新课标天津市2019年高考数学二轮复习综合能力训练理.doc

1、综合能力训练第卷(选择题,共40分)一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分)1.已知集合A=,B=x|y=lg(4x-x2),则AB等于()A.(0,2B.-1,0)C.2,4)D.1,4)2.设直线x+y=1与抛物线y2=2px(p0)交于A,B两点,若OAOB,则OAB的面积为()A.1B.C.D.23.已知奇函数f(x)在R上是增函数,g(x)=xf(x).若a=g(-log25.1),b=g(20.8),c=g(3),则a,b,c的大小关系为()A.abcB.cbaC.bacD.bc0,b0)被斜率为1的直线截得的弦的中点为(4,1),则该双曲线离心率的值是()A.B.C.D

2、.27.已知函数f(x)=若f(1)+f(a)=2,则a的所有可能值为()A.1B.-C.1,-D.1,8.已知实数a,b,c.()A.若|a2+b+c|+|a+b2+c|1,则a2+b2+c2100B.若|a2+b+c|+|a2+b-c|1,则a2+b2+c2100C.若|a+b+c2|+|a+b-c2|1,则a2+b2+c2100D.若|a2+b+c|+|a+b2-c|1,则a2+b2+c2100第卷(非选择题,共110分)二、填空题(本大题共6小题,每小题5分,共30分)9.已知a,bR,i是虚数单位,若(1+i)(1-bi)=a,则的值为.10.在(2x-1)5的展开式中,含x2的项的

3、系数是.(用数字填写答案)11.已知两球O1和O2在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的内部,且互相外切,若球O1与过点A的正方体的三个面相切,球O2与过点C1的正方体的三个面相切,则球O1和O2的表面积之和的最小值为.12.在极坐标系中,直线4cos+1=0与圆=2sin 的公共点的个数为.13.设变量x,y满足约束条件的最小值是.14.a,b为空间中两条互相垂直的直线,等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a,b都垂直,斜边AB以直线AC为旋转轴旋转,有下列结论:当直线AB与a成60角时,AB与b成30角;当直线AB与a成60角时,AB与b成60角;直线AB与a所成角的最小值为

4、45;直线AB与a所成角的最大值为60.其中正确的是.(填写所有正确结论的编号)三、解答题(本大题共6小题,共80分)15.(13分)ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知sin(A+C)=8sin2.(1)求cos B;(2)若a+c=6,ABC的面积为2,求b.16.(13分)已知数列an中,a1=2,且an=2an-1-n+2(n2,nN*).(1)求a2,a3,并证明an-n是等比数列;(2)设bn=,求数列bn的前n项和Sn.17.(13分)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,M,N分别是棱AB,AD,A1B1,A1D1的中点,点P,Q分别在棱D

5、D1,BB1上移动,且DP=BQ=(0b0)的左、右焦点F1,F2与椭圆短轴的一个端点构成边长为4的正三角形.(1)求椭圆C的标准方程;(2)过椭圆C上任意一点P作椭圆C的切线与直线F1P的垂线F1M相交于点M,求点M的轨迹方程;(3)若切线MP与直线x=-2交于点N,求证:为定值.20.(14分)已知函数f(x)=ln(1+x)+x2-x(a0).(1)若f(x)0对x(0,+)都成立,求a的取值范围;(2)已知e为自然对数的底数,证明:nN*,0时,f(x)0,f(x)0.当x0时,g(x)=f(x)+xf(x)0恒成立,g(x)在区间(0,+)上是增函数.2log25.13,120.82

6、,20.8log25.13.结合函数g(x)的性质得bac.故选C.4.C解析 由三视图可知该几何体为直四棱柱.S底=(1+2)2=3,h=2,V=Sh=32=6.5.B解析 由题意得,输出的S为数列的前3项和,而,即Sn=故当输入n=3时,S3=,故选B.6.A解析 设直线l与双曲线交于点A(x1,y1),B(x2,y2),则=0,即由弦的中点为(4,1),直线的斜率为1可知,x1+x2=8,y1+y2=2,=1,e2=1+e=故选A.7.C解析 f(1)=e1-1=1,f(a)=1.若a(-1,0),则sin(a2)=1,a=-若a0,+),则ea-1=1,a=1.因此a=1或a=-8.D

