2021届新高考数学（理）二轮复习综合能力训练 WORD版含解析.docx

1、综合能力训练综合能力训练第78页第卷(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)1.(2019天津,理1)设集合A=-1,1,2,3,5,B=2,3,4,C=xR|1x0B.cos 20D.sin 20答案:D解析:为第四象限角,sin0,sin2=2sincos0(mn).故选A.4.(2020全国,理3)在新冠肺炎疫情防控期间,某超市开通网上销售业务,每天能完成1 200份订单的配货,由于订单量大幅增加,导致订单积压.为解决困难,许多志愿者踊跃报名参加配货工作.已知该超市某日积压500份订单未配货,预计第二天的新订单超过1 600份的概率为0.05.志愿者每人每

2、天能完成50份订单的配货,为使第二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95,则至少需要志愿者()A.10名B.18名C.24名D.32名答案:B解析:要使第二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95,而预计第二天新订单超过1600份的概率为0.05,故按第二天可接1600份订单计算.因为超市每天能完成1200份订单的配货,所以第二天志愿者需完成500+(1600-1200)=900(份)订单的配货,所以至少需要志愿者90050=18(名).故选B.5.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.52C.5D.2答案:

3、B解析:设A(x1,y1),B(x2,y2),由x+y=1与抛物线y2=2px,得y2+2py-2p=0,解得y1=-p+p2+2p,x1=1+p-p2+2p,y2=-p-p2+2p,x2=1+p+p2+2p,由OAOB得,x1x2+y1y2=0,即(1+p)2-(p2+2p)+p2-(p2+2p)=0,化简得2p=1,从而A3-52,-1+52,B3+52,-1-52,OA2=x12+y12=5-25,OB2=x22+y22=5+25,OAB的面积S=12|OA|OB|=52.故选B.6.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)

4、,c=g(3),则a,b,c的大小关系为()A.abcB.cbaC.bacD.bc0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.2log25.13,120.82,20.8log25.13.结合函数g(x)的性质得bac.故选C.7.某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积(单位:cm3)是()A.2B.4C.6D.8答案:C解析:由三视图可知该几何体为直四棱柱.S底=12(1+2)2=3,h=2,V=Sh=32=6.8.(2020全国,理6)已知向量a,b满足|a|=5,|b|=6,ab=-6,则cos=()

5、A.-3135B.-1935C.1735D.1935答案:D解析:a(a+b)=a2+ab=25-6=19,|a+b|2=a2+b2+2ab=25+36-12=49,|a+b|=7,cos=a(a+b)|a|a+b|=1957=1935.9.已知双曲线x2a2-y2b2=1(a0,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.52B.62C.103D.2答案:A解析:设直线l与双曲线交于点A(x1,y1),B(x2,y2),则(x1+x2)(x1-x2)a2-(y1+y2)(y1-y2)b2=0,即y1-y2x1-x2=b2(x1+x2)a2(y1+y2).由

6、弦的中点为(4,1),直线的斜率为1可知,x1+x2=8,y1+y2=2,y1-y2x1-x2=1,b2a2=14,e2=1+b2a2=54.e=52.故选A.10.已知函数f(x)=sin(x2),-1x0,即函数f(x)在区间(0,+)内单调递增.由f(0)=1,可知f(x)在区间(0,+)内没有零点,舍去;当a0时,f(x)=2x(3x-a)0的解集为xxa3,f(x)在区间0,a3内单调递减,在区间a3,+内单调递增.又f(x)只有一个零点,fa3=-a327+1=0,解得a=3.f(x)=2x3-3x2+1,f(x)=6x(x-1).x-1,1,f(x)在区间(-1,0)内单调递增,

7、在区间(0,1)内单调递减.又f(-1)=-4,f(0)=1,f(1)=0,f(x)min=f(-1)=-4,f(x)max=f(0)=1.函数f(x)在区间-1,1上的值域是-4,1.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.已知a,bR,i是虚数单位,若(1+i)(1-bi)=a,则ab的值为.答案:2解析:(1+i)(1-bi)=1+b+(1-b)i=a,则1+b=a,1-b=0,所以a=2,b=1,即ab=2.故答案为2.14.(2019全国,理15)设F1,F2为椭圆C:x236+y220=1的两个焦点,M为C上一点且在第一象限.若MF1F2为

