2021届高考数学（文）一轮专题重组卷：第二部分 基础巩固练（五） WORD版含解析.doc

1、基础巩固练(五)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大同一中二模)已知集合Ax|x1，Bx|x2x20，则AB()Ax|x1 Bx|1x2Cx|1x1 Dx|x1答案D解析由题意得，Bx|1x2，ABx|x1故选D.2(2019杭州二中一模)在复平面内，复数z(i为虚数单位)对应的点位于()A第一象限 B第二象限C第三象限 D第四象限答案C解析复数z12i，则z在复平面内对应的点为(1，2)，位于第三象限故选C.3(2

2、019绍兴一中三模)一个几何体的三视图如图所示，每个小方格都是边长为1的正方形，则这个几何体的体积为()A32 B. C. D8答案B解析几何体的直观图如图所示，棱锥的顶点，在底面上的射影是底面一边的中点，易知这个几何体的体积为444.故选B.4(2019长春市二模)设直线y2x的倾斜角为，则cos2的值为()A BC D答案C解析由题意可知tan2，则cos2cos2sin2，故选C.5(2019洛阳一高三模)已知抛物线y22px(p0)上的点M到其焦点F的距离比点M到y轴的距离大，则抛物线的标准方程为()Ay2x By22x Cy24x Dy28x答案B解析因为抛物线y22px(p0)上的

3、点M到其焦点F的距离比点M到y轴的距离大，所以可得，得p1，所以抛物线的标准方程为y22x.故选B.6(2019濮阳二模)如图所示，等边ABC的边长为2，AMBC，且AM6.若N为线段CM的中点，则()A18B22C23D24答案C解析如图，以A为原点，AB所在直线为x轴，过点A作垂直于AB的直线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0,0)，B(2,0)，C(1，)因为ABC为等边三角形，且AMBC，所以MAB120，所以M(3,3)，因为N是CM的中点，所以N(1,2)，所以(1，2)，(5,3)，所以23.故选C.7(2019全国卷) 执行如图所示的程序框图，如果输入的为0.01，

4、则输出的值等于()A2 B2C2 D2答案C解析 0.01，x1，s0，s011，x，x不成立；s1，x，x不成立；s1，x，x不成立；s1，x，x不成立；s1，x，x不成立；s1，x，x不成立；s1，x，x11的解集为()A(1,0) B(1,0)(0,1)C(1,0)(0，) D(1,0)(1，)答案A解析依题意，得f (1)f (1)4，解得m9.所以f (x)11即11，解得1x0，b0)的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的圆与圆x2y2a2交于P，Q两点若|PQ|OF|，则C的离心率为()A. B. C2 D.答案A解析令双曲线C：1(a0，b0)的右焦点F的坐标为(c,0)，则c

5、.如图所示，由圆的对称性及条件|PQ|OF|可知，PQ是以OF为直径的圆的直径，且PQOF.设垂足为M，连接OP，则|OP|a，|OM|MP|，由|OM|2|MP|2|OP|2，得22a2，即离心率e.故选A.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烟台二中一模)部分与整体以某种相似的方式呈现称为分形，谢尔宾斯基三角形是一种分形，由波兰数学家谢尔宾斯基1915年提出具体操作是取一个实心三角形，沿三角形的三边中点连线，将它分成4个小三角形，去掉中间的那一个小三角形后，对其余3个小三角形重复上述过程得到如图所示的图案，若向该图案内随机投一点，则该点落

6、在黑色部分的概率是_答案解析由图可知黑色部分由9个小三角形组成，该图案一共由16个小三角形组成，这些小三角形都是全等的，设“向该图案内随机投一点，则该点落在黑色部分”为事件A，由几何概型的概率计算公式可得P(A).14(2019贵州联考)设x，y满足约束条件则z2xy的最大值为_答案4解析作出表示的平面区域如图中阴影部分所示，由解得A(1,2)，当直线y2xz经过点A时，截距取得最大值，即z取得最大此时x1，y2，z2xy有最大值2124.15(2019全国卷)函数f (x)sin3cosx的最小值为_答案4解析f (x)sin3cosxcos2x3cosx2cos2x3cosx1，令tcos

