-人教版高三數(shù)學(xué)試題

穩(wěn)取120分保分練(三)一、選擇題1．已知全集U＝R，集合A＝{x|y＝lgx}，集合B＝{y|y＝eq\r(x)＋1}，那么A∩(?UB)＝()A．? B．(0,1]C．(0,1) D．(1，＋∞)解析：選C由題意知，A＝{x|y＝lgx}＝{x|x＞0}＝(0，＋∞)，又y＝eq\r(x)＋1≥1，則B＝{y|y≥1}＝[1，＋∞)，即?UB＝(－∞，1)，所以A∩(?UB)＝(0,1)．2．設(shè)i是虛數(shù)單位，若(2a＋i)(1－2i)是純虛數(shù)，則實(shí)數(shù)aA．1 B．－1C．4 D．－4解析：選B(2a＋i)(1－2i)＝2a＋2＋(1－4a)i是純虛數(shù)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＋2＝0，,1－4a≠0，))解得a＝－1.3．設(shè)a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，b＝log2，c＝eq\f(1,sin1)，則()A．a(chǎn)＞b＞c B．a(chǎn)＞c＞bC．b＞c＞a D．c＞a＞b解析：選Da＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))0＝1，且a>0，b＝log2＜0，c＝eq\f(1,sin1)＞1，∴c＞a＞b.4．已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，且sinα，sin2α，sin4α成等比數(shù)列，則α的值為()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,3)C.eq\f(2π,3) D.eq\f(3π,4)解析：選C∵sinα，sin2α，sin4α成等比數(shù)列，∴sin22α＝sinαsin4α，∴2sin2αsinα(cosα－cos2α)＝0，∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，∴2α∈(0，π)∪(π，2π)，∴sin2α≠0，sinα≠0，cosα≠1.∴cosα－cos2α＝0，∴2cos2α－cosα－1＝0，(2cosα＋1)(cosα－1)＝0，∴cosα＝－eq\f(1,2)，∴α＝eq\f(2π,3).5．拋物線y2＝4x的焦點(diǎn)到雙曲線x2－eq\f(y2,3)＝1的漸近線的距離是()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(3),2)C．1 D.eq\r(3)解析：選B拋物線方程為y2＝4x，∴2p＝4，可得eq\f(p,2)＝1，即拋物線的焦點(diǎn)F(1,0)．又雙曲線的方程為x2－eq\f(y2,3)＝1，∴a2＝1且b2＝3，可得a＝1且b＝eq\r(3)，∴雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\r(3)x，化成一般式得eq\r(3)x±y＝0.因此，拋物線y2＝4x的焦點(diǎn)到雙曲線漸近線的距離為d＝eq\f(|\r(3)×1±0|,\r(3＋1))＝eq\f(\r(3),2).6．已知S，A，B，C是球O表面上的點(diǎn)，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，SA＝AB＝1，BC＝eq\r(2)，則球O的表面積為()A．4π B．3πC．2π D．π解析：選A∵SA⊥平面ABC，BC?平面ABC，∴SA⊥BC，又AB⊥BC，AB∩SA＝A，∴BC⊥平面SAB.∵SB?平面SAB，∴BC⊥SB，即△SBC是直角三角形．取SC的中點(diǎn)O，連接AO，BO.在Rt△SAC中，OA＝eq\f(1,2)SC＝OC＝OS，在Rt△SBC中，OB＝eq\f(1,2)SC＝OC＝OS，即OA＝OB＝OC＝OS＝1，∴球的半徑R＝1，表面積為4πR2＝4π.7．《九章算術(shù)》是我國古代數(shù)學(xué)名著，也是古代東方數(shù)學(xué)的代表作．書中有如下問題：“今有勾八步，股一十五步，問勾中容圓，徑幾何？”其意思為：“已知直角三角形兩直角邊長分別為8步和15步，問其內(nèi)切圓的直徑為多少步？”現(xiàn)若向此三角形內(nèi)投豆子，則落在其內(nèi)切圓內(nèi)的概率是()A.eq\f(3π,10) B.eq\f(π,20)C.eq\f(3π,20) D.eq\f(π,10)解析：選C由題意，直角三角形的三邊長分別為8,15,17，所以其內(nèi)切圓半徑r＝eq\f(8×15,8＋15＋17)＝3，∴向此三角形內(nèi)投豆子，落在其內(nèi)切圓內(nèi)的概率是eq\f(π·32,\f(1,2)×8×15)＝eq\f(3π,20)，故選C.8．若直線y＝2x上存在點(diǎn)(x，y)滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－3≤0，,x－2y－3≤0，,x≥m，))則實(shí)數(shù)m的最大值為()A．－1 B．1C.eq\f(3,2) D．2解析：選B由題意，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2x，,x＋y－3＝0，))可求得交點(diǎn)坐標(biāo)為(1,2)．要使直線y＝2x上存在點(diǎn)(x，y)滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－3≤0，,x－2y－3≤0，,x≥m，))如圖所示．可得m≤1.∴實(shí)數(shù)m的最大值為1，故選B.9．