（通用版）2020高考數(shù)學二輪復(fù)習 單科標準練（二）文

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1、單科標準練(二) (滿分：150分　時間：120分鐘) 第Ⅰ卷 一、選擇題(本大題共12個小題，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．已知集合A＝{－2，－1,0,1,2,3}，B＝{x|y＝lg(x－1)}，則A∩B＝(　　) A．{0,1,2,3} B．{1,2,3} C．{1,2} D．{2,3} D　[根據(jù)題意可得，集合B＝{x|x＞1，x∈R}，所以A∩B＝{2,3}，故選D.] 2．在復(fù)平面內(nèi)，設(shè)z＝1＋i(i是虛數(shù)單位)，則復(fù)數(shù)z2－對應(yīng)的點位于(　　) A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象

2、限 B　[∵z＝1＋i，∴z2－＝(1＋i)2－＝2i－＝－＋i，∴復(fù)數(shù)z2－對應(yīng)的點位于第二象限．故選B.] 3．已知f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，當x≤0時，f(x)＝8·3x－a(a為常數(shù))，則f(1)＝(　　) A.　　　B. C.　　　D. C　[因為函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，所以f(0)＝8×30－a＝0，解得a＝8.所以f(1)＝－f(－1)＝.故選C.] 4．圓C1：x2＋y2－3x＝0與圓C2：(x－3)2＋(y－2)2＝4的位置關(guān)系為(　　) A．相交 B．內(nèi)切 C．外切 D．相離 A　[圓C1：x2＋y2－3x＝0，整理得其標準方程為2＋

3、y2＝，所以圓C1的圓心坐標為，半徑r1＝.圓C2：(x－3)2＋(y－2)2＝4，其圓心坐標為(3,2)，半徑r2＝2.所以圓C1，C2的圓心距|C1C2|＝＝，又r1＋r2＝＋2＝＞，所以兩圓相交．故選A.] 5．某校開設(shè)A類選修課3門和B類選修課4門，小明同學從中任選2門，則A，B兩類課程都選上的概率為(　　) A. B. C. D. D　[設(shè)3門A類選修課分別為A1，A2，A3,4門B類選修課分別為B1，B2，B3，B4，小明同學從中任選2門，基本事件有A1A2，A1A3，A1B1，A1B2，A1B3，A1B4，A2A3，A2B1，A2B2，A2B3，A2B4，A3B1

4、，A3B2，A3B3，A3B4，B1B2，B1B3，B1B4，B2B3，B2B4，B3B4，共21種，其中A，B兩類課程都選上的有A1B1，A1B2，A1B3，A1B4，A2B1，A2B2，A2B3，A2B4，A3B1，A3B2，A3B3，A3B4，共12種，所以A，B兩類課程都選上的概率為＝.故選D.] 6．已知正項等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且7S2＝4S4，則公比q的值為(　　) A．1 B．1或 C. D．± C　[若q＝1，則7S2＝14a1,4S4＝16a1，∵a1≠0，∴7S2≠4S4，不合題意．若q≠1，由7S2＝4S4，得7×＝4×，∴q2＝，又q＞0，

5、∴q＝.故選C.] 7．將函數(shù)f(x)＝－cos 4x的圖象向右平移個單位長度后得到函數(shù)g(x)的圖象，則函數(shù)g(x)(　　) A．最大值為1，圖象關(guān)于直線x＝對稱 B．在上單調(diào)遞減，為奇函數(shù) C．在上單調(diào)遞增，為偶函數(shù) D．周期為π，圖象關(guān)于點對稱 B　[函數(shù)f(x)的圖象經(jīng)平移后得到函數(shù)g(x)的圖象，其對應(yīng)的解析式為g(x)＝－cos 4＝－cos＝－sin 4x.A項，g(x)＝－sin 4x的最大值為1，其圖象的對稱軸方程為4x＝kπ＋(k∈Z)，解得x＝＋(k∈Z)，所以A項錯誤；B項，g(x)＝－sin 4x的單調(diào)遞減區(qū)間為(k∈Z)，所以函數(shù)g(x)在上單調(diào)遞減，且