7、x，则t1,1，f (x)2t23t1.又函数f (x)图象的对称轴t1,1，且开口向下，当t1时，f (x)有最小值4.16(2019云南省曲靖市质量监测)已知f (x)1|lg x|，则函数y2f2(x)3f (x)1的零点个数为_答案3解析根据题意，函数y2f2(x)3f (x)1，令y2f2(x)3f (x)10，解得f (x)1或，若f (x)1，即1|lg x|1，即lg x0，解得x1，若f (x)，即1|lg x|，即lg x，解得x或，则函数y2f2(x)3f (x)1有3个零点三、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

8、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济南二模)如图，在平面四边形ABCD中，AB2，BC3，点E在线段AC上，且AE2EC，BE.(1)求AC的长；(2)若ADC60，AD，求ACD的大小解(1)设AC3z，在ABE中，由余弦定理可得cosBEA.在CBE中，由余弦定理可得cosBEC.由于BEABEC180，所以cosBEAcosBEC.所以.整理并解得z1(负值舍去)所以AC3.(2)在ADC中，由正弦定理可得，所以，所以sinACD.因为ADAC，所以ACD60，所以ACD30.18(本小题满分12分)(2019株洲一模)经过

9、多年的努力，炎陵黄桃在国内乃至国际上逐渐打开了销路，成为炎陵部分农民脱贫致富的好产品为了更好地销售，现从某村的黄桃树上随机摘下了100个黄桃进行测重，其质量分布在区间200,500内(单位：克)，统计质量的数据作出其频率分布直方图如图所示：(1)按分层抽样的方法从质量落在350,400)，400,450)的黄桃中随机抽取5个，再从这5个黄桃中随机抽取2个，求这2个黄桃质量至少有一个不小于400克的概率；(2)以各组数据的中间数值代表这组数据的平均水平，以频率代表概率，已知该村的黄桃树上大约还有100000个黄桃待出售，某电商提出两种收购方案：A所有黄桃均以20元/千克收购；B低于350克的黄桃

10、以5元/个收购，高于或等于350克的以9元/个收购请你通过计算为该村选择收益最好的方案(参考数据：2250.052750.163250.243750.34250.24750.05354.5)解(1)由题得，黄桃质量在350,400)和400,450)的比例为32，应分别在质量为350,400)和400,450)的黄桃中各抽取3个和2个记抽取质量在350,400)的黄桃为A1，A2，A3，质量在400,450)的黄桃为B1，B2，则从这5个黄桃中随机抽取2个的情况共有以下10种：A1A2，A1A3，A2A3，A1B1，A2B1，A3B1，A1B2，A2B2，A3B2，B1B2，其中质量至少有一个

11、不小于400克的有7种情况，故所求概率为.(2)方案B好，理由如下：由频率分布直方图可知，黄桃质量在200,250)的频率为500.0010.05.同理，黄桃质量在250,300)，300,350)，350,400)，400,450)，450,500的频率依次为0.16,0.24,0.3,0.2,0.05.若按方案B收购：黄桃质量低于350克的个数为(0.050.160.24)10000045000个，黄桃质量不低于350克的个数为55000个，收益为450005550009720000元若按方案A收购：根据题意，各段黄桃个数依次为5000,16000,24000,30000,20000,50

12、00，于是总收益为(2255000275160003252400037530000425200004755000)201000709000(元)方案B的收益比方案A的收益高，应该选择方案B.19(本小题满分12分)(2019韶关一模)如图，在几何体ABCDEF中，DE2，DEBF，DE平面ABCD，四边形ABCD是菱形，AB5，AC8.(1)求证：ACEF；(2)求点B到平面ADE的距离解(1)证明：DE底面ABCD，AC底面ABCD，DEAC.在菱形ABCD中，BDAC，又DEBDD，AC平面BDEF.又EF平面BDEF，ACEF.(2)设点B到平面ADE的距离为d，连接BE.在菱形ABCD

