2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 下篇 指導(dǎo)六 手熱心穩(wěn) 實(shí)戰(zhàn)演練教學(xué)案

《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 下篇 指導(dǎo)六 手熱心穩(wěn) 實(shí)戰(zhàn)演練教學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 下篇 指導(dǎo)六 手熱心穩(wěn) 實(shí)戰(zhàn)演練教學(xué)案（53頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 指導(dǎo)六 手熱心穩(wěn)·實(shí)戰(zhàn)演練 Ⅰ：高考客觀題(12＋4)·提速練(一) 限時(shí)40分鐘　滿分80分 一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分) 1．已知集合M＝{x|x＋3＜2x2}，N＝{x|－2≤x＜1}，則M∩N＝(　　) A.　　　　　　　 B. C．[－2，－1) D．[－2,3) 解析：C　[解法一　由x＋3＜2x2，得2x2－x－3＞0，即(x＋1)(2x－3)＞0，得x＜－1或x＞.所以M＝(－∞，－1)∪.又N＝[－2,1)，所以M∩N＝[－2，－1)．故選C. 解法二　因?yàn)??N，所以排除D項(xiàng)；因?yàn)?＋3＜2×02不成立，所以0?M，所以排除A項(xiàng)

2、；因?yàn)椋?＜2×2成立，所以－∈M，又－∈N，所以－∈M∩N，故排除B.綜上，選C.] 2．已知復(fù)數(shù)z＝(a2－3a＋2)＋(a2－a)i(a∈R)為純虛數(shù)，則＝(　　) A.＋i B.－i C．3－i D．3＋i 解析：A　[由已知可得解得a＝2，所以z＝2i，故＝＝＝＝＋i.故選A.] 3. 2019年全國(guó)兩會(huì)(即中華人民共和國(guó)第十三屆全國(guó)人民代表大會(huì)第二次會(huì)議和中國(guó)人民政治協(xié)商會(huì)議第十三屆全國(guó)委員會(huì)第二次會(huì)議)于3月份在北京召開(kāi)．代表們提交的議案都是經(jīng)過(guò)多次修改．為了解代表們的議案修改次數(shù)，某調(diào)查機(jī)構(gòu)采用隨機(jī)抽樣的方法抽取了120份議案進(jìn)行調(diào)查，并進(jìn)行了統(tǒng)計(jì)，將議

3、案的修改次數(shù)分為6組：[0,5)，[5,10)，[10,15)，[15,20)，[20,25)，[25,30]，得到如圖所示的頻率分布直方圖．則這120份議案中修改次數(shù)不低于15次的份數(shù)為(　　) A．40　　　 B．60　　　 C．80　　　　 D．100 解析：B　[由頻率分布直方圖可知，議案修改次數(shù)不低于15次的頻率為(0.06＋0.03＋0.01)×5＝0.5，所以這120份議案中修改次數(shù)不低于15次的份數(shù)為120×0.5＝60.故選B.] 4．已知角α的頂點(diǎn)在坐標(biāo)原點(diǎn)O，始邊與x軸的正半軸重合，將終邊按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)后經(jīng)過(guò)點(diǎn)P(，1)，則co

4、s 2α＝(　　) A. B．－ C．－ D. 解析：D　[由題意，將角α的終邊按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)后所得角為α＋.因?yàn)閨OP|＝＝，所以sin＝＝，cos＝＝.故cos 2α＝sin＝sin 2＝2sincos＝2××＝.故選D.] 5．(多選題)已知π為圓周率，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，則(　　) A．πe<3e B．3e－2π<3πe－2 C．logπe3logπe 解析：CD　[本題考查利用函數(shù)的單調(diào)性比較大小．已知π為圓周率，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，∴π>3>e>2，∴e>1，πe>3e，故A錯(cuò)誤；∵0<<1,1>e－2>0，∴e－2>，∴3

5、e－2π>3πe－2，故B錯(cuò)誤；∵π>3，∴l(xiāng)ogπe3，可得log3e>logπe，則πl(wèi)og3e>3logπe，故D正確．故選CD.] 6. 如圖是以AB為直徑的半圓，且AB＝8，半徑OB的垂直平分線與圓弧交于點(diǎn)P，＋＝0，則·＝(　　) A．9 B．15 C．－9 D．－15 解析：C　[通解　連接OP，由已知，得OD＝DB＝AB＝2，所以DP＝＝＝2.由＋＝0可得Q為線段PD的中點(diǎn)，故DQ＝DP＝.因?yàn)椋剑?，＝＋，所以·?＋)·(＋)＝·＋·＋·＋·＝6×2cos π＋0＋0＋()2＝－9. 優(yōu)解　以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的平

6、面直角坐標(biāo)系，則A(－4,0)，B(4,0)，由＋＝0，設(shè)Q(2，m)，則有P(2,2m)，22＋(2m)2＝42，m2＝3，又＝(6，m)，＝(－2，m)，所以·＝(6，m)·(－2，m)＝－12＋m2＝－9.] 7．函數(shù)f(x)＝的大致圖象有(　　) 解析：C　[由ex－e－x≠0，解得x≠0，所以函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?－∞，0)∪(0，＋∞)，故排除B項(xiàng)．因?yàn)閒(－x)＝＝＝－f(x)，所以函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，又f(1)＝＝＜0，故排除A項(xiàng)．設(shè)g(x)＝ex－e－x，顯然該函數(shù)單調(diào)遞增，故當(dāng)x＞0時(shí)，g(x)＞g(0)＝0，則當(dāng)x∈時(shí)，y＝cos(πx)＞0，故f(x)＞0，

7、當(dāng)x∈時(shí)，y＝cos(πx)＜0，故f(x)＜0，所以排除D項(xiàng)．綜上，選C.] 8．已知函數(shù)f(x)＝sin ωxcos φ＋cos ωxsin φ的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)，將該函數(shù)的圖象向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度后所得函數(shù)g(x)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，則ω的最小值是(　　) A. B．2 C．3 D. 解析：A　[由已知得f(x)＝sin(ωx＋φ)，f(0)＝－，得sin φ＝－，因?yàn)閨φ|＜，所以φ＝－，所以f(x)＝sin.將該函數(shù)圖象向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度后得函數(shù)g(x)＝f＝sin＝sin的圖象．由已知得函數(shù)g(x)為奇函數(shù)，所以＋＝kπ(k∈Z)，解得ω＝3k－(k∈Z)．因?yàn)棣兀?，所以ω

8、的最小值為.] 9. 某幾何體的正視圖和側(cè)視圖為如圖所示的相同的圖形，俯視圖為同心圓，則該幾何體的表面積為(　　) A．14π B.π C．36π D.π 解析：C　[由幾何體的三視圖可知，該幾何體的上部分是一個(gè)半球，下部分為一個(gè)大圓柱的內(nèi)部挖去了一個(gè)小圓柱，所以該幾何體的表面積為2π×2×4＋π×22＋4π×22×＋2π×1×4＝36π.] 10．在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，a＝8，b＜4，c＝7，且滿足(2a－b)cos C＝c·cos B，則△ABC的面積為(　　) A．10 B．6 C．5 D．2 解析：B　[∵(2a－b)cos