7、解析 (举反例排除)选项A中,令a=b=10,c=-110,则|a2+b+c|+|a+b2+c|=|100+10-110|+|10+100-110|=0100,故选项A不成立;选项B中,令a=10,b=-100,c=0,则|a2+b+c|+|a2+b-c|=0100,故选项B不成立;选项C中,令a=100,b=-100,c=0,则|a+b+c2|+|a+b-c2|=0100,故选项C不成立;故选D.9.2解析 (1+i)(1-bi)=1+b+(1-b)i=a,则所以=2.故答案为2.10.-40解析 (2x-1)5的展开式的通项为Tr+1=(2x)5-r(-1)r=(-1)r25-rx5-r.

8、根据题意,得5-r=2,解得r=3.所以含x2项的系数为(-1)325-3=-22=-40.11.3(2-)解析 AO1=R1,C1O2=R2,O1O2=R1+R2,(+1)(R1+R2)=,R1+R2=,球O1和O2的表面积之和为4()42=2(R1+R2)2=3(2-).12.2解析 4cos+1=0,展开得2cos +2sin +1=0,直线的直角坐标方程为2x+2y+1=0.=2sin 两边同乘得2=2sin ,圆的直角坐标方程为x2+y2-2y=0,圆心为(0,1),半径r=1.圆心到直线的距离d=r=1.直线与圆相交.直线与圆公共点的个数为2.13.1解析 由约束条件作出可行域如图

9、,联立解得A(3,2),的几何意义为可行域内的动点与定点P(1,0)连线的斜率,则其最小值为kPA=1.14.解析 由题意,AB是以AC为轴,BC为底面半径的圆锥的母线,由ACa,ACb,得AC圆锥底面,在底面内可以过点B,作BDa,交底面圆C于点D,如图所示,连接DE,则DEBD,DEb.连接AD,在等腰三角形ABD中,设AB=AD=,当直线AB与a成60角时,ABD=60,故BD=又在RtBDE中,BE=2,DE=,过点B作BFDE,交圆C于点F,连接AF,由圆的对称性可知BF=DE=,ABF为等边三角形,ABF=60,即AB与b成60角,正确,错误.由最小角定理可知正确;很明显,可以满足

10、直线a平面ABC,直线AB与a所成的最大角为90,错误.故正确的说法为.15.解 (1)由题设及A+B+C=,得sin B=8sin2,故sin B=4(1-cos B).上式两边平方,整理得17cos2B-32cos B+15=0,解得cos B=1(舍去),cos B=(2)由cos B=得sin B=,故SABC=acsin B=ac.又SABC=2,则ac=由余弦定理及a+c=6得b2=a2+c2-2accos B=(a+c)2-2ac(1+cos B)=36-2=4.所以b=2.16.解 (1)由已知an=2an-1-n+2(n2,nN*)得a2=4,a3=7.an-n=2an-1-

11、2n+2,即an-n=2an-1-(n-1).=2(n2,nN*),且a1-1=1,an-n是以1为首项,2为公比的等比数列.(2)由(1)得an-n=(a1-1)2n-1,即an=2n-1+n,bn=1+设cn=,且前n项和为Tn,则Tn=+,Tn=+,-,得Tn=1+=2-故Tn=4-,Sn=n+4-17.解法一 (1)证明:如图,连接AD1,由ABCD-A1B1C1D1是正方体,知BC1AD1.当=1时,P是DD1的中点,又F是AD的中点,所以FPAD1,所以BC1FP.而FP平面EFPQ,且BC1平面EFPQ,故直线BC1平面EFPQ.(2)如图,连接BD.因为E,F分别是AB,AD的

