2020高考二輪數(shù)學(xué)(文)單科標(biāo)準(zhǔn)練(一)

1、單科標(biāo)準(zhǔn)練 (一) (滿分： 150 分時(shí)間： 120 分鐘) 第卷一、選擇題 (本大題共 12 個(gè)小題，每小題 5 分，共 60 分在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的) 1已知集合 ux|4x24x10，bx|x20，則?ub() a(， 2)b(，2 c.12，2d. ，1212，2a由 4x24x10，得 xr，所以 ur.又 b x|x20 x|x2，所以?ub(，2)故選 a. 2已知復(fù)數(shù) z2i1i，則|z|() a.52b.10 c.102d. 5cz2i1i2i 1i1i23i2，所以|z|102，故選 c. 3已知向量 a(1,2 )，b(2,3)，ab，則實(shí)

2、數(shù) () a3 b.72c4 d.92b由 ab 得，13(2 )(2)，解得 72，故選 b. 4已知函數(shù) f(x)1xxe ，ln x xe ，則 f f1e() a.1ebe c1 d1c由題意可知 f f1ef(e)ln e1，故選 c. 5“割圓術(shù)”是劉徽最突出的數(shù)學(xué)成就之一，他在九章算術(shù)注中提出割圓術(shù)， 作為求圓周率的一種方法 劉徽把圓內(nèi)接正多邊形的面積一直算到了3 072邊形，并由此而求得了圓周率為 3.141 5 和 3.141 6這兩個(gè)近似值我國南北朝時(shí)期的數(shù)學(xué)家祖沖之繼承并發(fā)展了劉徽的“割圓術(shù)”，求得的范圍為 (3.141 592 6,3.141 592 7)如果按 3.1

3、42計(jì)算，那么當(dāng)分割到圓內(nèi)接正六邊形時(shí)，如圖，向圓內(nèi)隨機(jī)投擲一點(diǎn)，那么落在圖中陰影部分的概率為(31.732，精確到小數(shù)點(diǎn)后兩位)() a0.16 b0.17 c0.18 d0.19b設(shè)圓的半徑為 r，則圓的面積為 r2，正六邊形的面積為 612r32r3 32r2，故所求概率為 13 32r2 r213 320.17，故選 b. 6執(zhí)行如圖所示的程序框圖，則輸出的結(jié)果為() a2 b2 c.12d1d執(zhí)行程序框圖 ，n1，af(2)11212，n2，af1211121，n3，af(1)1112，n4，af(2)12，易知 a 的取值以 3 為周期 ，所以當(dāng) n8 時(shí)，a1，當(dāng) n9 時(shí)，退出

4、循環(huán) 輸出的 a1，故選 d. 7已知 x，y 滿足xy0，2xy0，xy10，則目標(biāo)函數(shù) z2xy 的取值范圍為() a.15，4b1,4 c.55，2d.12，4d作出不等式組表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示，其中 a12，12，b(1,2)，作出直線 y2x，平移該直線 ，當(dāng)直線經(jīng)過點(diǎn) a12，12時(shí)， 目標(biāo)函數(shù)取得最小值 ， zmin2121212，當(dāng)直線經(jīng)過點(diǎn) b(1,2)時(shí)，目標(biāo)函數(shù)取得最大值 ，zmax2(1)24，所以目標(biāo)函數(shù)的取值范圍是12，4 ，故選 d. 8在我國古代數(shù)學(xué)名著九章算術(shù)中，將四個(gè)面都為直角三角形的四面體稱為鱉臑，如圖，在鱉臑abcd 中，ab平面bcd，且

5、abbccd，則異面直線 ac 與 bd 所成角的余弦值為() a.12b12c.32d32a如圖，分別取 ab，ad，bc，bd 的中點(diǎn) e，f，g，o，連接 ef， eg， og， fo， fg， 則 efbd， egac， 所以feg為異面直線 ac 與 bd 所成的角 易知 foab，因?yàn)?ab平面 bcd，所以 foog，設(shè) ab2a，則 egef2a，fga2a22a，所以feg60 ，所以異面直線 ac 與 bd 所成角的余弦值為12，故選 a. 9先將函數(shù) f(x)的圖象向右平移25個(gè)單位長度，再將所得函數(shù)圖象上的所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短到原來的14，得到函數(shù) g(x)asin(x

