2019高考数学二轮复习第三编特训样题文.doc

《2019高考数学二轮复习第三编特训样题文.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019高考数学二轮复习第三编特训样题文.doc（13页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、1特训样题本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分 共 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已知集合 M y|y2 x1， xR， M N N，则集合 N 不可能是( )命题意图 本题考查集合的概念和运算，考查转化与化归的数学思想答案 D解析 2设复数 z 满足 z| |2i，则 z( )zA i B. i34 34C i D. i34 34命题意图 本题考查复数的运算，考查函数与方程思想的应用答案 B解析 设 z a bi(a， bR)，由已知得

2、 a bi 2i，由复数相等可得a2 b2Error!Error! 故 z i，选 B.343已知在等比数列 an中， a37，前三项之和 S321，则公比 q 的值是( )A1 B12C1 或 D1 或12 12命题意图 本题考查等比数列的通项公式与前 n 项和公式，考查分类讨论的数学思想答案 C解析 当 q1 时， an7， S321，符合题意；当 q1 时，Error!得 q .综上， q12的值是 1 或 ，选 C.1224.若 x， y 满足约束条件Error!则 z x2 y 的取值范围是( )A0,6 B0,4C6，) D4，)命题意图 本题考查线性规划，意在考查考生的数形结合能

3、力、运算求解能力答案 D解析 作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分所示由题意可知，当直线y x 过点 A(2,1)时， z 取得最小值，即 zmin2214.所以 z x2 y 的取值范12 z2围是4，)故选 D.5某单位试行上班刷卡制度，规定每天 8：30 上班，有 15 分钟的有效刷卡时间(即8：158：30)，一名职工在 7：50 到 8：30 之间到达单位且到达单位的时刻是随机的，则他能有效刷卡上班的概率是( )A. B. C. D.23 58 13 38命题意图 本题考查几何概型，考查考生转化与化归的能力答案 D解析 该职工在 7：50 到 8：30 之间到达单位且到达单位的

4、时刻是 随机的，设其构成的区域为线段 AB，且 AB40，职工的有效刷卡时间是 8：15 到 8：30 之间，设其构成的区域为线段 CB，且 CB15，如图，所以该职工有效刷卡上班的概率 P ，故选 D.1540 386已知等边三角形 ABC 的边长为 2，其重心为 G，则 ( )BG CG A2 B C D314 23命题意图 本题考查了向量的线性运算和数量积，考查了向量坐标法和数形结合思想答案 C解析 如图，建立平面直角坐标系，则 A(0， )， B(1,0)， C(1,0)，得重心 G33，则 ， ，所以 11 ，故选 C.(0，33) BG (1， 33) CG ( 1， 33) BG

5、 CG 33 33 237 “十一”黄金周来临，甲、乙、丙三个大学生决定出去旅游，已知一人去泰山，一人去西藏，一人去云南回来后，三人对自己的去向，作如下陈述：甲：“我去了泰山，乙去了西藏”乙：“甲去了西藏，丙去了泰山”丙：“甲去了云南，乙去了泰山”事实是甲、乙、丙三人的陈述都只对了一半根据如上信息，可判断下面正确的是( )A甲去了西藏 B乙去了泰山C丙去了西藏 D甲去了云南命题意图 本题考查学生的逻辑推理能力，解题时常将反证法与分析法综合使用答案 D解析 若甲的陈述“我去了泰山”正确，则“乙去了西藏”错误，则乙去了云南，丙去了西藏，则乙、丙的陈述都错误；若甲的陈述“我去了泰山”错误，则“乙去了

6、西藏”正确，则甲去了云南，丙去了泰山，验证乙、丙的陈述，都说对了一 半，符合题意，故选D.8已知数列 an中， a11，且对任意的 m， n N*，都有 am n am an mn，则 2019 i 1( )1aiA. B. C. D.20181010 20191010 20192018 20202019命题意图 本题考查数列的递推公式、累加法、裂项求和等知识，考查赋值法和转化与化归 的能力答案 B解析 令 m1，则 an1 a1 an n，又 a11，所以 an1 an n1，即 an1 an n1，所以 a2 a12， a3 a23， an an1 n(n2)，把以上 n1 个式子相加，得