8、等腰三角形,则M的坐标为.答案:(3,15)解析:a2=36,b2=20,c2=a2-b2=16,c=4.由题意得,|MF1|=|F1F2|=2c=8.|MF1|+|MF2|=2a=12,|MF2|=4.设点M的坐标为(x0,y0)(x00,y00),则SMF1F2=12|F1F2|y0=4y0.又SMF1F2=12482-22=415,4y0=415,解得y0=15.又点M在椭圆C上,x0236+(15)220=1,解得x0=3或x0=-3(舍去).点M的坐标为(3,15).15.(2019重庆中山外国语学校月考,15)记“点M(x,y)满足x2+y2a(a0)”为事件A,记“M(x,y)满

9、足x-2y4,x+y4,4x-3y+40”为事件B,若P(B|A)=1,则实数a的最大值为.答案:1625解析:如图,由题意可知,事件B表示三角形区域(阴影部分),事件A表示以原点为圆心,以a为半径的圆.若P(B|A)=1,则说明圆在三角形区域,故实数a的最大值是圆与直线4x-3y+4=0相切时对应的值,此时d=a,即原点到直线4x-3y+4=0的距离为d=442+32=45,所以a=452=1625,即a的最大值为1625.16.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

10、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)答案: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=2,当直线AB与a成60角时,ABD=60,故BD=2.又在RtBDE中,BE=2,DE=2,过点B作BFDE,交圆C于点F,连接AF,由圆的对称性可知BF=DE=2,ABF为等边三角形,ABF=60

11、,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.三、解答题(本大题共6小题,共70分)17.(12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=an2n-1,求数列bn的前n项和Sn.解:(1)由已知an=2an-1-n+2(n2,nN*)得a2=4,a3=7.an-n=2an-1-2n+2,即an-n=2an-1-(n-1).an-nan-1-(n-1)=2(n2,nN*),且a1-1=1,an-n是以1为首项

12、,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=an2n-1=1+n2n-1.设cn=n2n-1,且前n项和为Tn,则Tn=120+221+322+n2n-1,12Tn=121+222+323+n2n,-,得12Tn=1+12+122+123+12n-1-n2n=1-12n1-12-n2n=2-2+n2n.故Tn=4-2+n2n-1,Sn=n+4-2+n2n-1.18.(12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DD1,BB1上移动,且DP=BQ=(

13、02).(1)当=1时,证明:直线BC1平面EFPQ.(2)是否存在,使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角?若存在,求出的值;若不存在,说明理由.答案：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的中点,所以EFBD,且EF=12BD.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=12P

14、Q.在RtEBQ和RtFDP中,因为BQ=DP=,BE=DF=1,所以EQ=FP=1+2,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,因为H,G是EF,MN的中点,所以GH=ME=2.在GOH中,GH2=4,OH2=1+2-222=2+12,OG2=1+(2-)2-

15、222=(2-)2+12,由OG2+OH2=GH2,得(2-)2+12+2+12=4,解得=122,故存在=122,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,).BC1=(-2,0,2),FP=(-1,0,),FE=(1,1,0).(1)证明:当=1时,FP=(-1,0,1).因为BC1=(-2,0,2),所以BC1=2FP,即BC1FP.而FP平面EFPQ,且BC1平面EFPQ,故直线BC1平面

16、EFPQ.(2)设平面EFPQ的一个法向量为n=(x,y,z),则由FEn=0,FPn=0可得x+y=0,-x+z=0.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=122.故存在=122,使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角.19.(12分)为了迎接全国文明城市评比,某市文明办对市民进行了一次文明创建知识的网络问卷调查.每一名市民有且仅有一次参加机会,通过随机抽样,得到参加问卷调查的1 000人的得分(

17、满分:100分)数据,统计结果如下表所示:组别30,40)40,50)50,60)60,70)70,80)80,90)90,100频数2515020025022510050(1)由频数分布表可以认为,此次问卷调查的得分Z服从正态分布N(,210),近似为这1 000人得分的平均值(同一组数据用该组区间的中点值作为代表),请利用正态分布的知识求P(36Z79.5);(2)在(1)的条件下,文明办为此次参加问卷调查的市民制定如下奖励方案:(i)得分不低于的可以获赠2次随机话费,得分低于的可以获赠1次随机话费;(ii)每次获赠的随机话费和对应的概率为:获赠的随机话费/元2040概率3414现市民小王

