2021届高考数学一轮专题重组卷 第二部分 基础巩固练（六）文（含解析）.doc

1、基础巩固练(六)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新乡二模)已知集合A1,2,3,4,5,6,7，集合BxN|2x6，则AB()A1,2,3,5,6,7 B2,3,4,5C2,3,5 D2,3答案B解析集合BxN|2x62,3,4,5，集合A1,2,3,4,5,6,7，则AB2,3,4,5故选B.2(2019芜湖一中二模)复数等于()A7i B7iC77i D77i答案A解析7i，故选A.3(2019陕西联考)如图是

2、民航部门统计的某年春运期间12个城市售出的往返机票的平均价格以及相比上年同期变化幅度的数据统计图表，根据图表，下面叙述不正确的是()A深圳的变化幅度最小，北京的平均价格最髙B深圳和厦门的平均价格同去年相比有所下降C平均价格从高到低居于前三位的城市为北京、深圳、广州D平均价格的涨幅从高到低居于前三位的城市为天津、西安、厦门答案D解析由图可知，选项A，B，C都正确对于D，因为要判断涨幅从高到低，而不是判断变化幅度，平均价格的涨幅从高到低居于前三位的城市为天津、西安、南京，所以错误故选D.4(2019宝鸡中学二模)执行如图所示的程序框图，若输入如下四个函数：f (x)sinx；f (x)cosx；f

3、 (x)；f (x)x2.则输出的函数是()Af (x)sinx Bf (x)cosxCf (x) Df (x)x2答案A解析此程序框图的功能是筛选既是奇函数、又存在零点的函数故选A.5(2019拉萨中学模拟)如图所示，ABC中，2，点E是线段AD的中点，则()A. B.C. D.答案C解析，故选C.6(2019北京西城二模)榫卯是在两个木构件上所采用的一种凹凸结合的连接方式，凸出部分叫榫，凹进部分叫卯，榫和卯咬合，起到连接作用，代表建筑有：北京的紫禁城、天坛祈年殿、山西悬空寺等如图所示是一种榫卯的三视图，则该空间几何体的表面积为()A192 B186C180 D198答案A解析由三视图还原几

4、何体，可知该几何体为组合体，上部分为长方体，棱长分别为2,6,3，下部分为长方体，棱长分别为6,6,3，其表面积为S663266223192，故选A.7(2019潍坊一模)函数y4cosxe|x|的图象可能是()答案D解析显然y4cosxe|x|是偶函数，图象关于y轴对称，当x0时，y4sinxex(4sinxex)，显然当x(0，时，y0，当x(，)时，exee34，而4sinx4，y(4sinxex)0，y(4sinxex)0在(0，)上恒成立，y4cosxe|x|在(0，)上单调递减故选D.8(2019全国卷)设f (x)为奇函数，且当x0时，f (x)ex1，则当x0时，f (x)()

5、Aex1 Bex1Cex1 Dex1答案D解析当x0，当x0时，f (x)ex1，f (x)ex1.又f (x)为奇函数，f (x)f (x)ex1.故选D.9(2019宜宾市二诊)已知直线l1：3xy60与圆心为M(0,1)，半径为的圆相交于A，B两点，另一直线l2：2kx2y3k30与圆M交于C，D两点，则四边形ACBD面积的最大值为()A5 B10C5(1) D5(1)答案A解析以M(0,1)为圆心，半径为的圆的方程为x2(y1)25，联立解得A(2,0)，B(1,3)，AB中点为.而直线l2：2kx2y3k30恒过定点，|AB|.当CD为圆的直径，且CDAB时，四边形ACBD面积最大，

6、四边形ACBD面积的最大值为S25.故选A.10(2019安徽省皖江名校联盟第二次联考)设双曲线的一个焦点为F，虚轴的一个端点为B，如果直线FB与该双曲线的一条渐近线垂直，那么此双曲线的离心率为()A. B.C. D.答案D解析设双曲线的方程为1(a0，b0)，则F (c,0)，B(0，b)，直线FB：bxcybc0与渐近线yx垂直，所以1，即b2ac，所以c2a2ac，即e2e10，所以e或e(舍去)故选D.11(2019南康中学二模)在四面体SABC中，ABBC，ABBC3，SASC3，平面SAC平面BAC，则该四面体外接球的表面积为()A8 B12C16 D24答案D解析取AC的中点D，

7、连接SD，BD，ABBC，ABBC3，ABC为等腰直角三角形，则BDAC，AC3，则SAC为等边三角形，D为AC的中点，SDAC，ADDC，取SAC的外心O，则O在SD上，连接AO，BO，CO，可知O点即为四面体SABC外接球的球心则有AOBOCOSO3.则外接球的表面积为4624.故选D.12(2019湖南省永州一模)设函数f (x)g(x)f (x)2xa.若g(x)存在两个零点，则a的取值范围是()A(，4 B(2,4C4，) D4，2)答案D解析由题意可得f (x)2xa有两个不同的实根，即函数f (x)的图象与直线y2xa有两个交点，作出yf (x)的图象和直线y2xa，如图所示当直