9、 C＝ccos B，∴(2sin A－sin B)cos C＝sin Ccos B，∴2sin Acos C＝sin Bcos C＋cos Bsin C，即2sin Acos C＝sin(B＋C)，∴2sin Acos C＝sin A．∵在△ABC中，sin A≠0，∴cos C＝，∴C＝60°.由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcos C，得49＝64＋b2－2×8bcos 60°，即b2－8b＋15＝0，解得b＝3或b＝5，又b＜4，∴b＝3，∴△ABC的面積S＝absin C＝×8×3×＝6.] 11．已知雙曲線－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過(guò)點(diǎn)F1的直線交

10、雙曲線的左支于點(diǎn)M，交雙曲線的右支于點(diǎn)N，且MF2⊥NF2，|MF2|＝|NF2|，則該雙曲線的離心率是(　　) A. B. C. D.＋1 解析：A　[由題意可設(shè)|MF2|＝|NF2|＝m，由點(diǎn)M在雙曲線的左支上，得|MF2|－|MF1|＝2a，所以|MF1|＝m－2a.由點(diǎn)N在雙曲線的右支上，得|NF1|－|NF2|＝2a，所以|NF1|＝m＋2a.因?yàn)镸F2⊥NF2，所以|MN|＝m，由|NF1|＝|MF1|＋|MN|，得m＋2a＝m－2a＋m，所以m＝2a. 解法一　如圖，在△MF1F2中，|MF1|＝m－2a＝(2－2)a，|MF2|＝m＝2a.易知|F1F2|＝

11、2c，∠F1MF2＝135°，所以由余弦定理得4c2＝8a2＋(2－2)2a2－2×2a×(2－2)a×cos 135°，得c2＝3a2，所以e＝＝.故選A. 解法二　在△NF1F2中，|NF1|＝m＋2a＝(2＋2)a，|NF2|＝2a，|F1F2|＝2c，∠F1NF2＝45°，所以由余弦定理得4c2＝8a2＋(2＋2)2a2－2×2a×(2＋2)a×cos 45°，得c2＝3a2，所以e＝＝.故選A.] 12．已知函數(shù)f(x)＝，若方程[f(x)]2＋(1－a)f(x)－a＝0有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(－∞，0]∪ B．(－∞，－1)∪∪ C．(－∞

12、，0] D．(－∞，－1)∪(－1,0] 解析：B　[設(shè)t＝f(x)，則方程為t2＋(1－a)t－a＝0，即(t－a)(t＋1)＝0，解得t＝a或t＝－1.函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝＝.設(shè)g(x)＝－1－ln x，顯然該函數(shù)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，且g(1)＝0，故當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，且當(dāng)x→0時(shí)，f(x)→－∞，當(dāng)x→＋∞時(shí)，f(x)→0.如圖，作出函數(shù)f(x)的大致圖象． 作出直線y＝t，由圖可知當(dāng)t＞時(shí)，直線y＝t與函數(shù)f(x)的圖象沒(méi)有交點(diǎn)；當(dāng)t＝或t≤0

13、時(shí)，直線y＝t與函數(shù)f(x)的圖象只有一個(gè)交點(diǎn)；當(dāng)0＜t＜時(shí)，直線y＝t與函數(shù)f(x)的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)．所以方程f(x)＝－1只有一個(gè)解，若a＝－1，則原方程有兩個(gè)相同的實(shí)數(shù)根，不符合題意，則a≠－1，故由題意可得方程f(x)＝a只有一個(gè)解，所以a＝或a≤0，且a≠－1，故實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－∞，－1)∪(－1,0]∪.] 二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分) 13．(理)已知二項(xiàng)式n的展開(kāi)式中所有項(xiàng)的系數(shù)之和為，則展開(kāi)式中x的系數(shù)為_(kāi)___． 解析：根據(jù)題意，令x＝1，得n＝，即n＝，解得n＝5，故展開(kāi)式的通項(xiàng)公式為C(x2)5－rr＝Crx10－3r.令10－3r＝1

14、，得r＝3，則展開(kāi)式中x的系數(shù)為C×3＝－. 答案：－ 13．(文)設(shè){an}是公比大于1的等比數(shù)列，Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．已知S3＝7，且a1＋3,3a2，a3＋4構(gòu)成等差數(shù)列，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)為_(kāi)_______． 解析：由已知得 解得a2＝2. 設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，由a2＝2，可得a1＝，a3＝2q， 又S3＝7，可知＋2＋2q＝7，即2q2－5q＋2＝0. 又得q1＝2，q2＝. 由題意得q＞1，∴q＝2.∴a1＝1. 故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n－1. 答案：2n－1 14．已知P是圓C：x2＋y2＋4x－2y＋8＝0上一動(dòng)點(diǎn)，P關(guān)于y軸

15、的對(duì)稱點(diǎn)為M，關(guān)于直線y＝x的對(duì)稱點(diǎn)為N，則|MN|的取值范圍是________． 解析：由題可得，圓C：(x＋2)2＋(y－)2＝1，圓心為C(－2，)，半徑r＝1.設(shè)P(x，y)，則M(－x，y)，N(y，x)．|MN|＝＝·＝|OP|，易知|OC|－r≤|OP|≤|OC|＋r，|OC|＝3，所以2≤|OP|≤4,2≤|MN|≤4，所以|MN|的取值范圍是[2，4]． 答案：[2，4] 15. 如圖，四棱臺(tái)A1B1C1D1－ABCD的底面是正方形，DD1⊥底面ABCD，DD1＝AB＝2A1B1，則異面直線AD1與BC1所成角的余弦值為_(kāi)_______． 解析：設(shè)AB的中點(diǎn)為E

16、，連接ED1，則易知BE∥C1D1，BE＝C1D1，∴四邊形EBC1D1是平行四邊形，∴BC1∥ED1，∴∠AD1E為異面直線AD1與BC1所成的角．∵四邊形ABCD是正方形，∴BA⊥AD，∵DD1⊥ 底面ABCD，∴BA⊥DD1，∴BA⊥平面AA1D1D，∴BA⊥AD1，△AED1是直角三角形．設(shè)DD1＝AB＝2A1B1＝2a，則AD1＝＝＝2a，ED1＝＝＝3a，∴cos∠AD1E＝＝. 答案： 16．一個(gè)口袋中裝有編號(hào)分別為1,2,3，…，9的小球，甲、乙、丙三人從口袋中一次性各摸出三個(gè)小球．甲說(shuō)：“我摸到的一個(gè)球的編號(hào)為9.”乙說(shuō)：“我抽到的一個(gè)球的編號(hào)為8.”丙說(shuō)：“我們?nèi)?/p>

17、人摸到的三個(gè)小球編號(hào)之和相等，但我沒(méi)有摸到編號(hào)為2的小球．”已知三個(gè)人說(shuō)的都正確，則丙摸出的三個(gè)小球的編號(hào)分別為_(kāi)_______、________、________.(每答錯(cuò)一個(gè)扣2分，最低為0分) 解析：由丙的說(shuō)法可知，三人摸到的三個(gè)小球的編號(hào)之和相等，所以每個(gè)人摸出的三個(gè)小球的編號(hào)之和為×(1＋2＋…＋9)＝×＝15.設(shè)甲摸到的另外兩個(gè)小球的編號(hào)分別為a1，a2，乙摸到的另外兩個(gè)小球的編號(hào)分別為b1，b2，則由題意可得a1＋a2＝6，b1＋b2＝7.所以a1，a2的取值只有1與5,2與4兩種情況．若a1，a2的取值為1,5，則由b1＋b2＝7可得，b1，b2只能取3與4，則剩余的三個(gè)數(shù)為

