2021届高考数学一轮专题重组卷 第二部分 基础巩固练（一）文（含解析）.doc

1、第二部分优化重组综合练基础巩固练(一)本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分满分150分，考试时间120分钟第卷(选择题，共60分)一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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(2019安徽第二次联考)已知集合Ax|x20，Bx|32x6，则AB()A. Bx|2x2C. Dx|2x3答案C解析Ax|x2，B，AB.故选C.2(2019哈尔滨三中二模)若i为虚数单位，则()A.i BiC.i Di答案B解析i.故选B.3(2019合肥二模)如表是某电器销售公司2018年度各类电器营业收入占比和净利润占比统计表：空调类冰箱类小家电

2、类其他类营业收入占比90.10%4.98%3.82%1.10%净利润占比95.80%0.48%3.82%0.86%则下列判断中不正确的是()A该公司2018年度冰箱类电器销售亏损B该公司2018年度小家电类电器营业收入和净利润相同C该公司2018年度净利润主要由空调类电器销售提供D剔除冰箱类电器销售数据后，该公司2018年度空调类电器销售净利润占比将会降低答案B解析根据表中数据知，该公司2018年度冰箱类电器销售净利润所占比为0.48%，是亏损的，A正确；小家电类电器营业收入所占比和净利润所占比是相同的，但收入与净利润不一定相同，B错误；该公司2018年度净利润空调类电器销售所占比为95.80

3、%，是主要利润来源，C正确；剔除冰箱类电器销售数据后，该公司2018年度空调类电器销售净利润占比将会降低，D正确故选B.4(2019株洲一模)在区间2,2上任意取一个数x，使不等式x2x0成立的概率为()A. B. C. D.答案D解析由x2x0，得0x1.所以在区间2,2上任意取一个数x，使不等式x2x0，b0)，O为坐标原点，过C的右顶点且垂直于x轴的直线交C的渐近线于A，B两点，过C的右焦点且垂直于x轴的直线交C的渐近线于M，N两点，若OAB与OMN的面积比为19，则双曲线C的渐近线方程为()Ay2x By2xCy2x Dy8x答案B解析由相似三角形的面积比等于相似比的平方，则，9b28

4、a2，2，双曲线C的渐近线方程为y2x，故选B.6(2019江西南康中学二模)偶函数f (x)x(exaex)的图象在x1处的切线斜率为()A2e BeC De答案A解析偶函数f (x)x(exaex)，可得f (x)f (x)，即x(exaex)x(exaex)，可得(a1)x(exex)0，对xR恒成立，则a1，函数f (x)x(exex)，f(x)x(exex)exex，则f(1)2e.故选A.7(2019长沙一模)在ABC中，AB10，BC6，CA8，且O是ABC的外心，则()A16 B32 C16 D32答案D解析AB2BC2CA2，ABC是以AB为斜边的直角三角形，外心O是AB的中

5、点，()28232，故选D.8(2019郑州一模)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某个几何体的三视图，则该几何体的表面积为()A(44)4 B(44)44C1212 D1244答案A解析由题意可知，几何体下部是圆锥，上部是四棱柱(如图)，可得几何体的表面积为4414(44)4.故选A.9(2019深圳一模)在平面直角坐标系xOy中，设角的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，若角的终边过点P(2，1)，则sin(2)的值为()A B C. D.答案A解析角的顶点与原点O重合，始边与x轴非负半轴重合，终边过点P(2，1)，x2，y1，|OP|，sin，cos，则sin22si

6、ncos2，sin(2)sin2.故选A.10(2019宜宾二模)在ABC中，A，B，C的对边分别是a，b，c，且b2，B60，ABC的面积为，则ac()A4 B. C2 D42答案A解析ABC中，b2，B60，所以ABC的面积为SacsinBac，解得ac4.又b2a2c22accosB，即4a2c2ac(ac)23ac(ac)212，所以(ac)216，解得ac4.故选A.11(2019荆州中学一模)已知log(xy4)log(3xy2)，若xy恒成立，则的取值范围是()A(，1)(9，) B(1,9)C(0,1)(9，) D(0,19，)答案D解析由题意得x，y的约束条件画出不等式组表示