7、 an a123 n，所以 an123 n ，n n 124当 n1 时，上式也成立，所以 an ，n n 12所以 2 ，1an 2n n 1 (1n 1n 1)所以 2 2 ，选 B.2019 i 11ai (1 12) (12 13) ( 12019 12020) (1 12020) 201910109已知函数 f(x) x2 x， ， ， (0，)，且sin ，tan ，cos ，则( )13 54 13A f( ) f( ) f( ) B f( ) f( ) f( )C f( ) f( ) f( ) D f( ) f( ) f( )命题意图 本题考查二次函数、三角函数的性质，考查数形

8、结合和估算法答案 A解析 因为 sin ，tan ，cos ，13 54 13且 ， ， (0，)，所以 0 或 ， ， ， 6 56 4 3 2 23因为函数 f(x) x2 x 的图象的对称轴为 x ， 2其图象如图所示，由图易知， f( )f( ) f( )，故选 A.10函数 f(x) 的图象大致为( )ln |x 1|1 x|5命题意图 本题考查函数的图象与性质，考查排除法巧解选择题答案 D解析 解法一：因为函数 f(x1) 为偶函数，所以其图象关于 y 轴对称，所ln |x|x|以 f(x) 的图象关于直线 x1 对称，所以排除 B，C；当 1 x2 时， f(x)ln |x 1|

9、1 x|， f( x) 0，所以 f(x)在(1,2)上为增函数，故排除 A.故ln x 1x 1 1 ln x 1 x 1 2选 D.解法二：因为函数 f(e1) 0，所以排除 C；因为 f(1e) 0，所以排除 B；1e 1e因为 f 2ln 20，故排除 A.故选 D.(12)11已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )6A2 B4 C6 D7命题意图 本题主要考查三视图及几何体的体积，考查空间想象力及构造法答案 D解析 由三视图可知该几何体为一个正方体截去三棱锥 A1 ABE 和三棱锥 D1 DEF，如图由图可知，正方体的棱长为 2，两个三棱锥的高都为 2，底面都为直角

10、三角形，所以该几何体的体积 V2 3 2 27，故选 D.13 (1221) 13 (1211)12已知函数 f(x)是定义在 R 上的偶函数，设函数 f(x)的导函数为 f( x)，若对任意 x0 都有 2f(x) xf( x)0 成立，则( )A4 f(2)9 f(3) B4 f(2)9 f(3)C2 f(3)3 f(2) D3 f(3)2 f(2)命题意图 本题借助于导数构造新的函数来解题，考查了学生转化与化归的能力答案 A解析 根据题意，令 g(x) x2f(x)，其导数 g( x)2 xf(x) x2f( x)，又对任意x0 都有 2f(x) xf( x)0 成立，则当 x0 时，有

11、 g( x) x2f(x) xf( x)0 恒成立，即函数 g(x)在(0，)上为增函数，又由函数 f(x)是定义在 R 上的偶函数，则 f( x) f(x)，则有 g( x)( x)2f( x) x2f(x) g(x)，即函数 g(x)也为偶函数，则有 g(2) g(2)，且 g(2) g(3)，则有g(2) g(3)，即有 4f(2)9 f(3)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已知 f(x)Error!，使 f(x)1 成立的 x 的取值范围是_命题意图 本题考查分段函数的求解，解题时要根据定义域的不同子集进行分类讨

12、论答案 4,2解析 由题意知Error!或Error!解得4 x0 或 0 x2，故 x 的取值范围是 4，214已知函数 f(x)2 x alnx，且 f(x)在 x1 处的切线与直线 x y10 垂直，则a_.命题意图 本题考查导数的几何意义、导数的运算和两直线垂直的性质7答案 1解析 由于 f( x)2 ，则有切线的斜率 k f(1)2 a，由两直线的垂直关系ax可得(2 a)(1)1，解得 a1.15已知 F 是双曲 线 1 的左焦点，点 P 是双曲线右支上的动点，若 A(1,4)，x24 y212则| PF| PA|的最小值为_命题意图 本题考查双曲线的定义、平面几何知识，考查数形结