18、2,6,7.若a1，a2的取值為2,4，則由b1＋b2＝7可得，b1，b2只能取1與6，則剩余的三個(gè)數(shù)為3,5,7.由題意知，丙沒(méi)有摸到編號(hào)為2的小球，所以丙摸到的小球編號(hào)只能為3,5,7. 答案：357 高考客觀題(12＋4)·提速練(二) 限時(shí)40分鐘　滿分80分 一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分) 1．已知集合A＝{－1,2}，B＝{0,2}，則A∪B的子集個(gè)數(shù)為(　　) A．5　　　　 B．6　　　　 C．7　　　 　 D．8 解析：D　[由題意知A∪B＝{－1,0,2}，所以A∪B的子集個(gè)數(shù)為23＝8.故選D.] 2．已

19、知復(fù)數(shù)z＝＋2i3，則z的共軛復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于(　　) A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 解析：A　[z＝＋2i3＝－2i＝1＋i－2i＝1－i，∴＝1＋i，∴復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)為(1,1)，位于第一象限．故選A.] 3．某頻道每天11：30～12：00播放“中國(guó)夢(mèng)”主題的紀(jì)錄片，在此期間會(huì)隨機(jī)播出4分鐘完整的有關(guān)中國(guó)夢(mèng)的歌曲，小劉11：43開(kāi)始觀看該頻道，則他聽(tīng)到完整的有關(guān)中國(guó)夢(mèng)歌曲的概率是(　　) A. B. C. D. 解析：D　[由題可知，該電視臺(tái)開(kāi)

20、始播放有關(guān)中國(guó)夢(mèng)的歌曲的時(shí)間是11：30～11：56，時(shí)長(zhǎng)26分鐘，小劉能聽(tīng)到完整歌曲的時(shí)間為11：43～11：56，共13分鐘，所以所求概率為＝.故選D.] 4．已知實(shí)數(shù)x，y滿足約束條件則z＝x－2y的最小值為(　　) A．－6 B．－5 C．－4 D．－3 解析：B　[ 作出可行域如圖中陰影部分所示，作出直線x－2y＝0，平移該直線，數(shù)形結(jié)合知當(dāng)平移后的直線過(guò)點(diǎn)A時(shí)，z取得最小值．由得A(3,4)．所以z的最小值為3－2×4＝－5.故選B.] 5．已知△ABC中，E為中線BD的中點(diǎn)，＝x＋y，則3x＋y＝(　　)

21、 A．0 B．1 C．2 D．－1 解析：A　[依題意可得，＝－＝－＝(＋)－＝－，所以x＝，y＝－，所以3x＋y＝0.故選A.] 6. 若正整數(shù)N除以正整數(shù)m后的余數(shù)為n，則記N＝n(mod m)，例如10＝4(mod 6)．如圖所示的程序框圖表示的算法源于我國(guó)古代《孫子算經(jīng)》中的“孫子定理”，執(zhí)行該程序框圖，若輸入的a＝2，b＝3，c＝11，則輸出的N＝(　　) A．6　　　　　　 B．9 C．12 D．21 解析：C　[N＝0，N＝0＋1＝1,1＝1(mod 2)；N＝1＋1＝2,2＝0(mod 2)，2＝2(mod 3)；N＝2＋1＝3,3＝1(mod 2)；N

22、＝3＋1＝4,4＝0(mod 2)，4＝1(mod 3)；N＝4＋1＝5,5＝1(mod 2)；N＝5＋1＝6,6＝0(mod 2)，6＝0(mod 3)，6＝6(mod 11)；N＝6＋1＝7……由此發(fā)現(xiàn)滿足題意的N應(yīng)該含有因數(shù)2和3，且被11除余1，所以可知當(dāng)N＝12時(shí)，結(jié)束循環(huán)，輸出的N＝12.故選C.] 7．已知函數(shù)f(x)＝2sin(ω＞0)在平面直角坐標(biāo)系中的部分圖象如圖所示，若平行四邊形ABCD的面積為32，則函數(shù)f(x)的圖象在y軸右側(cè)且離y軸最近的一條對(duì)稱軸的方程為(　　) A．x＝　　　　　　　 B．x＝ C．x＝2 D．x＝ 解析：A　[設(shè)函數(shù)f(x)的最小

23、正周期為T(mén).因?yàn)槠叫兴倪呅蜛BCD的面積為32，結(jié)合三角函數(shù)圖象可知2×2×T＝32，得T＝8，所以ω＝＝，所以f(x)＝2sin，令x＋＝＋kπ，k∈Z，得x＝＋4k，k∈Z.故選A.] 8. 如圖所示的幾何體是從棱長(zhǎng)為2的正方體中截去到正方體的某個(gè)頂點(diǎn)的距離均為2的幾何體后的剩余部分，則該幾何體的表面積為(　　) A．24－3π B．24－π C．24＋π D．24＋5π 解析：B　[由題意知該幾何體是從棱長(zhǎng)為2的正方體中截去以正方體某個(gè)頂點(diǎn)為球心，2為半徑的球后的剩余部分，則其表面積S＝6×22－3××π×22＋×4×π×22＝24－π.故選B.] 9．(多選題)已知

24、函數(shù)f(x)及其導(dǎo)函數(shù)f′(x)，若存在x0使得f(x0)＝f′(x0)，則稱x0是f(x)的一個(gè)“巧值點(diǎn)”．下列選項(xiàng)中有“巧值點(diǎn)”的函數(shù)是(　　) A．f(x)＝x2 B．f(x)＝e－x C．f(x)＝ln x D．f(x)＝tan x 解析：AC　[本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法則．若f(x)＝x2，則f′(x)＝2x，令x2＝2x，得x＝0或x＝2，方程顯然有解，故A符合要求；若f(x)＝e－x，則f′(x)＝－e－x，令e－x＝－e－x，此方程無(wú)解，故B不符合要求；若f(x)＝ln x，則f′(x)＝，令ln x＝，在同一直角坐標(biāo)系內(nèi)作出函數(shù)y＝ln x與y＝的圖象(作圖略)，可得兩

25、函數(shù)的圖象有一個(gè)交點(diǎn)，所以方程f(x)＝f′(x)存在實(shí)數(shù)解，故C符合要求；若f(x)＝tan x，則f′(x)＝′＝，令tan x＝，化簡(jiǎn)得sin xcos x＝1，變形可得sin 2x＝2，無(wú)解，故D不符合要求，故選AC.] 10．在△ABC中，若acos A＝bcos B，且c＝2，sin C＝，則△ABC的面積為(　　) A．3 B. C．3或 D．6或 解析：C　[由acos A＝bcos B得sin Acos A＝sin Bcos B，即sin 2A＝sin 2B.∵A，B∈(0，π)，∴2A＝2B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝，又sin C＝，∴△ABC只能是