6、為奇函數(shù)，所以B項正確；C項，g(x)＝－sin 4x為奇函數(shù)，所以C項錯誤；D項，g(x)＝－sin 4x的周期Τ＝＝，其圖象的對稱中心為(k∈Z)，所以D項錯誤．故選B.] 8．已知某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的各條棱中最長棱的長度為(　　) A．4　　　　B．5 C.　　　　D. D　[三視圖還原的幾何體是一個側(cè)面垂直于底面的三棱錐，記為三棱錐A-BCD，如圖，過點A作AE⊥BD于點E，過點C作CF⊥BD于點F，連接CE，AF，由三視圖可得，AE＝4，BD＝4，BE＝3，ED＝1，BF＝2，F(xiàn)D＝2，CF＝3.所以CE2＝CF2＋FE2＝9＋1＝10，AC2＝CE2＋

7、AE2＝10＋16＝26，AB2＝BE2＋AE2＝9＋16＝25，AD2＝AE2＋DE2＝16＋1＝17，BC2＝DC2＝FD2＋CF2＝22＋32＝13，所以最長的棱為AC，其長度為.故選D.] 9．雙曲線－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，離心率e＝，過點F1作傾斜角為θ的直線交雙曲線的右支于點M，若MF2垂直于x軸，則θ＝(　　) A．30° B．60° C．30°或150° D．60°或120° C　[法一：設(shè)點M在x軸上方，則|MF2|＝，tan θ＝＝，∵c2＝a2＋b2，e＝＝，∴tan θ＝，θ＝30°；當點M在x軸下方時，同理可得θ＝150°

8、.故選C. 法二：當θ為銳角時，在Rt△MF1F2中，∠MF1F2＝θ，|F1F2|＝2c，|MF1|＝，|MF2|＝2c·tan θ，∴2a＝|MF1|－|MF2|＝－2c·tan θ，∴e＝＝＝＝＝，又sin2θ＋cos2θ＝1，∴sin θ＝，cos θ＝，∴θ＝30°；同理可得，當θ為鈍角時，θ＝150°.故θ為30°或150°.故選C.] 10．已知數(shù)列{an}，a1＝2，點在函數(shù)f(x)＝2x＋3的圖象上．數(shù)列{bn}滿足bn＝，Tn為數(shù)列{bn}的前n項和，則Tn＝(　　) A．2n B. C. D. C　[由題意得an＋1＋1＝2×an＋3，即an＋1－an＝

9、2，又a1＝2，所以數(shù)列{an}是以2為首項、2為公差的等差數(shù)列．所以數(shù)列{an}的通項公式為an＝2＋(n－1)×2＝2n.所以bn＝＝.于是Tn＝＝.故選C.] 11．如圖，已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，M，N分別是棱AA1，BC上的動點，若MN＝，則線段MN的中點P的軌跡是(　　) A．一條線段 B．一段圓弧 C．一個球面區(qū)域 D．兩條平行線段 B　[連接AN，AP(圖略)，易知△MAN為直角三角形．因為MN＝，P為線段MN的中點，所以AP＝，因此點P到點A的距離為定值，所以點P在以點A為球心，為半徑的球面上運動，記此球為球O，分別取A1B1，D1C1，DC

10、，AB的中點E，F(xiàn)，G，H，并順次連接，則MA∥平面EFGH.記AN∩HG＝Q，則易知HQ為△ABN的中位線，故Q為AN的中點．連接PQ(圖略)，則PQ為△AMN的中位線，得MA∥PQ，又點Q在平面EFGH內(nèi)，MA∥平面EFGH，所以點P在平面EFGH內(nèi)運動，故點P的軌跡為平面EFGH與球O的球面的交線，所以點P的軌跡是一段圓?。蔬xB.] 12．若函數(shù)f(x)＝＋在區(qū)間(2,3)上有唯一的極值點，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A. B. C. D. C　[法一：因為f(x)＝＋＝＋，所以f′(x)＝－.依題意，知－＝0在區(qū)間(2,3)上有唯一的實數(shù)解，即ex(x－3)－(a－