13、合思想和转化思想答案 9解析 因为 F 是双曲线 1 的左焦点，设 F是双曲线的右焦点，则x24 y212F(4,0)根据双曲线的定义，得| PF| PF|2 a4.又 A(1,4)，所以| AF| 5，32 42所以| PF| PA|4| PF| PA|4| AF|459.故| PF| PA|的最小值为9.16已知在三棱锥 A BCD 中，底面 BCD 是边长为 3 的等边三角形，且AC AD ，若 AB2，则三棱锥 A BCD 外接球的表面积是_13命题意图 本题利用构造法解决多面体和球的问题，考查学生的空间想象力和转化能力答案 16解析 AB2 BC2 AC2， AB2 BD2 AD2，

14、 AB BC， AB BD.又 BC BD B， AB平面 BCD，因而可以将三棱锥 A BCD 补形成三棱柱 AEF BCD(如图所示)，则上、下底面正三角形的中心 O1与 O2连线的中点 O 为三棱锥 A BCD 外接球的球心易知， BO2， O2O1，3 BO 2，BO2 O2O2三棱锥 A BCD 外接球的表面积 S42 216.三、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：共 60 分17(本小题满分 12 分)在 ABC 中，角 A， B， C 的对边分别为 a

15、， b， c.(1)若 23cos2Acos2 A0，且 ABC 为锐角三角形， a7， c6，求 b 的值；8(2)若 a ， A ，求 b c 的取值范围3 3命题意图 本题考查三角恒等变换和解三角形考查学生的函数与方程思想和转化与化归的能力解 (1)23cos 2Acos2 A23cos 2A2cos 2A10，cos 2A ，又 A 为锐角，cos A ，125 15而 a2 b2 c22 bccosA，即 b2 b130，125解得 b5(负值舍去)， b5.(5 分)(2)解法一：由正弦定理可得 b c2(sin Bsin C)2 2 sin ，sinB sin(23 B) 3 (

16、B 6)0 B ， B ，23 6 6 56 sin( B )1， b c( ，2 (12 分)12 6 3 3解法二：由余弦定理 a2 b2 c22 bccosA 可得 b2 c23 bc，即( b c)233 bc(b c)2，当且仅当 b c 时取等号，34 b c2 ，又由两边之和大于第三边可得 b c ，3 3 b c( ，2 (12 分)3 318(本小题满分 12 分)近日，济南楼市迎来去库存一系列新政，其中房产税收中的契税和营业税双双下调，对住房市场持续增长和去库存产生积极影响某房地产公司从两种户型中各拿出 9 套进行促销活动，其中 A 户型每套面积为 100 平方米，均价 1

17、.1 万元/平方米， B 户型每套面积 80 平方米，均价 1.2 万元/平方米下表是这 18 套住宅每平方米的销售价格(单位：万元/平方米)：序号户型 1 2 3 4 5 6 7 8 9A 户型 0.98 0.99 1.06 1.17 1.10 1.21 a 1.09 1.14B 户型 1.08 1.11 1.12 b 1.26 1.27 1.26 1.25 1.28(1)求 a， b 的值；(2)张先生想为自己和父母买两套售价小于 100 万元的房子，求至少有一套面积为 100平方米的概率命题意图 本题考查平均数、古典概型的计算，考查考生的运算求解能力解 (1) a1.190.980.99

18、1.061.171.101.211.091.141.16，b1.291.081.11 1.121.261.271.261.251.281.17.(2)A 户型售价小于 100 万元的房子有两套，设为 A1， A2； B 户型售价小于 100 万元的房子有四套，设为 B1， B2， B3， B4.买两套售价小于 100 万的房子所包含的基本事件为 A1， A2， A1， B1， A1， B2，A1， B3， A1， B4， A2， B1， A2， B2， A2， B3， A2， B4， B1， B2， B1， B3，9B1， B4， B2， B3， B2， B4， B3， B4，共 15 个，令

19、事件 M 为“至少有一套房子面积为 100 平方米” ，则事件 M 所包含的基本事件有 A1， A2， A1， B1， A1， B2， A1， B3， A1， B4，A2， B1， A2， B2， A2， B3， A2， B4，共 9 个 P(M) ，即所买两套售价小于 100 万元的房子中至少有一套面积为 100 平方米915 35的概率为 .3519(本小题满分 12 分) 在直三棱柱 ABC A1B1C1中，AC4， BC2， AA12， ACB60， E， F 分别是 A1C1， BC 的中点(1)证明：平面 AEB平面 BB1C1C；(2)证明： C1F平面 ABE；(3)设 P 是