18、要参加此次问卷调查,记X(单位:元)为该市民参加问卷调查获赠的话费,求X的分布列及数学期望.附:21014.5;若ZN(,2),则P(-Z+)0.682 7,P(-2Z+2)0.954 5,P(-3Z+3)0.997 3.解：(1)根据题中所给的统计表,结合题中所给的条件,可以求得=350.025+450.15+550.2+650.25+750.225+850.1+950.05=0.875+6.75+11+16.25+16.875+8.5+4.75=65,又3665-2210,79.565+210,所以P(36b0)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

19、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:|NF1|MF1|为定值.答案：(1)解依题意,2c=a=4,c=2,b=23.椭圆C的标准方程为x216+y212=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x0x16+y0y12=1,直线F1P的斜率kF1P=y0x0+2,则直线MF1的斜率kMF1=-x0+2y0,直线MF1的方程为y=-x0+2y0(x+2),即yy0=-(x0+2)(x+2),联立,解得x=-8,故点M的轨迹

20、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=3(x0+8)2y0,点M在直线MF1上,由式得yM=6(x0+2)y0,|NF1|2=yN2=9(x0+8)24y02,|MF1|2=(-2)-(-8)2+yM2=36y02+(x0+2)2y02,故|NF1|2|MF1|2=9(x0+8)24y02y0236y02+(x0+2)2=116(x0+8)2y02+(x0+2)2,注意到点P在椭圆C上,即x0216+y0212=1,于是y02=48-3x024,代入式并整理得|NF1|2|MF1|2=14,故|NF1

21、|MF1|的值为定值12.21.(12分)已知函数f(x)=ln(1+x)+a2x2-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*,e1+1n21+2n21+nn2e.答案：(1)解f(x)=ln(1+x)+a2x2-x,其定义域为(-1,+),f(x)=11+x+ax-1=x(ax+a-1)1+x.当a=0时,f(x)=-x1+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x0,1-aa时,f(x)0,则f(x)在区间0,1-aa内单调递减,此时,f

22、(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=1-aa0,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,ln1+1n2+ln1+2n2+ln1+nn21n2+2n2+nn2,即ln1+1n21+2n21+nn21+2+nn2=n+12n.由于nN*,则n+12n=12+12n12+121=1.ln1+1n21+2n21+nn21.1+1n21

23、+2n21+nn20对x(0,+)都成立,即x-12x2ln(1+x)对x(0,+)都成立,1n2+2n2+nn2-1212n4+22n4+n2n4ln1+1n2+ln1+2n2+ln1+nn2,即n(n+1)2n2-12n(n+1)(2n+1)6n4ln1+1n21+2n21+nn2,得6n3+4n2-3n-112n3ln1+1n21+2n21+nn2.由于nN*,则6n3+4n2-3n-112n3=6n3+(3n2-3n)+(n2-1)12n36n312n3=12.12ln1+1n21+2n21+nn2.e1+1n21+2n21+nn2.e1+1n21+2n21+nn2e.请考生在第22、

24、23两题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分,做答时请写清题号.22.(10分)选修44:坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy中,动点A的坐标为(2-3sin ,3cos -2),其中R.以原点O为极点,以x轴非负半轴为极轴建立极坐标系,直线l的方程为cos-4=a.(1)判断动点A的轨迹表示什么曲线;(2)若直线l与动点A的轨迹有且仅有一个公共点,求实数a的值.解：(1)设动点A的直角坐标为(x,y),则x=2-3sin,y=3cos-2.故动点A的轨迹方程为(x-2)2+(y+2)2=9,其轨迹是以(2,-2)为圆心,半径为3的圆.(2)直线l的极坐标方程cos-4=a化为直角

25、坐标方程是x+y=2a.由题意,得|2-2-2a|2=3,解得a=3或a=-3.23.(10分)选修45:不等式选讲设函数f(x)=|x+2|+|x-2|,xR.不等式f(x)6的解集为M.(1)求M;(2)当a,bM时,证明:3|a+b|ab+9|.答案：(1)解不等式即|x+2|+|x-2|6,而|x+2|+|x-2|表示数轴上的x对应点到-2,2对应点的距离之和,-3和3对应点到-2,2对应点的距离之和正好均等于6,故不等式的解集为M=-3,3.(2)证明要证3|a+b|ab+9|,只要证9(a+b)2(ab+9)2,即证9(a+b)2-(ab+9)2=9(a2+b2+2ab)-(a2b2+18ab+81)=9a2+9b2-a2b2-81=(a2-9)(9-b2)0,而由a,bM,可得-3a3,-3b3,所以(a2-9)0,(9-b2)0,所以(a2-9)(9-b2)0成立,故要证的不等式3|a+b|ab+9|成立.