11、2)x2＝0，所以a－2＝.令g(x)＝，則g′(x)＝.因為x∈(2,3)，所以g′(x)＞0，所以g(x)在(2,3)上單調(diào)遞增，所以g(x)∈(g(2)，g(3))，即g(x)∈，因此應(yīng)滿足－＜a－2＜0，故2－＜a＜2. 法二：因為f(x)＝＋＝＋，所以f′(x)＝－.依題意，知－＝0在區(qū)間(2,3)上有唯一的實數(shù)解，即ex(x－3)＝(a－2)x2. 令g(x)＝ex(x－3)，h(x)＝(a－2)x2，易知函數(shù)g(x)在x＝2處取得極小值g(2)＝－e2.在同一平面直角坐標系中分別畫出函數(shù)g(x)，h(x)的圖象(如圖)，由圖象可知要使兩個函數(shù)的圖象在(2,3)上有唯一的交點，

12、應(yīng)滿足解得2－＜a＜2. ] 第Ⅱ卷 本卷包括必考題和選考題兩部分．第13～21題為必考題，每個試題考生都必須作答，第22～23題為選考題，考生根據(jù)要求作答． 二、填空題(本大題共4小題，每題5分，共20分，將答案填在橫線上) 13．已知平面向量a，b滿足|a|＝1，|b|＝2，(3a－b)⊥(a＋2b)，則向量a與b的夾角為________． 60°　[∵(3a－b)⊥(a＋2b)，∴(3a－b)·(a＋2b)＝3a2＋5a·b－2b2＝3＋5a·b－8＝0，∴5a·b－5＝0，∴a·b＝1，設(shè)a與b的夾角為θ，則cos θ＝＝，∴a與b的夾角為60°.] 14．已知曲線f(x

13、)＝xln x＋x在點A(x0，y0)處的切線平行于直線y＝3x＋19，則點A的坐標為________． (e,2e)　[由題意知，函數(shù)f(x)的定義域為{x|x＞0}，f′(x)＝(xln x)′＋1＝ln x＋2. ∵曲線f(x)在點A(x0，y0)處的切線平行于直線y＝3x＋19，∴l(xiāng)n x0＋2＝3，∴l(xiāng)n x0＝1，∴x0＝e.此時y0＝f(x0)＝x0ln x0＋x0＝e＋e＝2e，故點A的坐標為(e,2e)．] 15．已知實數(shù)x，y滿足不等式組且目標函數(shù)z＝3x－2y的最大值為180，則實數(shù)m的值為________． 60　[當m≤0時，不合題意；當m＞0時，畫出不等式組

14、表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示，目標函數(shù)z＝3x－2y可變形為y＝x－，作出直線y＝x并平移，結(jié)合圖象可知，當平移后的直線經(jīng)過點A(m,0)時，z＝3x－2y取得最大值180，所以3m－0＝180，解得m＝60.] 16．設(shè)正三棱柱ABC-A1B1C1的外接球O的半徑為定值，當該正三棱柱的底面邊長與側(cè)棱長之和取最大值時，球O的表面積與該正三棱柱底面三角形外接圓的面積比為________． 　[設(shè)球O的半徑為R，△ABC外接圓的圓心為D，半徑為r，連接OA，OD，AD(圖略)，令∠OAD＝θ，易知△OAD為直角三角形，∠ADO＝90°，∴r＝Rcos θ，AB＝2Rcos θcos 30°

15、＝Rcos θ，OD＝Rsin θ，∴AA1＋AB＝2Rsin θ＋Rcos θ＝Rsin(θ＋φ)，其中sin φ＝，cos φ＝.當sin(θ＋φ)＝1，即θ＋φ＝時，該正三棱柱的底面邊長與側(cè)棱長之和取得最大值．此時，cos θ＝cos＝sin φ＝，∴＝，∴＝＝.] 三、解答題(解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟) 17．(本小題滿分12分)如圖，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD＝2∠BAD，BD＝2，AB＝，cos∠BCD＝－. (1)求AD的長； (2)求cos∠CBD的值． [解]　(1)因為∠BCD＝2∠BAD，cos∠BCD＝－， 所以cos∠BCD＝2c