6、)(a0，| |2)的圖象已知函數(shù) g(x)的部分圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)的圖象的對(duì)稱軸方程是 () ax4k 25，kzbx4k 710，kzcx2k 25，kzdx2k 75，kzd法一：設(shè) g(x)的最小正周期為 t，由題意和題圖可知a2，t492054，t ， 2，g(x)2sin(2x )，g(x)的圖象過點(diǎn)920，2 ，9102k 2， kz， 2k 25， kz.又| |2， 25， g(x)2sin 2x25.將函數(shù) g(x)2sin 2x25的圖象上的所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長到原來的4 倍， 得到 y2sin12x25的圖象 ，再將 y2sin12x25的圖象向左平移25個(gè)單位

7、長度 ，得到 f(x)2sin12x25252sin12x5的圖象 令12x5k 2，kz，則 x2k 75，kz.函數(shù) f(x)的圖象的對(duì)稱軸方程為x2k 75，kz.故選 d.法二： 由題圖可知 ，函數(shù) g(x)的圖象的對(duì)稱軸方程為x920k2(kz)，將函數(shù) g(x)的圖象上的所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長到原來的4 倍， 再向左平移25個(gè)單位長度后得到 f(x)的圖象 ，故 f(x)的圖象的對(duì)稱軸方程為x920k2425752k ，kz. 10設(shè)函數(shù) f(x)ln x1axx，其中 x a，1a，若函數(shù) f(x)的極小值不大于a，則實(shí)數(shù) a 的取值范圍為 () a.12，b.12，1c. 0，12

8、d.，12b易知函數(shù) f(x)的定義域?yàn)?x|x0，則1aa0，得 0a1.由 f(x)1x1x20， 得 x1， 當(dāng) x(a,1)時(shí)，f(x)0， f(x)單調(diào)遞減；當(dāng) x 1，1a時(shí)， f(x)0， f(x)單調(diào)遞增 所以 f(x)的極小值為 f(1)1a， 由題可知 1aa， 所以 a12，又 0a1，所以12a1，故選 b. 11已知經(jīng)過原點(diǎn) o 的直線與橢圓x2a2y2b21(ab0)相交于 m，n 兩點(diǎn)(m在第二象限 )，a，f 分別是該橢圓的右頂點(diǎn)和右焦點(diǎn)，若直線mf 平分線段 an，且|af|4，則該橢圓的方程為 () a.x29y251 b.x236y241 c.x236y2

9、321 d.x225y2241c法一：由|af|4 得 ac4，設(shè) m(m，n)，則 n(m，n)，又 a(a,0)，所以線段 an 的中點(diǎn)為 pam2，n2，f(a4,0)因?yàn)辄c(diǎn) m，f，p 在一條直線上，所以 kmfkfp，即n0m a4n20am2 a4，化簡得 a6，所以 c2，b2622232，故該橢圓的方程為x236y2321.法二：如圖，取 an 的中點(diǎn) p，連接 ma，op，因?yàn)?o 是 mn 的中點(diǎn) ，p 是an 的中點(diǎn) ， 所以 opma， 且|op|12|ma|， 因此ofpafm， 所以|of|af|op|am|12，即c412，因此 c2，從而 ac|af|246，故

10、 b2622232，故該橢圓的方程為x236y2321. 12已知 abc中，內(nèi)角 a，b，c 對(duì)應(yīng)的邊分別為a，b，c，已知 a2b2c22accos c，acos c3ccos a0，則角 a 為() a30b60c90d120d由余弦定理 c2a2b22abcos c，可得 a2b2a2b22abcos c2accos c， 可得 bc或 cos c0.易知 cos c0， 從而 bc.由正弦定理得 ， sin acos c3sin ccos a0，則 sin(ac)2sin ccos a0，從而 sin( b)2sin bcos a0，所以 cos a12，所以在 abc 中，a120

