（新課標(biāo)）天津市2019年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 綜合能力訓(xùn)練 理.doc

綜合能力訓(xùn)練 第Ⅰ卷(選擇題,共40分) 一、選擇題(本大題共8小題,每小題5分,共40分) 1.已知集合A=xx-12≤32,B={x|y=lg(4x-x2)},則A∩B等于(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.(0,2] B.[-1,0) C.[2,4) D.[1,4) 2.設(shè)直線x+y=1與拋物線y2=2px(p>0)交于A,B兩點(diǎn),若OA⊥OB,則△OAB的面積為(　　) A.1 B.52 C.5 D.2 3.已知奇函數(shù)f(x)在R上是增函數(shù),g(x)=xf(x).若a=g(-log25.1),b=g(20.8),c=g(3),則a,b,c的大小關(guān)系為(　　) A.a<b<c B.c<b<a C.b<a<c D.b<c<a 4.(2018浙江,3)某幾何體的三視圖如圖所示(單位:cm),則該幾何體的體積(單位:cm3)是(　　) A.2 B.4 C.6 D.8 5.執(zhí)行如圖所示的程序框圖.若輸入n=3,則輸出的S=(　　) A.67 B.37 C.89 D.49 6.已知雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)被斜率為1的直線截得的弦的中點(diǎn)為(4,1),則該雙曲線離心率的值是(　　) A.52 B.62 C.103 D.2 7.已知函數(shù)f(x)=sin(πx2),-1<x<0,ex-1,x≥0,若f(1)+f(a)=2,則a的所有可能值為(　　) A.1 B.-22 C.1,-22 D.1,22 8.已知實(shí)數(shù)a,b,c.(　　) A.若|a2+b+c|+|a+b2+c|≤1,則a2+b2+c2<100 B.若|a2+b+c|+|a2+b-c|≤1,則a2+b2+c2<100 C.若|a+b+c2|+|a+b-c2|≤1,則a2+b2+c2<100 D.若|a2+b+c|+|a+b2-c|≤1,則a2+b2+c2<100 第Ⅱ卷(非選擇題,共110分) 二、填空題(本大題共6小題,每小題5分,共30分) 9.已知a,b∈R,i是虛數(shù)單位,若(1+i)(1-bi)=a,則ab的值為　　　　　. 10.在(2x-1)5的展開(kāi)式中,含x2的項(xiàng)的系數(shù)是　　　　　.(用數(shù)字填寫(xiě)答案) 11.已知兩球O1和O2在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD-A1B1C1D1的內(nèi)部,且互相外切,若球O1與過(guò)點(diǎn)A的正方體的三個(gè)面相切,球O2與過(guò)點(diǎn)C1的正方體的三個(gè)面相切,則球O1和O2的表面積之和的最小值為　　　　　　　　　　. 12.在極坐標(biāo)系中,直線4ρcosθ-π6+1=0與圓ρ=2sin θ的公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)為　　　　　. 13.設(shè)變量x,y滿(mǎn)足約束條件y≤3x-2,x-2y+1≤0,2x+y≤8,則yx-1的最小值是　　　. 14.a,b為空間中兩條互相垂直的直線,等腰直角三角形ABC的直角邊AC所在直線與a,b都垂直,斜邊AB以直線AC為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn),有下列結(jié)論: ①當(dāng)直線AB與a成60角時(shí),AB與b成30角; ②當(dāng)直線AB與a成60角時(shí),AB與b成60角; ③直線AB與a所成角的最小值為45; ④直線AB與a所成角的最大值為60. 其中正確的是　　　　　.(填寫(xiě)所有正確結(jié)論的編號(hào)) 三、解答題(本大題共6小題,共80分) 15.(13分)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c.已知sin(A+C)=8sin2B2. (1)求cos B; (2)若a+c=6,△ABC的面積為2,求b. 16.