2021届新高考数学二轮专题闯关导练（山东专用）：高考押题专练二 WORD版含解析.doc

1、专练二第卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1已知集合Ax|2x3，Bx|x23x0，则AB()A2,3 B2,0C0,3 D3,32已知复数z满足iz32i(i是虚数单位)，则()A23i B23iC23i D23i3已知函数f(x)则f(f(1)()A5 B0C1 D24已知函数f(x)cos (x)的部分图象如图所示，则函数f(x)的单调递减区间为()A.(kZ)B.(kZ)C.(kZ)D.(kZ)5一组数a1，a2，a3，an的平均数是，方差是s2，则另一组数a11，a21，a31，an1的平均数和方差分别是()A. ，

2、s2 B. 1,2s2C. 1，s2 D. 1,2s22s162020年春节联欢晚会以“共圆小康梦、欢乐过大年”为主题，突出时代性、人民性、创新性，节目内容丰富多彩，呈现形式新颖多样某小区的5个家庭买了8张连号的门票，其中甲家庭需要3张连号的门票，乙家庭需要2张连号的门票，剩余的3张随机分到剩余的3个家庭即可，则这8张门票不同的分配方法的种数为()A48 B72C120 D2407已知可导函数f(x)的导函数为f(x)，若对任意的xR，都有f(x)f(x)1，且f(0)2 020，则不等式f(x)2 019ex0，b0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1且垂直于x轴的直线与该双曲线的左支交

3、于A，B两点，若ABF2的周长为24，则当ab2取得最大值时，该双曲线的焦点到渐近线的距离为()A1 B. C2 D2二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分9已知实数m，n满足2m2n，则下列不等式恒成立的是()Acos m0，n0，则e3n2D若m0，n0，则10设等比数列an的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并满足条件a11，a2 019a2 0201，0，下列结论正确的是()AS2 019S2 020Ba2 019a2 0211kx成立D对任意两个正实数x1，x2，且x

4、1x2，若f(x1)f(x2)，则x1x24第卷三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13已知向量a(1,2)，|b|4，且(ab)a15，则向量a与b的夹角为_14如图所示，平面BCC1B1平面ABC，ABC120，四边形BCC1B1为正方形，且ABBC2，则异面直线BC1与AC所成角的余弦值为_152020年，新型冠状病毒引发的疫情牵动着亿万人的心八方驰援战疫情，众志成城克时难，社会各界支援湖北，共抗新型冠状病毒肺炎山东某医院的甲、乙、丙、丁、戊5名医生到湖北的A，B，C三个城市支援，若要求每个城市至少安排1名医生，则A城市恰好只有医生甲去支援的概率为_16已知M(a,4)是抛物线

5、C：x22py(p0)上一点，且位于第一象限，点M到抛物线C的焦点F的距离为6，则a_；若过点P(3，4)向抛物线C作两条切线，切点分别为A，B，则|AF|BF|_.(本题第一空2分，第二空3分)四、解答题：本题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17(10分)已知正项数列an的前n项和为Sn，且4Sn(an1)2.(1)求数列an的通项公式；(2)在bn；bn3n an；bn这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中并求解若_，求bn的前n项和Tn.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分18(12分)ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.ABC的面积为S，已

6、知4cS(2ac)(a2c2b2)tan C.(1)求角B；(2)若ac3，ab0)上一点到两焦点的距离之和为2，且其离心率为.(1)求椭圆C的标准方程；(2)如图，已知A，B是椭圆C上的两点，且满足|OA|2|OB|23，求AOB面积的最大值22(12分)设函数f(x)xex，g(x)aexa1.(1)若函数f(x)图象的一条切线与直线y2ex1平行，求该切线的方程；(2)若函数f(x)与g(x)的图象在y轴右边有唯一公共点，证明：2a.专练二1答案：A解析：由题意知，Bx|x23x0x|0x3，又Ax|2x3，ABx|2x32,3故选A.2答案：A解析：由iz32i，得z23i，所以23i

7、.故选A.3答案：D解析：f(1)123135，f(5)2(5)122，故选D.4答案：D解析：通解由题图知，函数f(x)cos (x)的最小正周期T，所以2.将点代入f(x)cos (2x)，得1cos ，得2k，kZ，则2k，kZ，又|，所以，所以f(x)cos .令2k2x2k，kZ，得函数f(x)的单调递减区间为(kZ)优解由题图知，函数f(x)cos (x)的最小正周期T，故排除A，C.又函数f(x)在上单调递减，所以函数f(x)cos (x)的单调递减区间为(kZ)故选D.5答案：B解析：通解(a1a2an)，s2(a1)2(a2)2(an)2，(a11)(a21)(an1)(a1