8、线经过点(1,0)时，可得2a0，即a2；当直线经过点(1,2)时，可得2a2，即a4；可得，当4a2时，直线y2xa和函数f (x)的图象有两个交点，即g(x)存在两个零点，故选D.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全国卷)若变量x，y满足约束条件则z3xy的最大值是_答案9解析作出已知约束条件对应的可行域(图中阴影部分)，由图易知，当直线y3xz过点C时，z最小，即z最大由解得即C点坐标为(3,0)，故zmax3309.14(2019福州一模)已知长方体ABCDA1B1C1D1的外接球体积为，且AA1BC2，则直线A1C与平面BB1C1

9、C所成的角为_答案解析设长方体ABCDA1B1C1D1的外接球半径为R，因为长方体ABCDA1B1C1D1的外接球体积为R3，所以R2，即A1C2R4，因为AA1BC2，所以AB2.因为A1B1平面BB1C1C，所以A1C与平面BB1C1C所成的角为A1CB1，因为AA1BC2，所以B1C2A1B1，所以在RtA1CB1中，A1CB1.15(2019全国卷)设F1，F2为椭圆C：1的两个焦点，M为C上一点且在第一象限若MF1F2为等腰三角形，则M的坐标为_答案(3，)解析设F1为椭圆的左焦点，分析可知M在以F1为圆心、焦距为半径长的圆上，即在圆(x4)2y264上因为点M在椭圆1上，所以联立方

10、程可得解得又因为点M在第一象限，所以点M的坐标为(3，)16(2019镇江一模)在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知4(tanAtanB)，则cosC的最小值为_答案解析4(tanAtanB)，4，则4(sinAcosBcosAsinB)sinAsinB，即4sin(AB)sinAsinB，又ABC，4sinCsinAsinB，由正弦定理得，4cab.由余弦定理得，cosC.cosC，cosC的最小值为.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

11、分12分)(2019山西晋城一模)已知等比数列an的前n项和为Sn，其中a39，S4a139.(1)求数列an的通项公式；(2)若an为递增数列，求数列的前n项和解(1)依题意，a2a3a439，即99q39，故3q210q30，即(3q1)(q3)0，解得q3或q，又ana3qn3，故an3n1或an35n.(2)依题意，得an3n1，则，设的前n项和为Tn，则Tn.18(本小题满分12分)(2019攀枝花三模)某企业为了检查甲、乙两条自动包装流水线的生产情况，随机在这两条流水线上各抽取100件产品作为样本称出它们的质量(单位：毫克)，质量值落在(175,225的产品为合格品，否则为不合格品

12、如表是甲流水线样本频数分布表，如图是乙流水线样本的频率分布直方图产品质量/毫克频数165,1753(175,1852(185,19521(195,20536(205,21524(215,2259(225,2355(1)根据乙流水线样本的频率分布直方图，求乙流水线样本质量的中位数(结果保留整数)；(2)从甲流水线样本中质量在(165,185的产品中任取两件产品，求两件产品中恰有一件合格品的概率；(3)由以上统计数据完成下面22列联表，能否在犯错误的概率不超过0.15的前提下认为产品的包装合格与两条自动包装流水线的选择有关？甲流水线乙流水线总计合格品不合格品总计下面临界值表仅供参考：P(K2k0)

13、0.150.100.050.0250.0100.0050.001k02.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828参考公式：K2，其中nabcd.解(1)因为前三组的频率之和为10(0.0020.0090.020)0.310.5，前四组的频率之和为10(0.0020.0090.0200.034)0.650.5.所以中位数在第四组，设为x，由(x195)0.0340.310.5，解得x201.(2)甲流水线样本中质量在(165,185的产品共有5件，其中合格品有2件，设为A，B；不合格品3件，设为a，b，c，从中任取2件的所有取法有(A，B)，(A，a)，(A，b)，(

14、A，c)，(B，a)，(B，b)，(B，c)，(a，b)，(a，c)，(b，c)，共10种，恰有一件合格品的取法有(A，a)，(A，b)，(A，c)，(B，a)，(B，b)，(B，c)，共6种，所以两件产品中恰有一件合格品的概率为P.(3)由乙流水线样本的频率分布直方图可知，合格品的个数为100(10.04)96，所以，22列联表如下所示，甲流水线乙流水线总计合格品9296188不合格品8412总计100100200所以K21.4182.072，故在犯错误的概率不超过0.15的前提下，不能认为产品的包装合格与两条自动包装流水线的选择有关19(本小题满分12分)(2019广州二模)如图，在四棱锥