(13分)已知數(shù)列{an}中,a1=2,且an=2an-1-n+2(n≥2,n∈N*). (1)求a2,a3,并證明{an-n}是等比數(shù)列; (2)設(shè)bn=an2n-1,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn. 17.(13分) 如圖,在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F,M,N分別是棱AB,AD,A1B1,A1D1的中點(diǎn),點(diǎn)P,Q分別在棱DD1,BB1上移動(dòng),且DP=BQ=λ(0<λ<2). (1)當(dāng)λ=1時(shí),證明:直線BC1∥平面EFPQ. (2)是否存在λ,使平面EFPQ與平面PQMN所成的二面角為直二面角?若存在,求出λ的值;若不存在,說(shuō)明理由. 18.(13分)某小組共10人,利用假期參加義工活動(dòng),已知參加義工活動(dòng)次數(shù)為1,2,3的人數(shù)分別為3,3,4,現(xiàn)從這10人中隨機(jī)選出2人作為該組代表參加座談會(huì). (1)設(shè)A為事件“選出的2人參加義工活動(dòng)次數(shù)之和為4”,求事件A發(fā)生的概率; (2)設(shè)X為選出的2人參加義工活動(dòng)次數(shù)之差的絕對(duì)值,求隨機(jī)變量X的分布列和數(shù)學(xué)期望. 19.(14分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)F1,F2與橢圓短軸的一個(gè)端點(diǎn)構(gòu)成邊長(zhǎng)為4的正三角形. (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程; (2)過(guò)橢圓C上任意一點(diǎn)P作橢圓C的切線與直線F1P的垂線F1M相交于點(diǎn)M,求點(diǎn)M的軌跡方程; (3)若切線MP與直線x=-2交于點(diǎn)N,求證:|NF1||MF1|為定值. 20.(14分)已知函數(shù)f(x)=ln(1+x)+a2x2-x(a≥0). (1)若f(x)>0對(duì)x∈(0,+∞)都成立,求a的取值范圍; (2)已知e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù),證明:?n∈N*,e<1+1n21+2n2…1+nn2<e. ## 綜合能力訓(xùn)練 1.A　解析 ∵A=[-1,2],B=(0,4), ∴A∩B=(0,2].故選A. 2.B　解析 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),由x+y=1與拋物線y2=2px,得y2+2py-2p=0, 解得y1=-p+p2+2p,x1=1+p-p2+2p,y2=-p-p2+2p,x2=1+p+p2+2p, 由OA⊥OB得,x1x2+y1y2=0,即[(1+p)2-(p2+2p)]+[p2-(p2+2p)]=0,化簡(jiǎn)得2p=1, 從而A3-52,-1+52,B3+52,-1-52,OA2=x12+y12=5-25,OB2=x22+y22=5+25,△OAB的面積S=12|OA||OB|=52.故選B. 3.C　解析 ∵f(x)是R上的奇函數(shù),∴g(x)=xf(x)是R上的偶函數(shù). ∴g(-log25.1)=g(log25.1). ∵奇函數(shù)f(x)在R上是增函數(shù), ∴當(dāng)x>0時(shí),f(x)>0,f(x)>0. ∴當(dāng)x>0時(shí),g(x)=f(x)+xf(x)>0恒成立, ∴g(x)在區(qū)間(0,+∞)上是增函數(shù). ∵2<log25.1<3,1<20.8<2,∴20.8<log25.1<3. 結(jié)合函數(shù)g(x)的性質(zhì)得b<a<c.故選C. 4.C　解析 由三視圖可知該幾何體為直四棱柱. ∵S底=12(1+2)2=3,h=2, ∴V=Sh=32=6. 5.B　解析 由題意得,輸出的S為數(shù)列1(2n-1)(2n+1)的前3項(xiàng)和,而1(2n-1)(2n+1)=1212n-1-12n+1,即Sn=121-12n+1=n2n+1.故當(dāng)輸入n=3時(shí),S3=37,故選B. 6.A　解析 設(shè)直線l與雙曲線交于點(diǎn)A(x1,y1),B(x2,y2),則(x1+x2)(x1-x2)a2-(y1+y2)(y1-y2)b2=0,即y1-y2x1-x2=b2(x1+x2)a2(y1+y2).