26、等腰三角形．當(dāng)C為銳角時(shí)，∵sin C＝，∴cos C＝，∴sin＝＝＝，由c＝2得b＝a＝，∴△ABC中AB邊上的高為3，∴△ABC的面積為×2×3＝3.當(dāng)C為鈍角時(shí)，∵sin C＝，∴cos C＝－，∴sin＝＝＝，由c＝2得b＝a＝，∴△ABC中AB邊上的高為，∴△ABC的面積為×2×＝.綜上，△ABC的面積為3或.故選C.] 11．已知P為雙曲線－x2＝1上一點(diǎn)，若以O(shè)P(O為坐標(biāo)原點(diǎn))為直徑的圓與雙曲線的兩條漸近線分別相交于A，B兩點(diǎn)，則|AB|的最小值為(　　) A.　　　　 B．2　　 　　 C.　 　　　 D．1 解析：C　[由題意知，雙曲

27、線－x2＝1的漸近線方程為y＝±x，O，P，A，B四點(diǎn)共圓，設(shè)該圓的半徑為R，易知∠AOB＝，可得＝2R，故|AB|＝R，故要求|AB|的最小值，只需求R的最小值即可，顯然當(dāng)點(diǎn)P位于雙曲線的頂點(diǎn)時(shí)，|OP|最小，即R最小，且Rmin＝＝，故|AB|min＝Rmin＝.故選C.] 12．已知函數(shù)f(x)＝ex＋e－x＋2cos x，其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，則對(duì)任意a∈R，下列不等式一定成立的是(　　) A．f(a2＋1)≥f(2a) B．f(a2＋1)≤f(2a) C．f(a2＋1)≥f(a＋1) D．f(a2＋1)≤f(a) 解析：A　[本題主要考查函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性以及導(dǎo)數(shù)與函

28、數(shù)的關(guān)系，考查考生轉(zhuǎn)化問(wèn)題的能力和計(jì)算能力，考查的核心素養(yǎng)是數(shù)學(xué)運(yùn)算和邏輯推理．依題意可知，f(x)＝ex＋e－x＋2cos x＝f(－x)，所以f(x)是偶函數(shù)，f′(x)＝ex－e－x－2sin x，且f′(0)＝0，令h(x)＝f′(x)，則h′(x)＝ex＋e－x－2cos x，當(dāng)x∈[0，＋∞)時(shí)，h′(x)＝ex＋e－x－2cos x≥0恒成立，所以f′(x)＝ex－e－x－2sin x在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f′(x)≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，又函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，(a2＋1)2－4a2＝(a2－1)2≥0，所以f(a2＋1)≥

29、f(2a)，故選A.] 二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分) 13．已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，f(x)＝2x3＋x2，則f(2)＝________. 解析：通解：令x＞0，則－x＜0. ∴f(－x)＝－2x3＋x2. 又∵f(x)是R上的奇函數(shù)，∴f(－x)＝－f(x)． ∴f(x)＝2x3－x2(x＞0)． ∴f(2)＝2×23－22＝12. 優(yōu)解：f(2)＝－f(－2)＝－[2×(－2)3＋(－2)2]＝12. 答案：12 14．已知等比數(shù)列{an}的公比為正數(shù)，且a3·a9＝2a，a2＝1，則a1＝________.

30、解析：∵a3·a9＝a，∴a＝2a，設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，因此q2＝2，由于q＞0，解得q＝，∴a1＝＝＝. 答案： 15．已知三棱錐SABC，△ABC是直角三角形，其斜邊AB＝8，SC⊥平面ABC，SC＝6，則三棱錐SABC的外接球的表面積為_(kāi)_______． 解析：將三棱錐SABC放在長(zhǎng)方體中(圖略)，易知三棱錐SABC所在長(zhǎng)方體的外接球，即為三棱錐SABC的外接球，所以三棱錐SABC的外接球的直徑2R＝＝10，即三棱錐SABC的外接球的半徑R＝5，所以三棱錐SABC的外接球的表面積S＝4πR2＝100π. 答案：100π 16．已知拋物線C：y2＝2px

31、的焦點(diǎn)是F，過(guò)F且斜率為1的直線l1與拋物線交于A，B兩點(diǎn)，分別從A，B兩點(diǎn)向直線l2：x＝－4作垂線，垂足分別是D，C，若四邊形ABCD的周長(zhǎng)為36＋8，則拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為_(kāi)_______． 解析：易知F，則直線l1的方程為y＝x－.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得x2－3px＋＝0，∴x1＋x2＝3p， ∴|AB|＝x1＋x2＋p＝4p.∵|AD|＝x1＋4，|BC|＝x2＋4， ∴|AD|＋|BC|＝x1＋x2＋8＝3p＋8.又|CD|＝|AB|sin 45°＝4p·＝2p，且四邊形ABCD的周長(zhǎng)為36＋8，∴4p＋3p＋8＋2p＝36＋8，∴p＝4，故拋物線的方程為y

32、2＝8x. 答案：y2＝8x 高考客觀題(12＋4)·提速練(三) 限時(shí)40分鐘　滿分80分 一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分) 1．已知集合A＝{x|y＝lg(x＋1)}，B＝{x||x|＜2}，則A∩B等于(　　) A．(－2,0)　　　　　　　 B．(0,2) C．(－1,2) D．(－2，－1) 解析：C　[由x＋1＞0，得x＞－1，∴A＝(－1，＋∞)， B＝{x||x|＜2}＝(－2,2)，∴A∩B＝(－1,2)．故選C.] 2．已知i是虛數(shù)單位，若復(fù)數(shù)z滿足zi＝1＋i，則z2等于(　　) A．－2i　　　 B．2i　

33、　　 　C．－2　 　　　D．2 解析：A　[解法一　z＝＝＝1－i， z2＝(1－i)2＝－2i. 解法二　(zi)2＝(1＋i)2，－z2＝2i，z2＝－2i.故選A.] 3． (　　) A．x＜y＜z B．z＜x＜y C．z＜y＜x D．y＜z＜x 解析：D　[x＝ln π＞1，y＝ ＜ ＝，z＝＝∈.] 4．過(guò)圓錐頂點(diǎn)的平面截去圓錐一部分，所得幾何體的三視圖如圖所示，則原圓錐的體積為(　　) A．1 B. C. D. 解析：D　[由三視圖可得底面圓的

34、半徑為＝2，圓錐的高為＝2，∴原圓錐的體積為π·22·2＝，故選D.] 5. 元朝著名數(shù)學(xué)家朱世杰在《四元玉鑒》中有一首詩(shī)：“我有一壺酒，攜著游春走，遇店添一倍，逢友飲一斗，店友經(jīng)三處，沒(méi)了壺中酒，借問(wèn)此壺中，當(dāng)原多少酒？”用程序框圖表達(dá)如圖所示，即最終輸出的x＝0，則一開(kāi)始輸入的x的值為(　　) A. B. C. D．4 解析：B　[i＝1時(shí)，x＝2x－1， i＝2時(shí)，x＝2(2x－1)－1＝4x－3， i＝3時(shí)，x＝2(4x－3)－1＝8x－7， i＝4時(shí)，退出循環(huán)，此時(shí)8x－7＝0，解得x＝，故選B.] 6．已知實(shí)數(shù)x，y滿足若z＝(x－1)2＋y2，則z的最