16、os2∠BAD－1＝－，得cos2∠BAD＝. 因為∠BAD∈，所以cos∠BAD＝. 在△ABD中，由余弦定理得BD2＝AD2＋AB2－2AD·AB·cos∠BAD， 即4＝AD2＋6－2AD××，得AD＝. (2)由(1)可得AD2＋BD2＝AB2，所以∠ADB＝， 所以sin∠ABD＝，cos∠ABD＝. 因為AB∥CD，所以∠BDC＝∠ABD， 所以sin∠BDC＝，cos∠BDC＝. 因為cos∠BCD＝－，所以sin∠BCD＝. 所以cos∠CBD＝－cos(∠BCD＋∠BDC)＝sin∠BCDsin∠BDC－cos∠BCDcos∠BDC＝×＋×＝. 18．(本

17、小題滿分12分)五面體ABCDEF中，四邊形ABCD是矩形，∠FAD＝90°，EF∥AD，平面ADEF⊥平面ABCD，AF＝AB＝2，BC＝4，F(xiàn)E＝1. (1)求證：BE⊥AC； (2)求平面ACE分五面體ABCDEF所成的兩部分三棱錐D-ACE與多面體EFABC的體積比． [解]　(1)作EH⊥AD于H，連接BH，則EH⊥平面ABCD?EH⊥AC. 易知AH＝FE＝1，∴tan∠ABH＝＝tan∠ACB， ∴∠ABH＝∠ACB， ∴∠CAB＋∠ABH＝∠CAB＋∠ACB＝90°， ∴AC⊥BH， 又AC⊥EH，EH∩BH＝H，∴AC⊥平面EHB， ∴AC⊥BE. (2)

18、∵V五面體ABCDEF＝VB-AFE＋VE-ABCD＝·S△AEF·AB＋·S矩形ABCD·EH＝×1×2＋×8×2＝6， 且VE-ADC＝S△ACD·EH＝×4×2＝，∴V多面體EFABC6－＝， ∴三棱錐D -ACE與多面體EFABC的體積比為∶＝4∶5. 19．(本小題滿分12分)NBA球員的比賽得分是反映球員能力和水平的重要數(shù)據(jù)之一，以下是2017～2018賽季NBA常規(guī)賽中，球員J和H在某15場常規(guī)賽中，每場比賽得分的莖葉圖： (1)根據(jù)莖葉圖估計球員J在本賽季的場均得分以及球員H在本賽季參加的75場常規(guī)賽中，得分超過32分的場數(shù)； (2)效率值是更能反映球員能力和水平

19、的一項指標，現(xiàn)統(tǒng)計了球員J在上述15場比賽中部分場次的得分與效率值如下表： 場次 1 2 3 4 5 得分x 18 21 27 30 31 效率值y 19 20.5 26.5 28.8 30.2 若球員J每場比賽的效率值y與得分x具有線性相關(guān)關(guān)系，試用最小二乘法求出y關(guān)于x的回歸直線方程＝x＋，并由此估計在上述15場比賽中，球員J的效率值超過31的場數(shù)(精確到0.001)． 參考公式：＝＝，＝－ . 參考數(shù)據(jù)：xiyi＝3 288.2，x＝3 355. [解]　(1)由莖葉圖可得球員J在15場比賽中的場均得分為 (15＋18＋21＋22＋22＋24

20、＋27＋30＋32＋33＋36＋37＋38＋39＋41)＝29(分)． 故估計球員J在本賽季的場均得分為29分． 由莖葉圖可得球員H在15場比賽中，得分超過32分的有6場，以頻率作為概率， 故估計球員H在本賽季參加的75場常規(guī)賽中，得分超過32分的場數(shù)約為×75＝30. (2)由表格可得＝25.4，＝25，又xiyi＝3288.2，x＝3 355， 所以＝＝≈0.876， 于是＝－ ≈25－0.876×25.4≈2.750， 故回歸直線方程為y＝0.876x＋2.750. 由于y與x正相關(guān)，且當x＝32時，y＝0.876×32＋2.750＝30.782＜31， 當x＝33時，

