《高考數(shù)學(xué) 文二輪復(fù)習(xí) 高考大題標(biāo)準(zhǔn)練一 Word版含解析》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué) 文二輪復(fù)習(xí) 高考大題標(biāo)準(zhǔn)練一 Word版含解析（4頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、
高考大題標(biāo)準(zhǔn)練(一)
滿分75分，實(shí)戰(zhàn)模擬，60分鐘拿下高考客觀題滿分！ 姓名：________ 班級(jí)：________
1．(20xx·重慶卷)已知函數(shù)f(x)＝sin2x－cos2x.
(1)求f(x)的最小正周期和最小值；
(2)將函數(shù)f(x)的圖象上每一點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長到原來的兩倍，縱坐標(biāo)不變，得到函數(shù)g(x)的圖象．當(dāng)x∈時(shí)，求g(x)的值域．
解：(1)f(x)＝sin2x－cos2x
＝sin2x－(1＋cos2x)
＝sin2x－cos2x－
＝sin－，
因此f(x)的最小正周期為π，最小值為－.
(2)由條件可知：g(x)＝sin－
2、.
當(dāng)x∈時(shí)，有x－∈，
從而sin∈，
那么sin－∈.
故g(x)在區(qū)間上的值域是.
2．(20xx·新課標(biāo)全國卷Ⅱ)等差數(shù)列{an}中，a3＋a4＝4，a5＋a7＝6.
(1)求{an}的通項(xiàng)公式；
(2)設(shè)bn＝[an]，求數(shù)列{bn}的前10項(xiàng)和，其中[x]表示不超過x的最大整數(shù)，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.
解：(1)設(shè)數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公差為d，
由題意有解得
所以{an}的通項(xiàng)公式為an＝.
(2)由(1)知，bn＝.
當(dāng)n＝1,2,3時(shí)，1≤<2，bn＝1；
當(dāng)n＝4,5時(shí)，2≤<3，bn＝2；
當(dāng)n＝6,7,8
3、時(shí)，3≤<4，bn＝3；
當(dāng)n＝9,10時(shí)，4≤<5，bn＝4.
所以數(shù)列{bn}的前10項(xiàng)和為1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.
3．(20xx·新課標(biāo)全國卷Ⅱ)某險(xiǎn)種的基本保費(fèi)為a(單位：元)，繼續(xù)購買該險(xiǎn)種的投保人稱為續(xù)保人，續(xù)保人本年度的保費(fèi)與其上年度出險(xiǎn)次數(shù)的關(guān)聯(lián)如下：
上年度出險(xiǎn)次數(shù)
0
1
2
3
4
≥5
?！ ≠M(fèi)
0.85a
a
1.25a
1.5a
1.75a
2a
隨機(jī)調(diào)查了該險(xiǎn)種的200名續(xù)保人在一年內(nèi)的出險(xiǎn)情況，得到如下統(tǒng)計(jì)表：
出險(xiǎn)次數(shù)
0
1
2
3
4、4
≥5
頻 數(shù)
60
50
30
30
20
10
(1)記A為事件：“一續(xù)保人本年度的保費(fèi)不高于基本保費(fèi)”，求P(A)的估計(jì)值；
(2)記B為事件：“一續(xù)保人本年度的保費(fèi)高于基本保費(fèi)但不高于基本保費(fèi)的160%”，求P(B)的估計(jì)值；
(3)求續(xù)保人本年度平均保費(fèi)的估計(jì)值．
解：(1)事件A發(fā)生當(dāng)且僅當(dāng)一年內(nèi)出險(xiǎn)次數(shù)小于2.由所給數(shù)據(jù)知，一年內(nèi)出險(xiǎn)次數(shù)小于2的頻率為＝0.55，故P(A)的估計(jì)值為0.55.
(2)事件B發(fā)生當(dāng)且僅當(dāng)一年內(nèi)出險(xiǎn)次數(shù)大于1且小于4.由所給數(shù)據(jù)知，一年內(nèi)出險(xiǎn)次數(shù)大于1且小于4的頻率為＝0.3，故P(B)的估計(jì)值為0.3.