35、小值為(　　) A．1 B. C．2 D. 解析：C　[繪制不等式組表示的平面區(qū)域如圖所示， 目標(biāo)函數(shù)的幾何意義為可行域內(nèi)的點(diǎn)與點(diǎn)(1,0)之間距離的平方，如圖所示數(shù)形結(jié)合可得，當(dāng)目標(biāo)函數(shù)過(guò)點(diǎn)P(2,1)時(shí)取得最小值，zmin＝(x－1)2＋y2＝(2－1)2＋12＝2.] 7．函數(shù)f(x)＝ln的圖象是(　　) 解析：B　[因?yàn)閒(x)＝ln，所以x－＝＞0，解得－1＜x＜0或x＞1，所以函數(shù)的定義域?yàn)?－1,0)∪(1，＋∞)，可排除A，D.因?yàn)楹瘮?shù)u＝x－在(－1,0)和(1，＋∞)上單調(diào)遞增

36、，函數(shù)y＝ln u在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，根據(jù)復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性可知，函數(shù)f(x)在(－1,0)和(1，＋∞)上單調(diào)遞增．] 8．《周髀算經(jīng)》是中國(guó)古代的天文學(xué)和數(shù)學(xué)著作．其中一個(gè)問(wèn)題大意為：一年有二十四個(gè)節(jié)氣，每個(gè)節(jié)氣晷長(zhǎng)損益相同(即太陽(yáng)照射物體影子的長(zhǎng)度增加和減少大小相同)．若冬至晷長(zhǎng)一丈三尺五寸，夏至晷長(zhǎng)一尺五寸(注：一丈等于十尺，一尺等于十寸)，則夏至之后的節(jié)氣(小暑)晷長(zhǎng)為(　　) A．五寸 B．二尺五寸 C．三尺五寸 D．一丈二尺五寸 解析：A　[設(shè)晷長(zhǎng)為等差數(shù)列{an}，公差為d，a1＝135，a13＝15，則135＋12d＝15，解得d＝－10. ∴a14＝1

37、35－10×13＝5， ∴夏至之后的節(jié)氣(小暑)的晷長(zhǎng)是5寸．故選A.] 9．已知函數(shù)f(x)＝sin－cos2x＋(x∈R)，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．函數(shù)f(x)的最小正周期為 B．函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱 C．點(diǎn)為函數(shù)f(x)圖象的一個(gè)對(duì)稱中心 D．函數(shù)f(x)的最大值為 解析：D　[函數(shù)f(x)＝sin－cos2x＋ ＝－＋ ＝sin 2x＋cos 2x ＝sin(x∈R)， 由ω＝2知，f(x)的最小正周期為π，A錯(cuò)誤； ∵f(0)＝sin ＝不是最值， ∴f(x)的圖象不關(guān)于y軸對(duì)稱，B錯(cuò)誤； ∵f＝sin＝≠0， ∴點(diǎn)不是函數(shù)f(x)圖象

38、的一個(gè)對(duì)稱中心，C錯(cuò)誤； ∵sin∈[－1,1]， ∴f(x)的最大值是，D正確．故選D.] 10．如圖是2017年第一季度五省GDP情況圖，則下列陳述正確的是(　　) ①2017年第一季度GDP總量和增速均居同一位的省只有1個(gè)； ②與去年同期相比，2017年第一季度五個(gè)省的GDP總量均實(shí)現(xiàn)了增長(zhǎng)； ③去年同期的GDP總量前三位是江蘇、山東、浙江； ④2016年同期浙江的GDP總量也是第三位． A．①② B．②③④ C．②④ D．①③④ 解析：B　[總量排序?yàn)椋航K，山東，浙江，河南，遼寧；增速排序?yàn)椋航K，遼寧，山

39、東，河南，浙江；則總量和增速均居同一位的省有河南，江蘇兩省，說(shuō)法①錯(cuò)誤；與去年同期相比，2017年第一季度五個(gè)省的GDP總量均實(shí)現(xiàn)了增長(zhǎng)，說(shuō)法②正確；去年同期的GDP總量前三位是江蘇，山東，浙江，說(shuō)法③正確； 2016年的GDP總量計(jì)算為： 浙江：，江蘇：，河南：，山東：，遼寧：，據(jù)此可知，2016年同期浙江的GDP總量也是第三位，說(shuō)法④正確．] 11．過(guò)雙曲線C1：－＝1(a＞0，b＞0)的左焦點(diǎn)F1作曲線C2：x2＋y2＝a2的切線，切點(diǎn)為M，延長(zhǎng)F1M交曲線C3：y2＝2px(p＞0)于點(diǎn)N，其中C1，C3有一個(gè)共同的焦點(diǎn)，若|MF1|＝|MN|，則曲線C1的離心率為(　　) A

40、. B.－1 C.＋1 D. 解析：D　[設(shè)雙曲線－＝1的右焦點(diǎn)為F2(c,0)，因?yàn)榍€C1，C3有一個(gè)共同的焦點(diǎn)，所以y2＝4cx.因?yàn)镺為F1F2的中點(diǎn)，M為F1N的中點(diǎn)，所以O(shè)M為△F1F2N的中位線，即OM∥NF2，且|OM|＝|NF2|，因?yàn)閨OM|＝a，所以|NF2|＝2a，因?yàn)镺M⊥NF1，所以NF2⊥NF1，又|F1F2|＝2c，所以|NF1|＝2b. 設(shè)N(x，y)，過(guò)點(diǎn)F1作x軸的垂線，則由拋物線的定義得x＋c＝2a，即x＝2a－c， 過(guò)點(diǎn)N作NP⊥x軸于點(diǎn)P，則在Rt△NPF1中，由勾股定理，得y2＋4a2＝4b2，即4c(2a－c)＋4a2＝4(c2－

41、a2)，即e2－e－1＝0，且e＞1，解得e＝.故選D.] 12．以區(qū)間(0，m)內(nèi)的整數(shù)(m＞1，且m∈N)為分子，以m為分母的分?jǐn)?shù)組成集合A1，其所有元素之和為a1；以區(qū)間(0，m2)內(nèi)的整數(shù)(m＞1，且m∈N)為分子，以m2為分母組成不屬于A1的分?jǐn)?shù)集合A2，其所有元素之和為a2……以此類推，以區(qū)間(0，mn)內(nèi)的整數(shù)(m＞1，且m∈N)為分子，以mn為分母組成不屬于集合A1，A2，…，An－1的分?jǐn)?shù)集合An，其所有元素之和為an，則a1＋a2＋a3＋…＋an＝(　　) A. B. C. D. 解析：B　[由題意得a1＝＋＋…＋，a2＝＋＋…＋－a1，a3＝＋＋…＋－a2

42、－a1， 所以an＝＋＋…＋－an－1－an－2－…－a2－a1， a1＋a2＋a3＋…＋an＝＋＋…＋＝[1＋2＋…＋(mn－1)]＝·＝.故選B.] 二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分) 13．為了解高三年級(jí)2 000名學(xué)生的學(xué)習(xí)情況，在期中考試結(jié)束后，隨機(jī)抽取100名及格的學(xué)生的分?jǐn)?shù)進(jìn)行統(tǒng)計(jì)，得到如圖所示的頻率分布直方圖，則該校高三年級(jí)分?jǐn)?shù)在[130,140)的學(xué)生估計(jì)有________人． 解析：由頻率分布直方圖知(0.035＋0.025＋0.015＋0.008＋0.005＋x)×10＝1，解得x＝0.012，所以該校高三年級(jí)分?jǐn)?shù)在[130,140)的學(xué)生估