21、y＝0.876×33＋2.750＝31.658＞31， 所以估計在這15場比賽中，當球員J得分為33分，36分，37分，38分，39分，41分時，效率值超過31，共6場． 20．(本小題滿分12分)已知拋物線C：x2＝2py(p＞0)的焦點到直線l：y＝－x的距離為. (1)求拋物線C的方程； (2)直線l′與拋物線C相交于A，B兩點，與直線l相交于點M，且|AM|＝|MB|，N，求△ABN面積的取值范圍． [解]　(1)易知拋物線C：x2＝2py(p＞0)的焦點為， 由題意得＝＝，解得p＝， 所以拋物線C的方程為x2＝y(tǒng). (2)易知直線l′的斜率存在且不為0， 由題意可設(shè)

22、M(－m，m)(m＞0)，直線l′：y－m＝k(x＋m)(k≠－1且k≠0)， 聯(lián)立方程，得消去y，得x2－kx－km－m＝0，由題意知，Δ＝k2－4(－km－m)＝k2＋4km＋4m＞0.① 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝k，x1x2＝－km－m， 因為|AM|＝|MB|，所以x1＋x2＝－2m，所以k＝－2m，所以x1x2＝2m2－m. 將k＝－2m代入①中，解得0＜m＜1，又k≠－1，所以0＜m＜1且m≠， 故直線l′的方程為y＝－2mx－2m2＋m， 點N到直線l′的距離d＝＝. 又|AB|＝|x1－x2| ＝ ＝2， 所以S△ABN＝|AB|

23、·d＝2|m－m2|·. 令t＝，則S△ABN＝2t3， 因為0＜m＜1且m≠，所以0＜t＜，所以2t3∈， 所以S△ABN∈， 所以△ABN的面積的取值范圍為. 21．(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝axln x，g(x)＝x3－(2－a)x2，a∈R. (1)若a＝1，證明：?x1∈[1，e]，?x2∈[1，e]，使得f(x1)＝g(x2)； (2)若f(x)≤g(x)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍． [解]　(1)當a＝1時，f′(x)＝1＋ln x， 當x∈[1，e]時，f′(x)＞0， ∴函數(shù)f(x)在[1，e]上單調(diào)遞增， ∴f(1)≤f(x)≤f(e)，即

24、0≤f(x)≤e， ∴當x∈[1，e]時，f(x)的值域為[0，e]． 當a＝1時，g′(x)＝3x2－2x＝x(3x－2)， 當x∈[1，e]時，g′(x)＞0， ∴函數(shù)g(x)在[1，e]上單調(diào)遞增， ∴g(1)≤g(x)≤g(e)，即0≤g(x)≤e3－e2， ∴當x∈[1，e]時，g(x)的值域為[0，e3－e2]． ∵e3－e2＝e(e2－e)＞e， ∴[0，e]?[0，e3－e2]， ∴?x1∈[1，e]，?x2∈[1，e]，使得f(x1)＝g(x2)． (2)法一：由f(x)≤g(x)得axln x≤x3－(2－a)x2， ∵x＞0，∴aln x≤x2－(2

25、－a)x， 整理得a(ln x－x)≤x2－2x. 令G(x)＝ln x－x，x∈(0，＋∞)， 則G′(x)＝－1＝， 當x∈(0,1)時，G′(x)＞0，當x∈(1，＋∞)時，G′(x)＜0， ∴G(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減， ∴G(x)max＝G(1)＝－1＜0， ∴l(xiāng)n x－x＜0恒成立， 故a≥恒成立． 令h(x)＝，x∈(0，＋∞)， 則h′(x)＝＝， 令k(x)＝2ln x－x－2，x∈(0，＋∞)， 則k′(x)＝－1＝， 當x∈(0,2)時，k′(x)＞0，當x∈(2，＋∞)時，k′(x)＜0， ∴k(x)在(0,2)