11、 ，故選 d. 第卷本卷包括必考題和選考題兩部分第 1321 題為必考題 ，每個(gè)試題考生都必須作答 ，第 2223 題為選考題 ，考生根據(jù)要求作答 二、填空題 (本大題共 4 小題，每題 5 分，共 20 分，將答案填在橫線上 ) 13設(shè)函數(shù) f(x)sin xxcos xax2(ar，a0)，若 f(2 018)2，則 f(2 018)_. 2易知函數(shù) f(x)sin xxcos xax2的定義域?yàn)?(，0)(0，)，因?yàn)閒(x)sin x x cos xa x2sin xxcos xax2f(x)，所以函數(shù) f(x)是定義域上的奇函數(shù) ，所以 f(2 018)f(2 018)2. 14如圖

12、是某幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為_73在正方體中作出該幾何體的直觀圖如圖所示，不妨將其記為棱臺(tái)abc-a1b1c1， 易知 acbc1， a1c1b1c1cc12.因?yàn)?cc1平面 abc， cc1平面 a1b1c1，acbc，a1c1b1c1，所以 v棱臺(tái)abc-a1b1c113cc1 (sabcsa1b1c1sabc sa1b1c1)132122122 73. 15桌上共有 8 個(gè)球，甲、乙兩人輪流取球，取到最后一球者勝利規(guī)則：第一次取球至少 1 個(gè)，至多不超過總數(shù)的一半， 每次取球的個(gè)數(shù)不超過前面一次取球的個(gè)數(shù)， 且不少于前面一次取球個(gè)數(shù)的一半如第一次甲取 3 個(gè)球，接著乙取球的個(gè)

13、數(shù)為 2 或 3.若甲先取球，為了有必勝的把握，第一次取球的個(gè)數(shù)應(yīng)為_3若甲取 1 個(gè)球，則乙取 1 個(gè)球，易知最終是乙勝 若甲取 2 個(gè)球，則乙可取 2 個(gè)球，然后，甲只能取 2 個(gè)球或 1 個(gè)球，無論如何都是乙勝 若甲取 3個(gè)球，則乙只能取 2 個(gè)球或 3 個(gè)球，當(dāng)乙取 2 個(gè)球時(shí) ，接下來甲取 1 個(gè)球，乙取1 個(gè)球，甲再取 1 個(gè)球，甲勝；當(dāng)乙取 3 個(gè)球時(shí) ，甲取完剩下的球 ，甲勝若甲取 4 個(gè)球，則乙可取完剩下的球 ，乙勝綜上可知 ，甲第一次取 3 個(gè)球時(shí)有必勝的把握 16已知直線 l：x2y50 與定點(diǎn) a(1,2)，動(dòng)點(diǎn) p 到點(diǎn) a 距離與到直線 l的距離相等，雙曲線c：x2

14、a2y2b21(a0，b0)的一個(gè)焦點(diǎn)為 f，q 是動(dòng)點(diǎn) p 軌跡上的一點(diǎn)， |fq|的最小值恰為雙曲線c 的虛半軸長，則雙曲線c 的離心率為_5由題可知點(diǎn) a 在直線 l 上，因而動(dòng)點(diǎn) p 的軌跡為過點(diǎn) a 與直線 l 垂直的直線 ，則點(diǎn) p 的軌跡方程為 y22(x1)，即 y2x，|fq|的最小值即點(diǎn) f 到直線 y2x 的距離 ，由題知 |fq|的最小值恰為 b，那么直線 y2x 為雙曲線的一條漸近線 ，從而ba2，則 e1ba25. 三、解答題 (解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟) 17(本小題滿分 12 分)已知遞增數(shù)列 an的前 n 項(xiàng)和為 sn，a138，21(a1a2)

15、22(a2a3) 2n(anan1)a2n1，nn*. (1)求 a2，并證明 n2 時(shí)，anan12n；(2)求 s2 019. 解(1)令 n1，則 2(a1a2)a22，即 a222a2340，解得 a212或 a232，均符合題意 由 21(a1a2)22(a2a3)2n(anan1)a2n1，得 21(a1a2)22(a2a3)2n1(an1an)a2n，n2.兩式相減得 2n(anan1)a2na2n1，anan10，anan12n，n2.(2)由(1)得 s2 019a1(a2a3)(a4a5)(a2 018a2 019)38222422 018384141 0091441 01