43、計(jì)有2 000×0.012×10＝240人． 答案：240 14．(文)一個(gè)三位數(shù)，個(gè)位、十位、百位上的數(shù)字依次為x，y，z，當(dāng)且僅當(dāng)y＞x，y＞z時(shí)，稱這樣的數(shù)為“凸數(shù)”(如243)，現(xiàn)從集合{1,2,3,4}中取出三個(gè)不相同的數(shù)組成一個(gè)三位數(shù)，則這個(gè)三位數(shù)是“凸數(shù)”的概率為_(kāi)_______． 解析：在{1,2,3,4}的4個(gè)整數(shù)中任取3個(gè)不同的數(shù)組成三位數(shù)，有24種情況，在{1,2,3,4}的4個(gè)整數(shù)中任取3個(gè)不同的數(shù)，將最大的放在十位上，剩余的2個(gè)數(shù)字分別放在百、個(gè)位上，有8種情況，則這個(gè)三位數(shù)是“凸數(shù)”的概率是＝. 答案： 14．(理)箱中裝有標(biāo)號(hào)為1,2,3,4,5,6且大

44、小相同的6個(gè)球．從箱中一次摸出兩個(gè)球，記下號(hào)碼并放回，如果兩球號(hào)碼之積是4的倍數(shù)，則獲獎(jiǎng)．現(xiàn)有4人參與摸獎(jiǎng)(每人一次)，則恰好有3人獲獎(jiǎng)的概率是________．(用數(shù)字作答) 解析：由題意得任取兩球有C種情況，取出兩球號(hào)碼之積是4的倍數(shù)的情況為(1,4)，(2,4)，(3,4)，(2,6)，(4,6)，(4,5)共6種情況，故每人摸球一次中獎(jiǎng)的概率為＝，故4人中有3人中獎(jiǎng)的概率為C3×＝. 答案： 15．甲、乙兩人玩報(bào)數(shù)游戲，其規(guī)則是：兩人從1開(kāi)始輪流連續(xù)報(bào)數(shù)，每人每次最少報(bào)2個(gè)，最多可以報(bào)5個(gè)(如第一個(gè)人先報(bào)“1,2”，則另一個(gè)人可以有“3,4”“3,4,5”“3,4,5,6”“3,

45、4,5,6,7”“3,4,5,6,7,8”五種報(bào)數(shù)方法)．搶先報(bào)到“110”的人獲勝．如果從甲開(kāi)始，那么甲要想必勝，第一次報(bào)的數(shù)應(yīng)該是________． 解析：因?yàn)?10＝7×15＋5，所以只要甲先報(bào)“1,2,3,4,5”，之后不管乙報(bào)幾個(gè)數(shù)，甲報(bào)的數(shù)的個(gè)數(shù)與乙報(bào)的數(shù)的個(gè)數(shù)的和為7即可保證甲必勝． 所以甲要想必勝，第一次報(bào)的數(shù)應(yīng)該是1,2,3,4,5. 答案：1,2,3,4,5 16．(雙空填空題)已知函數(shù)f(x)＝若f(x)≤1，則實(shí)數(shù)x的取值范圍是________；若方程f(x)－kx＝3有三個(gè)相異的實(shí)根，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是________． 解析：本題考查利用數(shù)形結(jié)合思想研究

46、函數(shù)的零點(diǎn)．當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)≤1即－x2＋2x≤1，即(x－1)2≥0，則x≥0成立；當(dāng)x<0時(shí)，f(x)≤1即－2x≤1，解得－≤x<0.綜上，實(shí)數(shù)x的取值范圍為.由題意，方程f(x)－kx＝3即f(x)＝kx＋3有三個(gè)相異的實(shí)根，則函數(shù)y＝f(x)和y＝kx＋3的圖象有三個(gè)不同的交點(diǎn)．作出函數(shù)y＝f(x)的圖象如圖所示．由題意知直線y＝kx＋3和y＝－2x(x<0)的圖象必有一個(gè)交點(diǎn)，所以－2

47、2) 高考客觀題(12＋4)·提速練(四) 限時(shí)40分鐘　滿分80分 一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分) 1．設(shè)集合A＝{－2，－1,1,2}，B＝{－3，－1,0,2}，則A∩B的元素的個(gè)數(shù)為(　　) A．2　　　　　　　　　　 B．3 C．4 D．1 解析：A　[A＝{－2，－1,1,2}，B＝{－3，－1,0,2}， 則A∩B＝{－1,2}，含有2個(gè)元素，故選A.] 2．i是虛數(shù)單位，若＝a＋bi(a，b∈R)，則lg(a＋b)的值是(　　) A．2 B．1 C．0 D. 解析：C　[因?yàn)椋剑剑絘＋bi，所以a＝，b＝－.所以lg(a＋b

48、)＝lg 1＝0.故選C.] 3．已知a＞b，則“c≥0”是“ac＞bc”的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分又不必要條件 解析：B　[當(dāng)時(shí)，ac＞bc不成立，所以充分性不成立，當(dāng)時(shí)，c＞0成立，c≥0也成立，所以必要性成立，所以“c≥0”是“ac＞bc”的必要不充分條件．] 4．要得到函數(shù)y＝cos的圖象，只需將函數(shù)y＝sin的圖象(　　) A．向右平移個(gè)單位 B．向左平移個(gè)單位 C．向右平移個(gè)單位 D．向左平移個(gè)單位 解析：B　[y＝sin＝cos＝ cos，將其圖象向左平移個(gè)單位，可得y＝cos＝cos的圖象，故選B

49、.] 5．(理)(x2＋x＋y)5的展開(kāi)式中，x5y2的系數(shù)為(　　) A．10 B．20 C．30 D．60 解析：C　[(x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5的展開(kāi)式中只有C(x2＋x)3y2中含x5y2，易知x5y2的系數(shù)為CC＝30，故選C.] 5．(文)一個(gè)樣本a,3,4,5,6的平均數(shù)為b，且方程x2－6x＋c＝0的兩個(gè)根為a，b，則該樣本的方差為(　　) A．1 B．2 C. D. 解析：B　[因?yàn)橐粋€(gè)樣本a,3,4,5,6的平均數(shù)為b，且方程x2－6x＋c＝0兩個(gè)根為a，b， 所以a＋＝6， 解得a＝2，b＝＝4， 所以該樣本的方差為：s2＝

50、[(2－4)2＋(3－4)2＋(4－4)2＋(5－4)2＋(6－4)2]＝2.故選B.] 6．明朝數(shù)學(xué)家程大位將“孫子定理”(也稱“中國(guó)剩余定理”)編成易于上口的“孫子口訣”：三人同行七十稀，五樹(shù)梅花廿一支，七子團(tuán)圓正半月，除百零五便得知．已知正整數(shù)n被3除余2，被5除余3，被7除余4，求n的最小值．按此口訣的算法如圖，則輸出n的結(jié)果為(　　) A．53 B．54 C．158 D．263 解析：A　[正整數(shù)n被3除余2， 得n＝3k＋2，k∈N； 被5除余3，得n＝5l＋3，l∈N； 被7除余4，得n＝7m＋4，m∈N； 求得n的最小值是53.] 7．設(shè)A(0,1)，