7、的可行域如图中阴影部分所示，在可行域内平移直线zxy，当直线在可行域内无限接近经过3xy20与x3的交点A(3，7)时，目标函数zxy的最大值无限接近3710.由xy恒成立，即10，即亦0.解得(0,19，)故选D.12(2019山东潍坊二模)已知函数f (x)2x1，g(x)(aR)，若对任意x11，)，总存在x2R，使f (x1)g(x2)，则实数a的取值范围是()A. B.C.1,2 D.答案C解析对任意x11，)，则f (x1)2x11201，即函数f (x1)的值域为1，)，若对任意x11，)，总存在x2R，使f (x1)g(x2)，设函数g(x)的值域为A，则满足1，)A即可当x0

8、时，函数g(x)x22a为减函数，则此时g(x)2a.当x0时，g(x)acosx22|a|,2|a|，当2a1(如图中曲线)，即a时，满足条件1，)A，当a时，2a1，要使1，)A成立，则此时当x0时，g(x)acosx22a,2a，此时满足(如图中曲线)，即得1a2，综上a或1a2，故选C.第卷(非选择题，共90分)二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13(2019内江一模)若函数f (x)满足f (x1)f (x)，且f (0)2，则f (15)_.答案2解析根据题意，函数f (x)满足f (x1)f (x)，则有f (x2)f (x1)f (x)，即函数是周期为2的周期函数

9、，则f (15)f (114)f (1)，又由f (1)f (0)2，故f (15)2.14(2019北京高考)李明自主创业，在网上经营一家水果店，销售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃，价格依次为60元/盒、65元/盒、80元/盒、90元/盒为增加销量，李明对这四种水果进行促销：一次购买水果的总价达到120元，顾客就少付x元每笔订单顾客网上支付成功后，李明会得到支付款的80%.当x10时，顾客一次购买草莓和西瓜各1盒，需要支付_元；在促销活动中，为保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折，则x的最大值为_答案13015解析顾客一次购买草莓和西瓜各1盒时，总价为6080140(元)，达

10、到120元，又x10，顾客需要支付14010130(元)解法一：当单笔订单的总价达不到120元时，顾客不少付，则李明得到总价的80%；当单笔订单的总价达到120元时，顾客少付x元，设总价为a元(a120)，则李明每笔订单得到的金额与总价的比为0.8，当a越小时，此比值越小又a最小为120元(即买两盒草莓)，0.8(120x)1200.7，解得x15.x的最大值为15.解法二：购买水果总价刚好达到120元时，顾客少付x元，这时x占全部付款的比例最高，此时如果满足李明所得金额是促销前总价的70%，那么其x值最大由此列式得(120x)0.81200.7，解得x15.x的最大值为15.15(2019全

11、国卷)记Sn为等比数列an的前n项和，若a11，S3，则S4_.答案解析设等比数列an的公比为q，则ana1qn1qn1.a11，S3，a1a2a31qq2，即4q24q10，q，S4.16(2019全国卷)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1)半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体半正多面体体现了数学的对称美图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有_个面，其棱长为_(本题第一空2分，第二空3分)答案261解

12、析先求面数，有如下两种方法解法一：由“半正多面体”的结构特征及棱数为48可知，其上部分有9个面，中间部分有8个面，下部分有9个面，共有29826个面解法二：一般地，对于凸多面体，顶点数(V)面数(F)棱数(E)2(欧拉公式)由图形知，棱数为48的半正多面体的顶点数为24，故由VFE2，得面数F2EV2482426.再求棱长作中间部分的横截面，由题意知该截面为各顶点都在边长为1的正方形上的正八边形ABCDEFGH，如图，设其边长为x，则正八边形的边长即为半正多面体的棱长连接AF，过H，G分别作HMAF，GNAF，垂足分别为M，N，则AMMHNGNFx.又AMMNNF1，即xxx1.解得x1，即半