20、 BE 的中点，求三棱锥 P B1C1F 的体积命题意图 本题考查线面平行、面面垂直的位置关系和计算三棱锥的体积，考查空间想象力、逻辑推理能力解 (1)证明：在 ABC 中， AC2 BC4， ACB60， AB2 ， AB2 BC2 AC2， AB BC，3由已知 AB BB1，且 BC BB1 B，可得 AB平面 BB1C1C，又 AB平面 AEB，平面 ABE平面 BB1C1C.(2)证明：取 AC 的中点 M，连接 C1M， FM，在 ABC 中， FM AB，而 FM平面 ABE， AB平面 ABE，直线 FM平面 ABE，在矩形 ACC1A1中， E， M 分别是 A1C1， AC

21、 的中点，10 C1M AE，而 C1M平面 ABE， AE平面 ABE， C1M平面 ABE， C1M FM M，平面 ABE平面 FMC1，又 C1F平面 FMC1，故 C1F平面 ABE.(3)取 B1C1的中点 H，连接 EH，则 EH AB，且 EH AB ，12 3由(1)知 AB平面 BB1C1C， EH平面 BB1C1C， P 是 BE 的中点， VP B1C1F VE B1C1F S B1C1FEH 2 .12 12 13 12 13 3 3320(本小题满分 12 分)椭圆 C1： 1( ab0)的长轴长等于圆 C2： x2 y24 的x2a2 y2b2直径，且 C1的离心

22、率等于 .直线 l1和 l2是过点 M(1,0)互相垂直的两条直线， l1交 C1于12A， B 两点， l2交 C2于 C， D 两点(1)求 C1的标准方程；(2)求四边形 ADBC 的面积的最大值命题意图 本题考查直线、圆、椭圆的综合问题，考查考生的运算能力、方程思想及分类讨论思想解 (1)由题意得 2a4， a2. ， c1.由 a2 b2 c2得 b .ca 12 3 C1的标准方程为 1.(5 分)x24 y23(2)当直线 AB， CD 的斜率均存在时，设直线 AB 的方程为 y k(x1)，则直线 CD 的方程为 y (x1)，1k设 A(x1， y1)， B(x2， y2)联

23、立直线 AB 与 C1的方程，得Error!得(34 k2)x28 k2x4 k2120，(7 分) (8 k2)24(34 k2)(4k212)144 k21440，Error!| AB| |x1 x2| .(8 分)1 k212 k2 13 4k2设圆心(0,0)到直线 CD： x ky10 的距离为 d，易求 d ，1k2 1 d24，得| CD|2 .|CD|24 4k2 3k2 111 AB CD， S 四边形 ADBC |AB|CD| ，12 12 k2 14k2 3整理得 S 四边形 ADBC12 .(10 分)14 14 4k2 34 k233， S 四边形 ADBC4 .3当

24、直线 AB 的斜率为 0 时，|AB|4，| CD|2 ，3 S 四边形 ADBC4 ；3当直线 AB 的斜率不存在时，|AB|3，| CD|4， S 四边形 ADBC64 .3综上，四边形 ADBC 的面积的最大值为 4 .(12 分)321(本小题满分 12 分)已知函数 f(x) aln x xb(a0)(1)当 b2 时，讨论函数 f(x)的单调性；(2)当 a b0， b0 时，对任意的 x ，恒有 f(x)e1 成立，求实数 b 的取1e， e值范围命题意图 本题主要利用导数研究函数的单调性问题和不等式恒成立问题考查分类讨论的思想和转化与化归的思想解 (1)函数 f(x)的定义域为