16、032324. 18 (本小題滿分 12 分)2018 年世界女排錦標(biāo)賽于9 月 29 日至 10 月 20 日在日本舉行，為了解同學(xué)們觀看現(xiàn)場(chǎng)直播的情況，對(duì)高一、高二年級(jí)各10 個(gè)班級(jí)的同學(xué)進(jìn)行問卷調(diào)查，各班觀看人數(shù)統(tǒng)計(jì)結(jié)果如莖葉圖所示(1)根據(jù)圖中的數(shù)據(jù)，估計(jì)哪個(gè)年級(jí)平均觀看人數(shù)較多？計(jì)算高一年級(jí)觀看人數(shù)的樣本方差(2)從高一年級(jí)觀看人數(shù)不足20 人的班級(jí)中隨機(jī)抽取2 個(gè)班，求這 2 個(gè)班分別是觀看人數(shù)在 10 人以下與 10 人以上的概率解(1)設(shè)高一年級(jí) 、高二年級(jí)觀看人數(shù)的平均數(shù)分別為x ， y ，那么 x 8612141623253333321020.2，y 91115141622

17、262833351020.9，所以高二年級(jí)平均觀看人數(shù)較多由知 x 20.2，則高一年級(jí)觀看人數(shù)的樣本方差s2110(20.28)2(20.26)2(20.212)2(20.214)2(20.216)2(20.223)2(20.225)2(20.233)2(20.233)2(20.232)297.16.(2)由莖葉圖可知 ，高一年級(jí)觀看人數(shù)不足20 人的班級(jí)有 5 個(gè)，其中觀看人數(shù)在 10 人以下的班級(jí)有 2 個(gè)，分別記為 a，b，觀看人數(shù)在 10 人以上且不足 20人的班級(jí)有 3 個(gè)，分別記為 c，d，e.從高一年級(jí)觀看人數(shù)不足20 人的班級(jí)中抽取 2 個(gè)班，抽取的結(jié)果有 (a，b)，(a，

18、c)，(a，d)，(a，e)，(b，c)，(b，d)，(b，e)，(c，d)，(c，e)，(d，e)，共 10 種，設(shè)所求事件為事件a，則事件 a 包含(a，c)，(a，d)，(a，e)，(b，c)，(b，d)，(b，e)，共 6 種不同的結(jié)果 ，由古典概型概率計(jì)算公式得，p(a)61035. 19(本小題滿分 12 分)如圖所示的幾何體b-acde 中， abc 為等腰直角三角形， abac，abac2，dc平面 abc，dc1，ea平面 abc，ea2. (1)若在 eb 上存在點(diǎn) f，使得 be平面 afc，試探究點(diǎn) f 的位置；(2)在(1)的條件下，求三棱錐f-bcd 的體積解(1)

19、由 abac，ea平面 abc，得 ac平面 eab，所以 acbe，若 be平面 afc，只需 beaf，在直角 abe 中，ebab2ae26，由射影定理 ab2bf be，可知 bf462 6323be，所以點(diǎn) f 在 be 上靠近 e 的三等分點(diǎn)處 (2)由題可知 s四邊形aedc12(12)212，則 vb-aedc13s四邊形aedcab22 23，由(1)知，f 在 be 上靠近 e 的三等分點(diǎn)處 ，因而 vf-aedc13vb-aedc22 29，又 sabc12222，所以 vf-abc13sabc23ea1322 234 29，所以 vf-bcdvb-aedcvf-aedc