(3)由所給
5、數(shù)據(jù)得
保費(fèi)
0.85a
a
1.25a
1.5a
1.75a
2a
頻率
0.30
0.25
0.15
0.15
0.10
0.05
調(diào)查的200名續(xù)保人的平均保費(fèi)為0.85a×0.30＋a×0.25＋1.25a×0.15＋1.5a×0.15＋1.75a×0.10＋2a×0.05＝1.192 5a.
因此，續(xù)保人本年度平均保費(fèi)的估計(jì)值為1.192 5a.
4．(20xx·新課標(biāo)全國卷Ⅲ)
如圖，四棱錐PABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝B
6、C＝4，M為線段AD上一點(diǎn)，AM＝2MD，N為PC的中點(diǎn)．
(1)證明MN∥平面PAB；
(2)求四面體NBCM的體積．
(1)證明：由已知得AM＝AD＝2.
如圖，取BP的中點(diǎn)T，連接AT，TN，
由N為PC中點(diǎn)知TN∥BC，
TN＝BC＝2.
又AD∥BC，故TN綊AM，
所以四邊形AMNT為平行四邊形，
于是MN∥AT.
因?yàn)锳T?平面PAB，MN?平面PAB，
所以MN∥平面PAB.
(2)解：因?yàn)镻A⊥平面ABCD，N為PC的中點(diǎn)，
所以N到平面ABCD的距離為PA.
如圖，取BC的中點(diǎn)E，連接AE.
由AB＝AC＝3得AE⊥BC，AE＝
7、＝.
由AM∥BC得M到BC的距離為，
故S△BCM＝×4×＝2.
所以四面體NBCM的體積VNBCM＝×S△BCM×＝.
5．(20xx·新課標(biāo)全國卷Ⅰ)已知過點(diǎn)A(0,1)且斜率為k的直線l與圓C：(x－2)2＋(y－3)2＝1交于M，N兩點(diǎn)．
(1)求k的取值范圍；
(2)若·＝12，其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)，求|MN|.
解：(1)由題設(shè)，可知直線l的方程為y＝kx＋1.
因?yàn)閘與C交于兩點(diǎn)，所以<1.
解得<k<.
所以k的取值范圍為.
(2)設(shè)M(x1，y1)，N(x
8、2，y2)．
將y＝kx＋1代入方程(x－2)2＋(y－3)2＝1，
整理得(1＋k2)x2－4(1＋k)x＋7＝0.
所以x1＋x2＝，x1x2＝.
·＝x1x2＋y1y2
＝(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1
＝＋8.
由題設(shè)可得＋8＝12，解得k＝1，
所以l的方程為y＝x＋1.
故圓心C在l上，所以|MN|＝2.
6．(20xx·新課標(biāo)全國卷Ⅲ)設(shè)函數(shù)f(x)＝ln x－x＋1.
(1)討論f(x)的單調(diào)性；
(2)證明當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，1<<x；
(3)設(shè)c>1，證明當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，1＋(c－1)x>
9、;cx.
(1)解：由題設(shè)，f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.
當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增；
當(dāng)x＞1時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減．
(2)證明：由(1)知，f(x)在x＝1處取得最大值，
最大值為f(1)＝0.
所以當(dāng)x≠1時(shí)，ln x＜x－1.
故當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，ln x＜x－1，
ln＜－1，
即1＜＜x.
(3)證明：由題設(shè)c＞1，設(shè)g(x)＝1＋(c－1)x－cx，
則g′(x)＝c－1－cxln c.
令g′(x)＝0，解得x0＝.
當(dāng)x＜x0時(shí)，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增；
當(dāng)x＞x0時(shí)，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減．
由(2)知1＜＜c，故0＜x0＜1.
又g(0)＝g(1)＝0，故當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g(x)＞0.
所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，1＋(c－1)x＞cx.
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