15、PABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，BAD60，APD90，且PAPD，ADPB.(1)求证：ADPB；(2)求点A到平面PBC的距离解(1)证明：取AD的中点O，连接OP，OB，BD，底面ABCD为菱形，BAD60，ADABBD.O为AD的中点，BOAD.在PAD中，PAPD，O为AD的中点，POAD.BOPOO，AD平面POB.PB平面POB，ADPB.(2)解法一：在RtPAD中，AD2，PO1.底面ABCD是边长为2的菱形，BAD60，BO.在PBO中，PO1，BO，PBAD2，PO2BO2PB2，POBO.由(1)有POAD，且ADBOO，AD平面ABCD，BO平面ABCD，

16、PO平面ABCD.在PBC中，由(1)证得ADPB，且BCAD，BCPB.PBADBC2，SPBC2.连接AC，在ABC中，ABBC2，ABC120，SABCABBCsinABC.设点A到平面PBC的距离为h，VAPBCVPABC，即SPBChSABCPO.h.点A到平面PBC的距离为.解法二：ADBC，BC平面PBC，AD平面PBC，AD平面PBC.点A到平面PBC的距离等于点O到平面PBC的距离过点O作OHPB于点H.由(1)证得AD平面POB，且ADBC，BC平面POB.OH平面POB，BCOH.PBBCB，PB平面PBC，BC平面PBC，OH平面PBC.在RtPAD中，AD2，PO1.

17、底面ABCD是边长为2的菱形，BAD60，BO.在PBO中，PO1，BO，PBAD2，PO2BO2PB2，POBO.在PBO中，根据等面积关系得PBOHPOOB.OH.点A到平面PBC的距离为.20(本小题满分12分)(2019惠州三模)已知抛物线C：x28y与直线l：ykx1交于A，B不同两点，分别过点A，B作抛物线C的切线，所得的两条切线相交于点P.(1)求证：为定值；(2)求ABP的面积的最小值及此时直线l的方程解(1)证明：设A，B的坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，由消y得，x28kx80，方程的两个根为x1，x2，64k2320恒成立，x1x28k，x1x28，A，B在

18、抛物线C上，y1，y2，y1y21，x1x2y1y2817为定值(2)由x28y，得yx2，yx，kAPx1，kBPx2，直线AP的方程为yx1(xx1)，即yx1xx，同理直线BP的方程为yx2xx，由得2x(x1x2)(x1x2)(x1x2)，而x1x2，故有x4k，y1，即点P(4k，1)，|AB|4，点P(4k，1)到直线l：ykx1的距离d，SABP|AB|d4(2k21)，k20，当k20即k0时，SABP有最小值为4，此时直线方程l为y1.21(本小题满分12分)(2019深圳二模)已知函数f (x)aex2x1(其中常数e2.71828是自然对数的底数)(1)讨论函数f (x)

19、的单调性；(2)证明：对任意的a1，当x0时，f (x)(xae)x.解(1)由f (x)aex2x1，得f(x)aex2.当a0时，f(x)0，函数f (x)在R上单调递增；当a0时，由f(x)0，解得xln ，由f(x)0，解得xln ，故f (x)在上单调递增，在上单调递减综上所述，当a0时，函数f (x)在R上单调递增；当a0时，f (x)在上单调递增，在上单调递减(2)证明：当a1，x0时，f (x)(xae)xe0.令g(x)e，则g(x).当a1时，aexx1exx1.令h(x)exx1，则当x0时，h(x)ex10.h(x)单调递增，h(x)h(0)0.当0x1时，g(x)0；

20、当x1时，g(x)0；当x1时，g(x)0.g(x)g(1)0.即e0，故f (x)(xae)x.(二)选考题：10分请考生在第22、23题中任选一题作答，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大庆三模)在直角坐标系xOy中，直线l1的参数方程为(t为参数)以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆C的极坐标方程为4cos，射线l2的极坐标方程为(0)(1)求直线l1的倾斜角及极坐标方程；(2)若射线l2与l1交于点M，与圆C交于点N(异于原点)，求|OM|ON|.解(1)直线l1的普通方程为xy40.设直线l1的倾斜角为，则tank，0

21、，.把xcos，ysin代入得，直线l1的极坐标方程为cossin4.(2)把代入l1的极坐标方程中，得|OM|1，把代入圆的极坐标方程中，得|ON|22，|OM|ON|128.23(本小题满分10分)选修45：不等式选讲(2019广州三模)已知a0，b0，ab1.设的最小值为m.(1)求m的值；(2)解不等式|x1|x3|m.解(1)1.a0，b0，0，0，22，当且仅当即ab时取等号，的最小值为2，m3.(2)由(1)知|x1|x3|3.当x1时，原不等式化为(x1)(x3)3，解得x1；当1x3时，原不等式化为x1x33，解得1x；当x3时，原不等式化为x1(x3)3，无解综上，原不等式的解集为.