下面給出的命題中：①已知函數(shù)f(a)＝eq\i\in(0,a,)cosxdx，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝1；②“m＝－2”是“直線(m＋2)x＋my＋1＝0與直線(m－2)x＋(m＋2)y－3＝0互相垂直”的必要不充分條件；③已知隨機(jī)變量ξ服從正態(tài)分布N(0，δ2)，且P(－2≤ξ≤0)＝0.4，則P(ξ＞2)＝0.2；④已知圓C1：x2＋y2＋2x＝0，圓C2：x2＋y2－1＝0，則這兩個(gè)圓恰有兩條公切線．其中真命題的個(gè)數(shù)是()A．1 B．2C．3 D．4解析：選B①由f(a)＝eq\i\in(0,a,)cosxdx＝sina，可得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝sineq\f(π,2)＝1，故①是真命題；②直線(m＋2)x＋my＋1＝0與直線(m－2)x＋(m＋2)y－3＝0互相垂直?(m＋2)(m－2)＋m(m＋2)＝0，即m＝－2或m＝1.∴“m＝－2”是“直線(m＋2)x＋my＋1＝0與直線(m－2)x＋(m＋2)y－3＝0互相垂直”的充分不必要條件，故②是假命題；③隨機(jī)變量ξ服從正態(tài)分布N(0，δ2)，且P(－2≤ξ≤0)＝0.4，則P(ξ＞2)＝0.1，故③是假命題；④圓C1：x2＋y2＋2x＝0化為標(biāo)準(zhǔn)方程為(x＋1)2＋y2＝1，圓C2：x2＋y2－1＝0化為標(biāo)準(zhǔn)方程為x2＋y2＝1，兩圓的圓心距d＝1，小于兩半徑之和，兩圓相交，∴這兩個(gè)圓恰有兩條公切線，故④是真命題．∴真命題有2個(gè)．10．如圖是某幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為()A.eq\f(8,3) B.eq\f(4,3)C.eq\f(8\r(2),3) D.eq\f(4\r(2),3)解析：選A由三視圖可知幾何體為直三棱柱切去一個(gè)三棱錐得到的四棱錐，其直觀圖如圖所示．其中直三棱柱ABC-A1B1C1的底面ABC是等腰直角三角形，AB＝BC＝2，AB⊥BC，直三棱柱的高AA1＝2，∴四棱錐B-ACC1A1的體積V＝VABC-A1B1C1－VB-A1B1C1＝eq\f(1,2)×2×2×2－eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×2＝eq\f(8,3).11．已知t＝(sinx＋cosx)dx，執(zhí)行如圖所示的程序框圖，則輸出S的值為()A．1020 B．1024C．2044 D．4092解析：選Ct＝(sinx＋cosx)dx＝(－cosx＋sinx)eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(π,2),,,0))＝2.第1次循環(huán)：S＝22，n＝3；第2次循環(huán)：S＝22＋23，n＝4；…；第9次循環(huán)：S＝22＋23＋…＋210＝eq\f(4×1－29,1－2)＝4×(29－1)＝2044，n＝11,11＞10，跳出循環(huán)，故輸出S＝2044.12．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x－lnx－1)，則y＝f(x)的圖象大致為()解析：選A令g(x)＝x－lnx－1，(x>0)則g′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，由g′(x)＞0得x＞1，即函數(shù)g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，由g′(x)＜0得0＜x＜1，即函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)g(x)有最小值，g(x)min＝g(1)＝0，于是對(duì)任意的x∈(0,1)∪(1，＋∞)，有g(shù)(x)≥0，故排除B、D，因函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，則函數(shù)f(x)在(0,1)上遞增，故排除C，故選A.二、填空題13．若(x2－a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))10的展開式中x6的系數(shù)為30，則a＝________.解析：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))10的展開式的通項(xiàng)為Tr＋1＝Ceq\o\al(r,10)x10－r·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))r＝Ceq\o\al(r,10)x10－2r.令10－2r＝4，或6.解得r＝3，或2.∴30＝Ceq\o\al(3,10)－aCeq\o\al(2,10)，解得a＝2.答案：214．已知正項(xiàng)數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝1，前n項(xiàng)和為Sn，若以(an，Sn)為坐標(biāo)的點(diǎn)在曲線y＝eq\f(1,2)x(x＋1)上，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為________．解析：以(an，Sn)為坐標(biāo)的點(diǎn)在曲線y＝eq\f(1,2)x(x＋1)上，∴Sn＝eq\f(1,2)an(an＋1)．∴n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(1,2)an(an＋1)－eq\f(1,2)an－1·(an－1＋1)．化為(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，∵an＋an－1＞0，∴an－an－1＝1.