25、(0，)当 b2 时， f(x) aln x x2，所以 f( x) 2 x .ax 2x2 ax当 a0 时， f( x)0，所以函数 f(x)在(0，)上单调递增当 a0 时，令 f( x)0，解得 x (负值舍去)， a2当 0 x 时， f( x)0，所以函数 f(x)在 上单调递减；当 x a2 (0， a2)时， f( x)0，所以函数 f(x)在 上单调递增(3 分) a2 ( a2， )综上所述，当 b2， a0 时，函数 f(x)在(0，)上单调递增；当 b2， a0 时，函数 f(x)在 上单调递减，在 上单调递(0， a2) ( a2， )增(4 分)(2)因为对任意的

26、x ，恒有 f(x)e1 成立，所以当 x 时， f(x)1e， e 1e， emaxe1.(5 分)当 a b0， b0 时， f(x) bln x xb，f( x) bxb1 . bx b xb 1x令 f( x)0，得 0 x1；令 f( x)0，得 x1.12所以函数 f(x)在 上单调递减，在(1，e上单调递增，1e， 1)f(x)max为 f be b与 f(e) be b中的较大者(7 分)(1e)f(e) f e be b2 b，令 g(m)e me m2 m，(1e)则当 m0 时， g( m)e me m22 20，eme m所以 g(m)在(0，)上单调递增，故 g(m)

27、 g(0)0，所以 f(e) f ，(1e)从而 f(x)max f(e) be b.(9 分)所以 be be1，即 eb be10.设 (t)e t te1( t0)，则 ( t)e t10，所以 (t)在(0，)上单调递增又 (1)0，所以 eb be10 的解集为(0,1所以 b 的取值范围为(0,1(12 分)(二)选考题：共 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：坐标系与参数方程极坐标系的极点为直角坐标系 xOy 的原点，极轴为 x 轴的正半轴，两种坐标系的长度单位相同已知圆 C1的极坐标方程为 4(c

28、os sin )， P 是 C1上一动点，点 Q 在射线 OP 上且满足| OQ| |OP|，点 Q 的轨迹为 C2.12(1)求曲线 C2的极坐标方程，并化为直角坐标方程；(2)已知直线 l 的参数方程为Error!( t 为参数，0 )， l 与曲线 C2有且只有 一个公共点，求 的值命题意图 本题考查极坐标方程、参数方程、直角坐标方程的互化考查函数与方程的思想、转化与化归的思想解 (1)设点 P， Q 的极坐标分别为( 0， )，( ， )，则 0 4(cos sin )2(cos sin )，12 12即点 Q 的轨迹 C2的极坐标方程为 2(cos sin )，(3 分)方程两边同乘

29、以 ，得 22( cos sin )，曲线 C2的直角坐标方程为 x2 y22 x2 y，即( x1) 2( y1) 22.(5 分)(2)将直线 l 的参数方程代入曲线 C2的直角坐标方程，得( tcos 1) 2( tsin 1)22，即 t22(cos sin )t0，(7 分)解得 t10， t22(sin cos )，由直线 l 与曲线 C2有且只有一个公共点，得sin cos 0，因为 0 ，所以 .(10 分) 41323(本小题满分 10 分)选修 45：不等式选讲已知函数 f(x)2 x2， g(x)| x a|.(1)若 a1，解不等式 f(x) g(x)3；(2)若不等式

30、 f(x) g(x)至少有一个负数解，求实数 a 的取值范围命题意图 本题考查绝对值不等式的相关计算，考查分类讨论思想、数形结合思想解 (1)若 a1，则不等式 f(x) g(x)3 化为2 x2| x1|3.当 x1 时，2 x2 x13，即 x2 x20， 2 0 不成立；(x12) 74当 x1 时，2 x2 x13，即 x2 x0，解得1 x0.综上，不等式 f(x) g(x)3 的解集为x|1 x0(5 分)(2) 作出 y f(x)的图象如图所示，当 a0 时， g(x)的图象如折线所示，由Error!得 x2 x a20，若相切，则 14( a2)0，得 a ，数形结合知，当 a94时，不等式无负数解，则 a0.94 94当 a0 时，满足 f(x) g(x)至少有一个负数解当 a0 时， g(x)的图象如折线所示，此时当 a2 时恰好无负数解，数形结合知，当 a2 时，不等式无负数解，则0 a2.综上所述，若不等式 f(x) g(x)至少有一个负数解，则实数 a 的取值范围是 .(94， 2)(10 分)