12、中点,所以EFBD,且EF=BD.又DP=BQ,DPBQ,所以四边形PQBD是平行四边形,故PQBD,且PQ=BD,从而EFPQ,且EF=PQ.在RtEBQ和RtFDP中,因为BQ=DP=,BE=DF=1,所以EQ=FP=,所以四边形EFPQ也是等腰梯形.同理可证四边形PQMN也是等腰梯形.分别取EF,PQ,MN的中点为H,O,G,连接OH,OG,则GOPQ,HOPQ,而GOHO=O,故GOH是平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角的平面角.若存在使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角,则GOH=90.连接EM,FN,则由EFMN,且EF=MN知四边形EFNM是平行四边形.连接GH

13、,因为H,G是EF,MN的中点,所以GH=ME=2.在GOH中,GH2=4,OH2=1+2-=2+,OG2=1+(2-)2-=(2-)2+,由OG2+OH2=GH2,得(2-)2+2+=4,解得=1,故存在=1,使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角.解法二 以D为原点,射线DA,DC,DD1分别为x,y,z轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系.由已知得B(2,2,0),C1(0,2,2),E(2,1,0),F(1,0,0),P(0,0,).=(-2,0,2),=(-1,0,),=(1,1,0).(1)证明:当=1时,=(-1,0,1).因为=(-2,0,2),所以=2,即BC1

14、FP.而FP平面EFPQ,且BC1平面EFPQ,故直线BC1平面EFPQ.(2)设平面EFPQ的一个法向量为n=(x,y,z),则由可得于是可取n=(,-,1).同理可得平面MNPQ的一个法向量为m=(-2,2-,1).若存在,使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角,则mn=(-2,2-,1)(,-,1)=0,即(-2)-(2-)+1=0,解得=1故存在=1,使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角.18.解 (1)由已知,有P(A)=所以,事件A发生的概率为(2)随机变量X的所有可能取值为0,1,2.P(X=0)=,P(X=1)=,P(X=2)=所以,随机变量X的分布列

15、为X012P随机变量X的数学期望E(X)=0+1+2=1.19.(1)解 依题意,2c=a=4,c=2,b=2椭圆C的标准方程为=1.(2)解 由(1)知F1(-2,0),设P(x0,y0),M(x,y),过椭圆C上点P的切线方程为=1,直线F1P的斜率,则直线MF1的斜率=-,直线MF1的方程为y=-(x+2),即yy0=-(x0+2)(x+2),联立,解得x=-8,故点M的轨迹方程为x=-8.(3)证明 依题意及(2),知点M,N的坐标可表示为M(-8,yM),N(-2,yN),点N在切线MP上,由式得yN=,点M在直线MF1上,由式得yM=,|NF1|2=,|MF1|2=(-2)-(-8

16、)2+,故=,注意到点P在椭圆C上,即=1,于是,代入式并整理得,故的值为定值20.(1)解 f(x)=ln(1+x)+x2-x,其定义域为(-1,+),f(x)=+ax-1=当a=0时,f(x)=-,当x(0,+)时,f(x)0,则f(x)在区间(0,+)内单调递减,此时,f(x)f(0)=0,不符合题意.当0a0,当x时,f(x)0,则f(x)在区间内单调递减,此时,f(x)0,则f(x)在区间(0,+)内单调递增,此时,f(x)f(0)=0,符合题意.当a1时,令f(x)=0,得x1=0,x2=0,则f(x)在区间(0,+)内单调递增,此时,f(x)f(0)=0,符合题意.综上所述,a的取值范围为1,+).(2)证明 由(1)可知,当a=0时,f(x)0对x(0,+)都成立,即ln(1+x)x对x(0,+)都成立,ln+ln+ln+,即ln由于nN*,则=1.ln1.0对x(0,+)都成立,即x-x2ln(1+x)对x(0,+)都成立,+ln+ln+ln,即ln,得ln由于nN*,则lne.