∴數(shù)列{an}是首項(xiàng)與公差都為1的等差數(shù)列．∴an＝1＋(n－1)＝n.答案：an＝n15.如圖，在正方形ABCD中，E為AB的中點(diǎn)，P為以A為圓心、AB為半徑的圓弧上的任意一點(diǎn)，設(shè)向量eq\o(AC,\s\up7(→))＝λeq\o(DE,\s\up7(→))＋μeq\o(AP,\s\up7(→))，則λ＋μ的最小值為________．解析：以A為原點(diǎn)，以AB所在的直線為x軸，AD所在的直線為y軸，建立坐標(biāo)系(圖略)，設(shè)正方形ABCD的邊長為1，則A(0,0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))，C(1,1)，D(0,1)，B(1,0)，∴eq\o(AC,\s\up7(→))＝(1,1)，eq\o(DE,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1)).設(shè)P(cosθ，sinθ)，∴eq\o(AP,\s\up7(→))＝(cosθ，sinθ)．∴eq\o(AC,\s\up7(→))＝λeq\o(DE,\s\up7(→))＋μeq\o(AP,\s\up7(→))＝λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1))＋μ(cosθ，sinθ)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,2)＋μcosθ，－λ＋μsinθ))＝(1,1)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(λ,2)＋μcosθ＝1，,－λ＋μsinθ＝1，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝\f(2sinθ－2cosθ,2cosθ＋sinθ)，,μ＝\f(3,2cosθ＋sinθ)，))∴λ＋μ＝eq\f(3＋2sinθ－2cosθ,2cosθ＋sinθ)＝eq\f(－2cosθ－sinθ＋3sinθ＋3,2cosθ＋sinθ)＝－1＋eq\f(3sinθ＋3,2cosθ＋sinθ).由題意得0≤θ≤eq\f(π,2)，∴0≤cosθ≤1,0≤sinθ≤1.對(duì)關(guān)于θ的函數(shù)(λ＋μ)求導(dǎo)得(λ＋μ)′＝eq\f(3cosθ2cosθ＋sinθ－3sinθ＋3－2sinθ＋cosθ,2cosθ＋sinθ2)＝eq\f(6＋6sinθ－3cosθ,2cosθ＋sinθ2)＞0，故λ＋μ在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是增函數(shù)，故當(dāng)θ＝0時(shí)，λ＋μ取最小值為－1＋eq\f(3,2)＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)16．在平面直角坐標(biāo)系中，把位于直線y＝k與直線y＝l(k，l均為常數(shù)，且k＜l)之間的點(diǎn)所組成的區(qū)域(含直線y＝k，直線y＝l)稱為“k⊕l型帶狀區(qū)域”，設(shè)f(x)為二次函數(shù)，三點(diǎn)(－2，f(－2)＋2)，(0，f(0)＋2)，(2，f(2)＋2)均位于“0⊕4型帶狀區(qū)域”，如果點(diǎn)(t，t＋1)位于“－1⊕3型帶狀區(qū)域”，那么，函數(shù)y＝|f(t)|的最大值為________．解析：設(shè)f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，由題意可知|f(－2)|≤2，|f(0)|≤2，|f(2)|≤2，∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－2＝4a－2b＋c，,f0＝c，,f2＝4a＋2b＋c，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝\f(f2－f－2,4)，,a＝\f(f2＋f－2－2f0,8)，,c＝f0，))∵－1≤t＋1≤3，∴|t|≤2，∴|f(t)|＝eq\f(f2＋f－2－2f0,8)t2＋eq\f(f2－f－2,4)t＋f(0)＝eq\f(t2－2t,8)f(－2)＋eq\f(t2＋2t,8)f(2)＋eq\f(4－t2,4)f(0)≤eq\f(t2－2t,4)＋eq\f(t2＋2t,4)＋eq\f(4－t2,2)＝eq\f(1,4)|t|(2－t)＋eq\f(1,4)|t|(t＋2)＋eq\f(1,2)(4－t2)＝－eq\f(1,2)t2＋|t|＋2＝－eq\f(1,2)(|t|－1)2＋eq\f(5,2)≤eq\f(5,2).答案：eq\f(5,2)三、解答題17．在△ABC中，三個(gè)內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，已知a＝(sinB－sinC，sinC－sinA)，b＝(sinB＋sinC，sinA)，且a⊥b.(1)求角B的大小；(2)若b＝c·cosA，△ABC的外接圓的半徑為1，求△ABC的面積．解：(1)∵a＝(sinB－sinC，sinC－sinA)，b＝(sinB＋sinC，sinA)，且a⊥b，∴(sinB－sinC)·(sinB＋sinC)＋(sinC－sinA)·sinA＝0，∴b2＝a2＋c2－ac，由余弦定理知，b2＝a2＋c2－2accosB，∴2cosB＝1，∴B＝eq\f(π,3).(2)∵b＝c·cosA，∴△ABC是直角三角形，而B＝eq\f(π,3)，故A＝eq\f(π,6)，由eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝2R，得eq\f(a,sin\f(π,6))＝eq\f(b,sin\f(π,3))＝2，解得a＝1，b＝eq\r(3)，故S△ABC＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×1＝eq\f(\r(3),2).18．