13、中，设ACBDO.ACBD，AB5，AC8.BD2OB226.DE底面ABCD，VEABDSABDDEBDAODE6428.DE底面ABCD，AD底面ABCD，DEAD.VBADESADEdADDEd52dd.VEABDVBADE，即d.所以，点B到平面ADE的距离为.20(本小题满分12分)(2019四川绵阳二诊)已知椭圆C：1的左、右焦点分别为F1，F2，直线l：ykxm与椭圆C交于A，B两点O为坐标原点(1)若直线l过点F1，且|AB|，求k的值；(2)若以AB为直径的圆过原点O，试探究点O到直线AB的距离是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由解(1)由椭圆C：1，得a28，b

14、24，则c2.因为直线l过点F1(2,0)，所以m2k，即直线l的方程为yk(x2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)联立整理得(12k2)x28k2x8k280.x1x2，x1x2.由弦长公式|AB|，代入整理得，解得k21.k1.(2)设直线l方程ykxm，A(x1，y1)，B(x2，y2)联立整理得(2k21)x24kmx2m280.x1x2，x1x2.以AB为直径的圆过原点O，即0.x1x2y1y20.将y1kx1m，y2kx2m代入，整理得(1k2)x1x2km(x1x2)m20.将x1x2，x1x2代入，整理得3m28k28.设点O到直线AB的距离为d，于是d2，故点O到直线AB

15、的距离是定值，该定值为d.21(本小题满分12分)(2019江西联考)已知函数f (x)3xbln x.(1)当b4时，求函数f (x)的极小值；(2)若x1，e，使得4xf (x)成立，求b的取值范围解(1)当b4时，f(x)3.令f(x)0，得x或x1.所以f (x)在上单调递增，在上单调递减，在(1，)上单调递增所以f (x)在x1处取得极小值为f (1)2.(2)由x1，e，使得4xf (x)4xf (x)04x3xbln x0，即xbln x0.设h(x)xbln x，则只需要函数h(x)xbln x在1，e上的最小值小于零又h(x)1，令h(x)0，得x1(舍去)或x1b.当1be

16、，即be1时，h(x)在1，e上单调递减，故h(x)在1，e上的最小值为h(e)，由h(e)eb0，可得b.因为e1，所以b.当1b1，即b0时，h(x)在1，e上单调递增，故h(x)在1，e上的最小值为h(1)，由h(1)11b0，可得b2(满足b0)当11be，即0be1时，h(x)在(1,1b)上单调递减，在(1b，e)上单调递增，故h(x)在1，e上的最小值为h(1b)2bbln (1b)因为0ln (1b)1，所以0bln (1b)b，所以2bbln (1b)2，即h(1b)2，不满足题意，舍去综上可得，b2或b，所以实数b的取值范围为(，2).(二)选考题：10分请考生在第22、2

17、3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宝鸡二模)点P是曲线C1：(x2)2y24上的动点，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，以极点O为中心，将点P逆时针旋转90得到点Q，设点Q的轨迹为曲线C2.(1)求曲线C1，C2的极坐标方程；(2)射线(0)与曲线C1，C2分别交于A，B两点，设定点M(2,0)，求MAB的面积解(1)曲线C1的极坐标方程为4cos.设Q(，)，则P，则有4cos4sin.所以曲线C2的极坐标方程为4sin.(2)把代入C1得10，即A，把代入C2得24，即B.MAB是直角三角形，直角边长为4,2，SMAB424.23(本小题满分10分)选修45：不等式选讲(2019宝鸡二模)设函数f (x)x2x1.(1)解不等式：|f (x)|1；(2)若|xa|1，求证：|f (x)f (a)|2(|a|1)解(1)由|f (x)|1得1f (x)1，即1x2x11，所以原不等式的解集为(1,0)(1,2)(2)证明：因为|xa|1，所以|f (x)f (a)|x2a2ax|(xa)(xa1)|xa|xa1|xa1|(xa)2a1|xa|2a|1|2a|22(|a|1)