51、B(1,3)，C(－1,5)，D(0，－1)，則＋等于(　　) A．－2 B．2 C．－3 D．3 解析：C　[因?yàn)锳(0,1)，B(1,3)，C(－1,5)，D(0，－1)， 所以＝(1,2)，＝(－1,4)，＝(0，－2)， 所以＋＝(0,6)＝－3(0，－2)＝－3，故選C.] 8．已知正項(xiàng)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*)，a5＋a7－a＝0，則S11的值為(　　) A．11 B．12 C．20 D．22 解析：D　[設(shè)等差數(shù)列的公差為d(d＞0)，則由(a1＋4d)＋(a1＋6d)－(a1＋5d)2＝0，得(a1＋5d)(a1＋5d－2)＝0，所以

52、a1＋5d＝0或a1＋5d＝2，又a1＞0，所以a1＋5d＞0，則a1＋5d＝2，則S11＝11a1＋d＝11(a1＋5d)＝11×2＝22，故選D.] 9．設(shè)雙曲線C：－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過(guò)點(diǎn)F1的直線分別交雙曲線左、右兩支于點(diǎn)M，N，連接MF2，NF2，若·＝0，||＝||，則雙曲線C的離心率為(　　) A. B. C. D. 解析：B　[由·＝0，知⊥.又||＝||，則||＝||＝||，且∠F1NF2＝45°.由雙曲線的定義得，兩式相加，得||－||＋||＝4a，即||＝4a，則||＝2a，所以||＝2a＋||＝(2＋2)a.在△NF1F

53、2中，由余弦定理，得||2＝||2＋|NF2|2－2||·||cos∠F1NF2，即4c2＝(2a)2＋(2＋2)2a2－2×2a×(2＋2)a×，整理，得c2＝3a2，所以e2＝3，即e＝，故選B.] 10．已知實(shí)數(shù)x，y滿足不等式組若z＝ax＋y有最大值，則實(shí)數(shù)a的值是(　　) A．2 B. C．－2 D．－ 解析：C　[約束條件對(duì)應(yīng)的平面區(qū)域如圖所示， 是平行四邊形區(qū)域．z＝ax＋y變形為y＝－ax＋z，其中z表示直線在y軸上的截距． ①當(dāng)a＜0時(shí)，由可行域可知直線ax＋y＝z經(jīng)過(guò)可行域的A時(shí)，z取得最大， 由 解得A，代入ax＋y＝，得a＝－2. ②當(dāng)a＞0

54、時(shí)，由圖可知當(dāng)直線ax＋y＝z經(jīng)過(guò)B(0,1)時(shí)，z取得最大值1，與已知矛盾． ③當(dāng)a＝0時(shí)，z＝y(tǒng)最大為，不合題意，綜上可知a＝－2.故選C.] 11．已知邊長(zhǎng)為2的等邊三角形ABC，D為BC的中點(diǎn)，沿AD將△ABC折成直二面角B－AD－C，則過(guò)A，B，C，D四點(diǎn)的球的表面積為(　　) A．3π B．4π C．5π D．6π 解析：C　[ 如圖，連接BC，設(shè)四面體ACBD外接球的球心為O，AB的中點(diǎn)為M，連接MD，OM，OD，∵AD⊥BD， ∴△ABD外接圓的圓心為AB的中點(diǎn)M. ∵二面角B－AD－C為直二面角，且平面ABD∩平面ACD＝AD，CD⊥AD，∴CD⊥平面

55、ABD，易知OM⊥平面ABD， ∴OM∥CD，OM⊥MD.連接OC，在直角梯形OMDC中，易得CD＝2OM.設(shè)該外接球的半徑為R，則R2＝MD2＋OM2＝MD2＋2＝，∴該外接球的表面積為4πR2＝5π，故選C.] 12．已知x∈(0,2)，關(guān)于x的不等式＜恒成立，則實(shí)數(shù)k的取值范圍為(　　) A．[0，e＋1) B．[0,2e－1) C．[0，e) D．[0，e－1) 解析：D　[依題意，k＋2x－x2＞0，即k＞x2－2x對(duì)任意x∈(0,2)都成立， 所以k≥0， 因?yàn)椋?，所以k＜＋x2－2x， 令f(x)＝＋x2－2x，f′(x)＝＋2(x－1)＝(x－1)， 令f

56、′(x)＝0，解得x＝1， 當(dāng)x∈(1,2)時(shí)，f′(x)＞0，函數(shù)遞增， 當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f′(x)＜0，函數(shù)遞減， 所以f(x)的最小值為f(1)＝e－1， 所以0≤k＜e－1，故選D.] 二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分) 13．(理)某企業(yè)的4名職工參加職業(yè)技能考核，每名職工均可從4個(gè)備選考核項(xiàng)目中任意抽取一個(gè)參加考核，則恰有一個(gè)項(xiàng)目未被抽中的概率為_(kāi)_______． 解析：由題意得，所有的基本事件總數(shù)為44＝256，若恰有一個(gè)項(xiàng)目未被抽中，則說(shuō)明4名職工總共抽取了3個(gè)項(xiàng)目，符合題意的基本事件數(shù)為C·C·C·A＝144，故所求概率p＝＝. 答案：

57、13．(文)不透明盒子里裝有大小質(zhì)量完全相同的2個(gè)黑球，3個(gè)紅球，從盒子中隨機(jī)摸取兩球，顏色相同的概率為_(kāi)_______． 解析：記兩個(gè)黑球?yàn)閍，b,3個(gè)紅球?yàn)閤，y，z，隨機(jī)取出兩個(gè)球， 基本事件為ab，ax，ay，az，bx，by，bz，xy，xz，yz共10個(gè)， 其中取到的球顏色相同包含的基本事件有4個(gè)，所以取到的球顏色相同的概率p＝＝0.4. 答案：0.4 14．已知函數(shù)f(x)＝axln x＋b(a，b∈R)，若f(x)的圖象在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為2x－y＝0，則a＋b＝________. 解析：f(x)＝axln x＋b的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝a(1＋ln x)

58、， 由f(x)的圖象在(1，f(1))處的切線方程為2x－y＝0， 易知f(1)＝2，即b＝2， f′(1)＝2，即a＝2，則a＋b＝4. 答案：4 15．在海島A上有一座海拔1千米的山，山頂上有一個(gè)觀察站P.上午11時(shí)，測(cè)得一輪船在島的北偏東30°，俯角30°的B處，到11時(shí)10分又測(cè)得該船在島的北偏西60°，俯角60°的C處，則輪船的航行速度是________千米/時(shí)． 解析：PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，∠APB＝60°，∠APC＝30°，PA＝1(千米)，AC＝千米， AB＝千米 從而B(niǎo)C＝(千米)， 于是速度v＝BC÷＝2(千米/時(shí))． 答案：2 16