已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且6Sn＝3n＋1＋a(a∈N*)．(1)求a的值及數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn＝eq\f(－1n－12n2＋2n＋1,log3an＋22log3an＋12)，求{bn}的前n項(xiàng)和Tn.解：(1)∵等比數(shù)列{an}滿足6Sn＝3n＋1＋a(a∈N*)，∴當(dāng)n＝1時(shí)，6a1＝9＋a；當(dāng)n≥2時(shí)，6an＝6(Sn－Sn－1)＝3n＋1＋a－(3n＋a)＝2×3n∴an＝3n－1，∵n＝1時(shí)上式也成立，即a1＝30＝1，∴6a1＝6×1＝9＋a，解得a故a的值為－3，{an}的通項(xiàng)公式為an＝3n－1.(2)bn＝eq\f(－1n－12n2＋2n＋1,log3an＋22log3an＋12)＝eq\f(－1n－12n2＋2n＋1,n2n＋12)＝(－1)n－1eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,n2)＋\f(1,n＋12))).當(dāng)項(xiàng)數(shù)n為奇數(shù)時(shí)，Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,12)＋\f(1,22)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,22)＋\f(1,32)))＋…＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,n2)＋\f(1,n＋12)))＝1＋eq\f(1,n＋12)；當(dāng)項(xiàng)數(shù)n為偶數(shù)時(shí)，Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,12)＋\f(1,22)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,22)＋\f(1,32)))＋…－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,n2)＋\f(1,n＋12)))＝1－eq\f(1,n＋12).綜上，Tn＝1＋(－1)n－1eq\f(1,n＋12).19．如圖，在△ABC中，AO⊥BC于O，OB＝2OA＝2OC＝4，點(diǎn)D，E，F(xiàn)分別為OA，OB，OC的中點(diǎn)，BD與AE相交于H，CD與AF相交于G，將△ABO沿OA折起，使二面角B-OA-C為直二面角．(1)在底面△BOC的邊BC上是否存在一點(diǎn)P，使得OP⊥GH，若存在，請(qǐng)計(jì)算BP的長度，若不存在，請(qǐng)說明理由；(2)求二面角A-GH-D的余弦值．解：(1)H，G分別為△AOB和△AOC的重心，∴eq\f(AH,HE)＝eq\f(AG,GF)＝eq\f(2,1).連接EF，則GH∥EF，由已知，EF∥BC，∴GH∥BC.∵OA⊥OB，OA⊥OC，二面角B-OA-C為直二面角，∴∠BOC為直角．在Rt△BOC中，過O作OP⊥BC交BC于點(diǎn)P，又BC∥GH，∴OP⊥GH，則由射影定理得OB2＝BP·BC，∴BP＝eq\f(OB2,BC)＝eq\f(16,\r(16＋4))＝eq\f(8\r(5),5).(2)分別以O(shè)B，OC，OA為x，y，z軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則O(0,0,0)，A(0,0,2)，D(0，0,1)，B(4,0,0)，C(0,2,0)，Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，0，\f(2,3)))，Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)，\f(2,3))).∴eq\o(HG,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，\f(2,3)，0))，eq\o(HA,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，0，\f(4,3)))，eq\o(HD,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，0，\f(1,3))).設(shè)m＝(x1，y1，z1)為平面AGH的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·eq\o(HG,\s\up7(→))＝－\f(4,3)x1＋\f(2,3)y1＝0，,m·eq\o(HA,\s\up7(→))＝－\f(4,3)x1＋\f(4,3)z1＝0，))取x1＝1，則y1＝2，z1＝1，∴m＝(1,2,1)．設(shè)n＝(x2，y2，z2)為平面DGH的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(HG,\s\up7(→))＝－\f(4,3)x2＋\f(2,3)y2＝0，,n·eq\o(HD,\s\up7(→))＝－\f(4,3)x2＋\f(1,3)z2＝0，))取x2＝1，則n＝(1,2,4)．∴cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(9,\r(6)×\r(21))＝eq\f(3\r(14),14).由圖可知二面角A-GH-D為銳角，