26、上單調(diào)遞增，在(2，＋∞)上單調(diào)遞減， ∴k(x)max＝k(2)＝2ln 2－4＝2(ln 2－2)＜0， ∴當x∈(0,1)時，h′(x)＞0，當x∈(1，＋∞)時，h′(x)＜0， ∴h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減， ∴h(x)max＝h(1)＝＝1， ∵a≥h(x)恒成立，∴a≥1， ∴實數(shù)a的取值范圍為[1，＋∞)． 法二：由f(x)≤g(x)得axln x≤x3－(2－a)x2， 設(shè)F(x)＝axln x－x3＋(2－a)x2，則F(x)≤0， 根據(jù)F(1)＝－1＋2－a＝1－a≤0，得a≥1， 下面證明當a≥1時，F(xiàn)(x)≤0恒成立．

27、 記m(x)＝ln x－x＋1，x∈[0，＋∞)，則m′(x)＝－1＝， 當x∈(0,1)時，m′(x)＞0，當x∈(1，＋∞)時，m′(x)＜0， ∴m(x)在(0,1)上是增函數(shù)，在(1，＋∞)上是減函數(shù)， ∴m(x)max＝m(1)＝0， ∴m(x)≤0，即ln x≤x－1. ∴axln x≤ax(x－1)， ∴F(x)≤ax(x－1)－x3＋(2－a)x2＝－x3＋2x2－ax＝－x[(x－1)2＋a－1]≤0， 故實數(shù)a的取值范圍為[1，＋∞)． 請考生在第22、23題中任選一題作答．如果多做，則按所做的第一題計分． 22．(本小題滿分10分)[選修4－4：坐標系

28、與參數(shù)方程] 設(shè)極坐標系的極點與直角坐標系的原點重合，極軸與x軸的非負半軸重合．曲線C1：ρ2＋2ρcos θ－8＝0，曲線C2：(α為參數(shù))． (1)求曲線C1的直角坐標方程，曲線C2的極坐標方程； (2)求曲線C1與曲線C2交點所在的直線的極坐標方程，并判斷在極坐標系中點是否在該直線上． [解]　(1)曲線C1的直角坐標方程為x2＋y2＋2x－8＝0，即(x＋1)2＋y2＝9. 曲線C2的直角坐標方程為(x－3)2＋(y－4)2＝25，即x2＋y2－6x－8y＝0， ∴曲線C2的極坐標方程為ρ2－8ρsin θ－6ρcos θ＝0. (2)聯(lián)立方程，得 ①－②，得ρsin

29、θ＋ρcos θ－1＝0， ∴曲線C1與曲線C2交點所在直線的極坐標方程為ρsin θ＋ρcos θ－1＝0. ∵sin＋cos －1＝0， ∴點在曲線C1與曲線C2交點所在的直線上． 23．(本小題滿分10分)[選修4－5：不等式選講] 已知函數(shù)f(x)＝|x＋a|＋|x－1|，a∈R. (1)當a＝3時，求不等式f(x)≥x＋9的解集； (2)若f(x)≤|x－4|的解集包含[0,2]，求a的取值范圍． [解]　(1)當a＝3時，原不等式化為f(x)≥x＋9，f(x)＝ 當x≤－3時，由－2x－2≥x＋9，解得x≤－，故x≤－； 當－3＜x＜1時，由4≥x＋9，解得x≤

30、－5，故不等式無解； 當x≥1時，由2x＋2≥x＋9，解得x≥7，故x≥7. 綜上，f(x)≥x＋9的解集為∪[7，＋∞)． (2)f(x)≤|x－4|的解集包含[0,2]等價于|x＋a|≤|x－4|－|x－1|在x∈[0,2]上恒成立． 當x∈[0,1]時，|x＋a|≤|x－4|－|x－1|＝3， ∴－3－a≤x≤3－a在[0,1]上恒成立，∴－3≤a≤2. 當x∈(1,2]時，|x＋a|≤|x－4|－|x－1|＝5－2x， ∴2x－5≤x＋a≤5－2x在(1,2]上恒成立， ∴對任意的x∈(1,2]恒成立， ∴解得－3≤a≤－1. 綜上，得－3≤a≤－1. 故a的取值范圍為[－3，－1]． - 13 -