8、a2an)1 1，(a11)( 1)2(a21)( 1)2(an1)( 1)22(a1)2(a2)2(an)22s2.优解由题意知，E(an)，D(an)s2，nN*.根据数学期望与方差公式，得E(an1)E(an)11，D(an1)()2D(an)2s2.故选B.6答案：C解析：若甲、乙2个家庭的5张票连号，则有CA48种不同的分配方法若甲、乙2个家庭的5张票不连号，则有AA72种不同的分配方法综上，这8张门票共有4872120种不同的分配方法故选C.7答案：B解析：构造函数g(x)，则g(x)0，所以函数g(x)在R上单调递减因为f(0)2 020，所以g(0)2 019.由f(x)2 0

9、19ex1，得f(x)12 019ex，即2 019，所以得g(x)0.故选B.8答案：D解析：由题意得，|AF1|BF1|AB|，由双曲线的定义，得|AF2|AF1|2a，|BF2|BF1|2a，由，得|AF2|BF2|4a.因为ABF2的周长为24，即4a24，得b26aa2，得ab26a2a3.令f(a)6a2a3(0a0；当a(4,6)时，f(a)n.因为函数ycos x在R上有增有减，所以A中的不等式不恒成立，A错误；因为函数yx在(0，)上单调递减，所以当m0，n0，mn时，mn时，e3m2e3n2，故C正确；因为函数y在(0，)上单调递增，所以当m0，n0，mn时，故D正确故选B

10、CD.10答案：AB解析：0q1,0a2 020S2 019，A正确；a2 019a2 0211a10，故B正确；T2 019是数列Tn中的最大值，C、D错误，故选AB.11答案：ACD解析：因为函数f(x)2cos2xcos (2x)0的图象经过点，所以2cos()，得cos ，因为0，所以，所以f(x)2cos2xcos1cos 2xcos 2xsin 2xcos 2xsin 2x1cos1.因为ycos x图象的对称中心是点(kZ)，所以令得当k0时，x，所以点是函数f(x)图象的一个对称中心，所以A正确；因为函数f(x)的最小正周期T，所以B错误；因为1cos1，所以f(x)的最大值为

11、2，所以C正确；因为ycos x图象的对称轴方程是xk，kZ，所以令2xk，kZ，得x，kZ，当k1时，x，所以直线x是函数f(x)图象的一条对称轴，所以D正确故选ACD.12答案：BD解析：A中，函数的定义域为(0，)，函数的导数f(x)，(0,2)上，f(x)0，函数单调递增，x2是f(x)的极小值点，即A错误；B中，yf(x)xln xx，y10，f(2)21ln 22ln 21kx，可得k，令g(x)，则g(x)，令h(x)4xxln x，则h(x)ln x，在x(0,1)上函数h(x)单调递增，x(1，)上函数h(x)单调递减，h(x)h(1)0，g(x)kx恒成立，即C不正确；D中

12、，令t(0,2)，则2t(0,2)，2t2，令g(t)f(2t)f(2t)ln(2t)ln(2t)ln，即g(t)0，g(t)在(0,2)上单调递减，则g(t)2t，则x1x22t2t4，当x24时，x1x24显然成立，对任意两个正实数x1，x2，且x2x1，若f(x1)f(x2)，则x1x24，故D正确故正确的是BD.13答案：解析：(ab)aa2ab15，|a|3，ab6，又|b|4，cosa，b，又a，b0，故向量a与b的夹角为.14答案：解析：以点B为坐标原点，BC，BB1所在的直线分别为x轴、z轴，以过点B且垂直于BC的直线为y轴，建立空间直角坐标系B xyz，易得B(0,0,0)，

13、C(2,0,0)，C1(2,0,2)，A(1，0)，则(2,0,2)，(3，0)，cos，所以直线BC1与直线AC所成角的余弦值为.15答案：解析：分两步，第一步，把5名医生分成三组，有1,1,3和1,2,2两种分法，当分成1,1,3时，有C10种情况，当分成1,2,2时，有CC15种情况；第二步，把这三组分到三个城市则共有25A150种情况A城市恰好只有医生甲去支援的情况共有A14(种)，因此所求概率P.16答案：449解析：由抛物线的定义得46，解得p4，所以抛物线C的方程为x28y，将(a,4)代入，可得a4.易知点P不在抛物线上，设点A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)又y

14、x，所以抛物线C在点A处的切线方程为yy1(xx1)，将(3，4)代入并结合x8y1，得3x14y1160，同理得抛物线C在点B处的切线方程为3x24y2160，于是直线AB的方程为3x4y160.将3x4y160代入x28y，整理得2y229y320，所以y1y2，y1y216，故|AF|BF|(y12)(y22)y1y22(y1y2)449.17解析：(1)因为4Sn(an1)2，所以当n1时，4a14S1(a11)2，解得a11.当n2时，4Sn1(an11)2，又4Sn(an1)2，所以两式相减得4an(an1)2(an11)2，可得(anan1)(anan12)0，因为an0，所以a