由弦的中點(diǎn)為(4,1),直線的斜率為1可知,x1+x2=8,y1+y2=2,y1-y2x1-x2=1, ∴b2a2=14,e2=1+b2a2=54.∴e=52.故選A. 7.C　解析 ∵f(1)=e1-1=1, ∴f(a)=1.若a∈(-1,0),則sin(πa2)=1, ∴a=-22.若a∈[0,+∞),則ea-1=1, ∴a=1.因此a=1或a=-22. 8.D　解析 (舉反例排除)選項(xiàng)A中,令a=b=10,c=-110, 則|a2+b+c|+|a+b2+c|=|100+10-110|+|10+100-110|=0<1. 而a2+b2+c2=100+100+1102=200+1102>100,故選項(xiàng)A不成立; 選項(xiàng)B中,令a=10,b=-100,c=0,則|a2+b+c|+|a2+b-c|=0<1. 而a2+b2+c2=100+1002+0>100,故選項(xiàng)B不成立; 選項(xiàng)C中,令a=100,b=-100,c=0,則|a+b+c2|+|a+b-c2|=0<1. 而a2+b2+c2=1002+1002+0>100,故選項(xiàng)C不成立;故選D. 9.2　解析 (1+i)(1-bi)=1+b+(1-b)i=a,則1+b=a,1-b=0,所以a=2,b=1,即ab=2.故答案為2. 10.-40　解析 (2x-1)5的展開(kāi)式的通項(xiàng)為T(mén)r+1=C5r(2x)5-r(-1)r=(-1)rC5r25-rx5-r. 根據(jù)題意,得5-r=2,解得r=3.所以含x2項(xiàng)的系數(shù)為(-1)3C5325-3=-22C52=-40. 11.3(2-3)π　解析 ∵AO1=3R1,C1O2=3R2,O1O2=R1+R2, ∴(3+1)(R1+R2)=3,R1+R2=33+1,球O1和O2的表面積之和為4π(R12+R22)≥4π2R1+R222=2π(R1+R2)2=3(2-3)π. 12.2　解析 ∵4ρcosθ-π6+1=0,展開(kāi)得23ρcos θ+2ρsin θ+1=0,∴直線的直角坐標(biāo)方程為23x+2y+1=0. ∵ρ=2sin θ兩邊同乘ρ得ρ2=2ρsin θ, ∴圓的直角坐標(biāo)方程為x2+y2-2y=0,圓心為(0,1),半徑r=1. ∴圓心到直線的距離d=|230+21+1|(23)2+22=34<r=1. ∴直線與圓相交. ∴直線與圓公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)為2. 13.1　解析 由約束條件y≤3x-2,x-2y+1≤0,2x+y≤8作出可行域如圖,聯(lián)立x-2y+1=0,2x+y=8,解得A(3,2), yx-1的幾何意義為可行域內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)與定點(diǎn)P(1,0)連線的斜率,則其最小值為kPA=2-03-1=1. 14.②③　解析 由題意,AB是以AC為軸,BC為底面半徑的圓錐的母線,由AC⊥a,AC⊥b,得AC⊥圓錐底面,在底面內(nèi)可以過(guò)點(diǎn)B,作BD∥a,交底面圓C于點(diǎn)D,如圖所示,連接DE,則DE⊥BD,∴DE∥b.連接AD,在等腰三角形ABD中,設(shè)AB=AD=2,當(dāng)直線AB與a成60角時(shí),∠ABD=60,故BD=2.又在Rt△BDE中,BE=2,∴DE=2,過(guò)點(diǎn)B作BF∥DE,交圓C于點(diǎn)F,連接AF,由圓的對(duì)稱(chēng)性可知BF=DE=2,∴△ABF為等邊三角形,∴∠ABF=60,即AB與b成60角,②正確,①錯(cuò)誤.由最小角定理可知③正確;很明顯,可以滿(mǎn)足直線a⊥平面ABC,直線AB與a所成的最大角為90,④錯(cuò)誤.故正確的說(shuō)法為②③. 15.解 (1)由題設(shè)及A+B+C=π,得sin B=8sin2B2, 故sin B=4(1-cos B). 上式兩邊平方,整理得17cos2B-32cos B+15=0, 解得cos B=1(舍去),cos B=1517. (2)由cos B=1517得sin B=817, 故S△ABC=12acsin B=417ac. 又S△ABC=2,則ac=172. 由余弦定理及a+c=6得 b2=a2+c2-2accos B =(a+c)2-2ac(1+cos B) =36-21721+1517=4. 