20、vf-abc49. 20(本小題滿分 12 分)已知定點(diǎn) n(6,8)與圓 o：x2y24，動(dòng)點(diǎn) m 在圓 o上，mn 的中點(diǎn)為 p. (1)若點(diǎn) p 的軌跡為圓 c，求圓 c 的方程；(2)在(1)的條件下，線段oc 的垂直平分線上，是否存在點(diǎn)q，過點(diǎn) q 分別作圓 o 與圓 c 的切線 (切點(diǎn)分別為 a，b)，使得 |qa|qb|，若存在，求出點(diǎn)q的坐標(biāo)，若不存在，請(qǐng)說明理由解(1)由已知 ，設(shè) p(x，y)，則 m(2x6,2y8)，因?yàn)辄c(diǎn) m 在圓 o：x2y24 上，所以(2x6)2(2y8)24，從而可得圓 c 的方程為 (x3)2(y4)21.(2)假設(shè)存在 ，設(shè) q(x，y)，

21、若|qa|qb|，則 qc21qo24，即 qo2qc23，從而 x2y2(x3)2(y4)23，整理得 ，3x4y140，故點(diǎn) q 在直線 3x4y140 上，而 oc 的中點(diǎn)坐標(biāo)為32，2 ，koc43，因而 oc 的垂直平分線的方程為y234x32，整理得 ，6x8y250，易知直線 3x4y140 與直線 6x8y250 平行，因此不存在滿足題意的點(diǎn)q. 21(本小題滿分 12 分)已知函數(shù) f(x)ex12ax2b(a0)，函數(shù) f(x)的圖象在 x0 處的切線方程為 yx1. (1)當(dāng) a1 時(shí)，求函數(shù) f(x)在0,2上的最小值與最大值；(2)若函數(shù) f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，求 a

22、的值解(1)由題可知 f(0)1b，f(x)exax，f(0)1，則函數(shù) f(x)的圖象在 x0 處的切線方程為y1bx，即 yx1b，由已知條件可得 b0，當(dāng) a1 時(shí)，在0,2上，f(x)exx0，函數(shù) f(x)在0,2上單調(diào)遞增 ，從而函數(shù) f(x)在0,2上的最小值為 f(0)1，最大值為 f(2)e22.(2)法一：由 (1)知 f(x)ex12ax2，設(shè) g(x)f(x)exax，則 g(x)exa，令 g(x)0，可得 xln a，當(dāng) x(，ln a)時(shí)， g(x)0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng) x(ln a，)時(shí)，g(x)0，g(x)單調(diào)遞增 因而 g(x)的最小值為 g(ln a)

23、aaln a，若 aaln a0，則 f(x)0，f(x)單調(diào)遞增 ，f(x)不會(huì)有兩個(gè)零點(diǎn) ，不合題意，因而 aaln a0，即 ae.因?yàn)?g(0)10，g(1)ea0，所以 f(x)0 在(0,1)內(nèi)有解 ，即存在x1(0,1)使 f(x1)0，同時(shí)存在 x2(1，)，使得 f(x2)0，即 0 x11x2，ex1ax1，ex2ax2，當(dāng) x(，x1)時(shí) f(x)單調(diào)遞增 ，當(dāng) x(x1，x2)時(shí) f(x)單調(diào)遞減 ，當(dāng) x(x2，)時(shí) f(x)單調(diào)遞增 ，f(x)的大致圖象如圖所示 由于 f(x1)ex112ax21ax112ax2112ax1(2x1)0，所以，若函數(shù) f(x)有兩個(gè)

24、零點(diǎn) ，則函數(shù) f(x)的極小值 f(x2)0，f(x2)ex212ax22ax212ax2212ax2(2x2)0，得 x22.由 ex212ax220，即 e212a220，得 ae22.法二：由 (1)知，b0，則函數(shù) f(x)ex12ax2，顯然 x0 不是零點(diǎn) ，令 f(x)0，分離參數(shù) ，則 a2exx2，設(shè) h(x)2exx2(x0)，則 h(x)2exx2x3，令 h(x)0，則 x2.易知當(dāng) x(0,2)時(shí) h(x)單調(diào)遞減 ，當(dāng) x(，0)及 x(2，)時(shí) h(x)單調(diào)遞增，則 h(x)的極小值為 h(2)e22，而當(dāng) x(，0)時(shí)，h(x)2exx20，數(shù)形結(jié)合可知 ，當(dāng) ae22時(shí)函數(shù) f(x)有兩個(gè)零點(diǎn) 請(qǐng)考生在第 2