15、nan12，所以数列an是首项为1，公差为2的等差数列，所以an2n1，故数列an的通项公式为an2n1.(2)若选条件，bn，则Tn.若选条件，bn3nan3n(2n1)，则Tn13332533(2n1)3n，上式两边同时乘3，可得3Tn132333534(2n1)3n1，两式相减得2Tn32(32333n)(2n1)3n16(22n)3n1，可得Tn(n1)3n13.若选条件，由an2n1可得Snn2，所以bn，故Tn.18解析：(1)由4cS(2ac)(a2c2b2)tan C可得4cabsin C(2ac)(a2c2b2)，易知sin C0，所以bcos C(2ac)，由余弦定理可得，

16、bcos C(2ac)cos B，由正弦定理可得，sin Bcos C(2sin Asin C)cos B，得sin Bcos Ccos Bsin C2sin Acos B，sin(BC)2sin Acos B.因为sin(BC)sin(A)sin A，sin A0，所以cos B.因为0B，所以B.(2)因为ABC外接圆的半径为，B，所以b22.由正弦定理得asin A，csin C，所以由ac3，得3，整理可得sin.又ab，B，所以0A，故A，所以cos，所以sin Asinsincos cossin ，故cos 2A12sin2A.19解析：(1)如图，在梯形ABCD中，过点C作CHD

17、M于点H，连接CM，由题意知，CH1，AMDMAD2.由ADC45，可得DH1，则HMDMDH1，CMCD，BC綉MH.又BCCH，CHMH，四边形BCHM为正方形，BMAD.在四棱锥N BCDM中，平面NBM平面BCDM，平面NBM平面BCDMBM，MNBM，NM平面BCDM.CD平面BCDM，NMCD.NMCMM，且NM，CM平面NMC，CD平面NMC.又CD平面NCD，平面NMC平面NCD.(2)在四棱锥N BCDM中，以M为原点，MB，MD，MN所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系M xyz，可得M(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，N(0,

18、0,2)平面NBM平面BCDM，平面NBM平面BCDMBM，BMMD，MD平面NBM，(0,2,0)是平面NBM的一个法向量设平面NCD的一个法向量为m(x，y，z)，(1,1，2)，(0,2，2)，即取y1，则z1，x1，m(1,1,1)cos，m，平面NBM与平面NCD所成锐二面角的余弦值为.20解析：(1)由题意可知，随机变量X的所有可能取值为3,4,5,6，则P(X3)3，P(X4)C3，P(X5)C3，P(X6)3.随机变量X的分布列为X3456P随机变量X的数学期望E(X)3456.(2)设投资资金总和恰好为n万元的概率为Pn.则投资资金总和恰好为(n1)万元的概率为Pn1PnPn

19、1.Pn1PnPnPn1(PnPn1)(n1)P01，P1，P2P1P0.数列Pn1Pn是首项为P2P1，公比为的等比数列Pn1Pnn1n1.P100P1(P2P1)(P3P2)(P99P98)(P100P99)23100，投资资金总和恰好为100万元的概率是.21解析：(1)由椭圆的定义得2a2，所以a，又离心率e，所以c1，所以b1，所以椭圆C的标准方程为y21.(2)当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为ykxm，代入椭圆方程得(12k2)x24kmx2m220，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2，由|OA|2|OB|23，得xyxy3，得xx2，所以xx(x

20、1x2)22x1x22，即4k2m24k42m210，即(2k21)(2m22k21)0，所以2k210或2m2(2k21)0.原点O到直线AB的距离为，当2k210时，x1x2m21，此时SAOB|AB|x1x2|，当且仅当m22m2，即m21时等号成立当2m2(2k21)0时，x1x21，此时SAOB .当直线AB的斜率不存在时，设A(x0，y0)，则B(x0，y0)，由|OA|2|OB|23，得xy，又y1，所以y，x1.不妨取x01，y0，则SAOB.综上可知，AOB面积的最大值是.22解析：(1)设切点坐标为(t，tet)，f(x)(x1)ex，切线斜率k(t)(t1)et，由平行得k(t)(t1)et2e.k(t)(t2)et，当t2时，k(t)0，k(t)单调递增；当t2时，k(t)0，k(t)单调递减又当t2时，k(t)(t1)et0，函数h(x)单调递增，又h(1)e3e0，h(x)在(0，)上存在唯一零点x0，且x0，ex0x02.当x(0，x0)时，(x)0，(x)min(x0)x0x0x01.又ax在x(0，)上有唯一解，当x0时，(x)，当x时，(x)，a(x)min，2a.