所以b=2. 16.解 (1)由已知an=2an-1-n+2(n≥2,n∈N*)得a2=4,a3=7. an-n=2an-1-2n+2,即an-n=2[an-1-(n-1)]. ∵an-nan-1-(n-1)=2(n≥2,n∈N*),且a1-1=1, ∴{an-n}是以1為首項(xiàng),2為公比的等比數(shù)列. (2)由(1)得an-n=(a1-1)2n-1, 即an=2n-1+n,∴bn=an2n-1=1+n2n-1. 設(shè)cn=n2n-1,且前n項(xiàng)和為T(mén)n, 則Tn=120+221+322+…+n2n-1, ① 12Tn=121+222+323+…+n2n, ② ①-②,得12Tn=1+12+122+123+…+12n-1-n2n=1-12n1-12-n2n=2-2+n2n. 故Tn=4-2+n2n-1,Sn=n+4-2+n2n-1. 17.解法一 (1)證明:如圖①,連接AD1,由ABCD-A1B1C1D1是正方體,知BC1∥AD1. 當(dāng)λ=1時(shí),P是DD1的中點(diǎn),又F是AD的中點(diǎn),所以FP∥AD1,所以BC1∥FP. 而FP?平面EFPQ,且BC1?平面EFPQ,故直線BC1∥平面EFPQ. (2)如圖②,連接BD.因?yàn)镋,F分別是AB,AD的中點(diǎn),所以EF∥BD,且EF=12BD.又DP=BQ,DP∥BQ,所以四邊形PQBD是平行四邊形,故PQ∥BD,且PQ=BD,從而EF∥PQ,且EF=12PQ. 在Rt△EBQ和Rt△FDP中,因?yàn)锽Q=DP=λ,BE=DF=1, 所以EQ=FP=1+λ2,所以四邊形EFPQ也是等腰梯形. 同理可證四邊形PQMN也是等腰梯形. 分別取EF,PQ,MN的中點(diǎn)為H,O,G,連接OH,OG, 則GO⊥PQ,HO⊥PQ,而GO∩HO=O, 故∠GOH是平面EFPQ與平面PQMN所成的二面角的平面角. 若存在λ使平面EFPQ與平面PQMN所成的二面角為直二面角,則∠GOH=90. 連接EM,FN,則由EF∥MN,且EF=MN知四邊形EFNM是平行四邊形. 連接GH,因?yàn)镠,G是EF,MN的中點(diǎn),所以GH=ME=2. 在△GOH中,GH2=4,OH2=1+λ2-222=λ2+12,OG2=1+(2-λ)2-222=(2-λ)2+12, 由OG2+OH2=GH2,得(2-λ)2+12+λ2+12=4,解得λ=122, 故存在λ=122,使平面EFPQ與平面PQMN所成的二面角為直二面角. 解法二 以D為原點(diǎn),射線DA,DC,DD1分別為x,y,z軸的正半軸建立如圖③所示的空間直角坐標(biāo)系.由已知得B(2,2,0),C1(0,2,2),E(2,1,0),F(1,0,0),P(0,0,λ). BC1=(-2,0,2),FP=(-1,0,λ),FE=(1,1,0). (1)證明:當(dāng)λ=1時(shí),FP=(-1,0,1). 因?yàn)锽C1=(-2,0,2), 所以BC1=2FP,即BC1∥FP. 而FP?平面EFPQ,且BC1?平面EFPQ,故直線BC1∥平面EFPQ. (2)設(shè)平面EFPQ的一個(gè)法向量為n=(x,y,z), 則由FEn=0,FPn=0可得x+y=0,-x+λz=0.于是可取n=(λ,-λ,1). 同理可得平面MNPQ的一個(gè)法向量為m=(λ-2,2-λ,1). 若存在λ,使平面EFPQ與平面PQMN所成的二面角為直二面角, 則mn=(λ-2,2-λ,1)(λ,-λ,1)=0, 即λ(λ-2)-λ(2-λ)+1=0,解得λ=122. 故存在λ=122,使平面EFPQ與平面PQMN所成的二面角為直二面角. 18.解 (1)由已知,有P(A)=C31C41+C32C102=13. 所以,事件A發(fā)生的概率為13. (2)隨機(jī)變量X的所有可能取值為0,1,2. P(X=0)=C32+C32+C42C102=415, P(X=1)=C31C31+C31C41C102=715, P(X=2)=C31C41C102=415. 所以,隨機(jī)變量X的分布列為 X 0 1 2 P 415 715 415 隨機(jī)變量X的數(shù)學(xué)期望E(X)=0415+1715+2415=1. 19.