13、正多面体的棱长为1.三、解答题：共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答第22、23题为选考题，考生根据要求作答(一)必考题：60分17(本小题满分12分)(2019洛阳一模)在公差为d的等差数列an中，已知a110，且a1,2a22,5a3成等比数列，Sn为数列an的前n项和(1)求数列an的通项公式；(2)若d0，求Sn的最大值解(1)由题意得5a3a1(2a22)2，a110，50(102d)(222d)2，化简得d23d40，解得d1或d4，ann11或an4n6.(2)d10.828.所以有99.9%的把握认为“中老年人”比“青少年人

14、”更加关注“两会”20(本小题满分12分)(2019湘潭一模)如图，在平面直角坐标系xOy中，焦点在x轴上的椭圆1(b0)的右顶点和上顶点分别为A，B，M为线段AB的中点，且b2.(1)求椭圆的离心率；(2)四边形ABCD内接于椭圆，ABCD.记直线AD，BC的斜率分别为k1，k2，求证：k1k2为定值解(1)由题意知A(2,0)，B(0，b)，线段AB的中点为M.(2，b)，.b2.2b2，解得b1.又a2，c，椭圆的离心率e.(2)证明：由(1)得椭圆的标准方程为y21，A(2,0)，B(0,1)，设直线BC的方程为yk2x1，联立得(14k)x28k2x0，解得xC，yC，即C，设直线A

15、D的方程为yk1(x2)联立化简得(14k)x216kx16k40，2xD，解得xD，yD，D，ABCD，kCD，化为116kk2k12k28k1k8k2k0，(4k1k22k22k11)0，k1k2为定值21(本小题满分12分)(2019合肥市第一次教学质量检测)已知函数f (x)ex1a(x1)ln x(aR，e是自然对数的底数)(1)设g(x)f(x)其中f(x)是f (x)的导数，求g(x)的极小值；(2)若对任意x1，)，都有f (x)1成立，求实数a的取值范围解(1)g(x)f(x)ex1a(x0)，g(x)ex1.令(x)g(x)ex1(x0)，(x)ex10，g(x)在(0，)

16、上为增函数，g(1)0.当x(0,1)时，g(x)0，g(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，)，g(x)极小值g(1)2a.(2)由(1)知，f(x)在(1，)上单调递增，在(0,1)上单调递减，f(x)f(1)2a.当a2时，f(x)0，f (x)在1，)上单调递增，f (x)f (1)1，满足条件；当a2时，f(1)2a0，x0(1，ln a1)，使得f(x0)0，此时，x(1，x0)，f(x)0，f (x)在(1，x0)上单调递减，即当x(1，x0)时，都有f (x)f (1)1，不符合题意综上所述，实数a的取值范围为(，2(二)选考题：10分请考生在第22、23题中任

17、选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分22(本小题满分10分)选修44：坐标系与参数方程(2019全国卷)如图，在极坐标系Ox中，A(2,0)，B，C，D(2，)，弧，所在圆的圆心分别是(1,0)，(1，)，曲线M1是弧，曲线M2是弧，曲线M3是弧.(1)分别写出M1，M2，M3的极坐标方程；(2)曲线M由M1，M2，M3构成，若点P在M上，且|OP|，求P的极坐标解(1)由题设可得，弧，所在圆的极坐标方程分别为2cos，2sin，2cos，所以M1的极坐标方程为2cos，M2的极坐标方程为2sin，M3的极坐标方程为2cos.(2)设P(，)，由题设及(1)知若0，则2cos，解得；若，

18、则2sin，解得或；若，则2cos，解得.综上，P的极坐标为或或或.23(本小题满分10分)选修45：不等式选讲(2019湖北模拟)已知函数f (x)|ax2|，不等式f (x)4的解集为x|2x6(1)求实数a的值；(2)设g(x)f (x)f (x3)，若存在xR，使g(x)tx2成立，求实数t的取值范围解(1)由|ax2|4，得4ax24，即2ax6，当a0时，x，所以解得a1；当a0时，x，所以无解，所以实数a的值为1.(2)由已知g(x)f (x)f (x3)|x2|x1|不等式g(x)tx2，即g(x)tx2，由题意知，yg(x)的图象有一部分在直线ytx2的下方或在直线ytx2上，作出对应图象，如图所示由图可知，当t0时，tkEM；当t0时，tkFM，又因为kEM1，kFM，所以t1或t，即实数t的取值范围为(，1.