(1)解 依題意,2c=a=4,∴c=2,b=23. ∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x216+y212=1. (2)解 由(1)知F1(-2,0),設(shè)P(x0,y0),M(x,y), 過(guò)橢圓C上點(diǎn)P的切線方程為x0x16+y0y12=1, ① 直線F1P的斜率kF1P=y0x0+2,則直線MF1的斜率kMF1=-x0+2y0, 直線MF1的方程為y=-x0+2y0(x+2), 即yy0=-(x0+2)(x+2), ② ①②聯(lián)立,解得x=-8, 故點(diǎn)M的軌跡方程為x=-8. (3)證明 依題意及(2),知點(diǎn)M,N的坐標(biāo)可表示為M(-8,yM),N(-2,yN), 點(diǎn)N在切線MP上,由①式得yN=3(x0+8)2y0, 點(diǎn)M在直線MF1上,由②式得yM=6(x0+2)y0, |NF1|2=yN2=9(x0+8)24y02,|MF1|2=[(-2)-(-8)]2+yM2=36[y02+(x0+2)2]y02, 故|NF1|2|MF1|2=9(x0+8)24y02y0236[y02+(x0+2)2] =116(x0+8)2y02+(x0+2)2, ③ 注意到點(diǎn)P在橢圓C上,即x0216+y0212=1, 于是y02=48-3x024,代入③式并整理得|NF1|2|MF1|2=14,故|NF1||MF1|的值為定值12. 20.(1)解 ∵f(x)=ln(1+x)+a2x2-x,其定義域?yàn)?-1,+∞),∴f(x)=11+x+ax-1=x(ax+a-1)1+x. ①當(dāng)a=0時(shí),f(x)=-x1+x,當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),f(x)<0, 則f(x)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減,此時(shí),f(x)<f(0)=0,不符合題意. ②當(dāng)0<a<1時(shí),令f(x)=0,得x1=0,x2=1-aa>0, 當(dāng)x∈0,1-aa時(shí),f(x)<0,則f(x)在區(qū)間0,1-aa內(nèi)單調(diào)遞減, 此時(shí),f(x)<f(0)=0,不符合題意. ③當(dāng)a=1時(shí),f(x)=x21+x,當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),f(x)>0, 則f(x)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,此時(shí),f(x)>f(0)=0,符合題意. ④當(dāng)a>1時(shí),令f(x)=0,得x1=0,x2=1-aa<0,當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),f(x)>0, 則f(x)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,此時(shí),f(x)>f(0)=0,符合題意. 綜上所述,a的取值范圍為[1,+∞). (2)證明 由(1)可知,當(dāng)a=0時(shí),f(x)<0對(duì)x∈(0,+∞)都成立, 即ln(1+x)<x對(duì)x∈(0,+∞)都成立, ∴l(xiāng)n1+1n2+ln1+2n2+…+ln1+nn2<1n2+2n2+…+nn2,即ln1+1n21+2n2…1+nn2<1+2+…+nn2=n+12n. 由于n∈N*,則n+12n=12+12n≤12+121=1. ∴l(xiāng)n1+1n21+2n2…1+nn2<1. ∴1+1n21+2n2…1+nn2<e. 由(1)可知,當(dāng)a=1時(shí),f(x)>0對(duì)x∈(0,+∞)都成立, 即x-12x2<ln(1+x)對(duì)x∈(0,+∞)都成立, ∴1n2+2n2+…+nn2-1212n4+22n4+…+n2n4<ln1+1n2+ln1+2n2+…+ln1+nn2, 即n(n+1)2n2-12n(n+1)(2n+1)6n4 <ln1+1n21+2n2…1+nn2, 得6n3+4n2-3n-112n3 <ln1+1n21+2n2…1+nn2. 由于n∈N*,則6n3+4n2-3n-112n3=6n3+(3n2-3n)+(n2-1)12n3≥6n312n3=12. ∴12<ln1+1n21+2n2…1+nn2. ∴e<1+1n21+2n2…1+nn2. ∴e<1+1n21+2n2…1+nn2<e.