59、．已知函數(shù)f(x)＝|lg x|，a＞b＞0，f(a)＝f(b)，則的最小值等于________． 解析：作出函數(shù)f(x)的草圖，如圖所示， 若f(a)＝f(b)，a＞b＞0， 則0＜b＜1，a＞1， 則f(a)＝|lg a|＝lg a，f(b)＝|lg b|＝－lg b， 因?yàn)閒(a)＝f(b)， 所以lg a＝－lg b， 即lg a＋lg b＝lg(ab)＝0， 解得ab＝1. 因?yàn)閍＞b＞0， 所以a－b＞0， 所以＝＝a－b＋≥2 ＝2， 當(dāng)且僅當(dāng)a－b＝，即a－b＝時(shí)取等號(hào)． 故的最小值等于2. 答案：2 Ⅱ：高考中檔大題(3＋2選1)·滿分練(一

60、) 限時(shí)45分鐘　滿分46分 解答題(本大題共4小題，共46分) 1．(12分)已知數(shù)列{an}中，點(diǎn)(an，an＋1)在直線y＝x＋2上，且首項(xiàng)a1＝1. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，等比數(shù)列{bn}中，b1＝a1，b2＝a2，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n，請(qǐng)寫(xiě)出適合條件Tn≤Sn的所有n的值． 解：(1)根據(jù)已知a1＝1，an＋1＝an＋2， 即an＋1－an＝2＝d， 所以數(shù)列{an}是一個(gè)等差數(shù)列，an＝a1＋(n－1)d＝2n－1. (2)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝n2. 等比數(shù)列{bn}中，b1＝a1＝1，b2＝a2＝

61、3， 所以q＝3，bn＝3n－1， 數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn＝＝. Tn≤Sn即≤n2， 又n∈N*，所以n＝1或2. 2．(文)(12分)如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD是正方形，AB＝2EF＝2，EF∥AB，EF⊥FB，∠BFC＝90°，BF＝FC，H為BC的中點(diǎn)． (1)求證：FH∥平面EDB； (2)求證：AC⊥平面BDE； (3)求四面體B－DEF的體積． 解： (1)設(shè)BD與AC交于點(diǎn)O，連接OE，OH. 因?yàn)镺，H分別為AC，BC的中點(diǎn)， 所以O(shè)H∥AB，OH＝AB，又因?yàn)镋F∥AB，EF＝AB， 所以O(shè)H∥EF，又因?yàn)镺H＝EF，

62、 所以四邊形OEFH為平行四邊形，所以FH∥OE， 又因?yàn)镕H?平面BDE，OE?平面BDE， 所以FH∥平面BDE. (2)因?yàn)镋F∥AB，EF⊥FB， 所以AB⊥FB，又因?yàn)锳B⊥BC，F(xiàn)B∩BC＝B， 所以AB⊥平面BCF，又因?yàn)镕H?平面BCF， 所以FH⊥AB，又FH⊥BC，BC∩AB＝B， 所以FH⊥平面ABCD，又因?yàn)镕H∥OE， 所以O(shè)E⊥平面ABCD，所以O(shè)E⊥AC， 又AC⊥BD，BD∩OE＝O，所以AC⊥平面BDE. (3)VB－DEF＝×S△DEF×BF＝××1××＝. 2．(理)(12分)如圖1，在等腰梯形PDCB中，PB∥DC，PB＝3，DC

63、＝1，∠DPB＝45°，DA⊥PB于點(diǎn)A，將△PAD沿AD折起，構(gòu)成如圖2所示的四棱錐P－ABCD，點(diǎn)M在棱PB上，且PM＝MB. (1)求證：PD∥平面MAC； (2)若平面PAD⊥平面ABCD，求二面角M－AC－B的余弦值． 解：(1)證明，連接BD交AC于點(diǎn)N，連接MN， 依題意知AB∥CD， 所以△ABN∽△CDN，所以＝＝2， 因?yàn)镻M＝MB， 所以＝＝2， 所以在△BPD中，MN∥PD， 又PD?平面MAC，MN?平面MAC. 所以PD∥平面MAC. (2)因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PA⊥AD，PA?平面PAD，

64、所以PA⊥平面ABCD， 所以PA⊥AB，又AD⊥AB， 所以PA，AD，AB兩兩垂直，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以，，的方向?yàn)閤，y，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示： 因?yàn)锳P＝AD＝1，AB＝2，且PM＝MB， 所以A(0,0,0)，B(0,2,0)，P(0,0,1)，M，C(1，1,0)， 所以＝(0,0,1)，＝，＝(1,1,0)，因?yàn)镻A⊥平面ABCD， 所以n1＝＝(0,0,1)為平面ABC的一個(gè)法向量． 設(shè)平面MAC的法向量為n2＝(x，y，z)， 則 所以 令x＝1，則y＝－1，z＝1， 所以n2＝(1，－1,1)為平面MAC的一個(gè)法向量． 所以

65、cos〈n1，n2〉＝＝＝， 所以二面角M－AC－B的余弦值為. 3．(文)(12分)某縣自古就以盛產(chǎn)蜜瓜而名揚(yáng)中外，生產(chǎn)的瓜州蜜瓜有4個(gè)系列30多個(gè)品種，質(zhì)脆汁多，香甜可口，清爽宜人，含糖量達(dá)14%～19%，是消暑止渴的佳品．有詩(shī)贊曰：冰泉浸綠玉，霸刀破黃金；涼冷消晚暑，清甘洗渴心．調(diào)查表明，蜜瓜的甜度與海拔高度、日照時(shí)長(zhǎng)、溫差有極強(qiáng)的相關(guān)性，分別用x，y，z表示蜜瓜甜度與海拔高度、日照時(shí)長(zhǎng)、溫差的相關(guān)程度，并對(duì)它們進(jìn)行量化：0表示一般，1表示良，2表示優(yōu)，再用綜合指標(biāo)ω＝x＋y＋z的值評(píng)定蜜瓜的等級(jí)，若ω≥4，則為一級(jí)；若2≤ω≤3，則為二級(jí)；若0≤ω≤1，則為三級(jí)．近年來(lái)，周邊各省也

66、開(kāi)始發(fā)展蜜瓜種植，為了了解目前蜜瓜在周邊各省的種植情況，研究人員從不同省份隨機(jī)抽取了10塊蜜瓜種植地，得到如下結(jié)果： 種植地編號(hào) A B C D E (x，y，z) (1,0,0) (2,2,1) (0,1,1) (2,0,2) (1,1,1) 種植地編號(hào) F G H I J (x，y，z) (1,1,2) (2,2,2) (0,0,1) (2,2,1) (0,2,1) (1)若有蜜瓜種植地110塊，試估計(jì)等級(jí)為三級(jí)的蜜瓜種植地的數(shù)量； (2)從樣本里等級(jí)為一級(jí)的蜜瓜種植地中隨機(jī)抽取兩塊，求這兩塊種植地的綜合指標(biāo)ω至少有一個(gè)為4的概率． 解：(1)計(jì)算10塊種植地的綜合指標(biāo)，可得下表： 編號(hào) A B C D E F G H I J 綜合指標(biāo)ω 1 5 2 4 3 4 6 1 5 3 由上表可知：等級(jí)為三級(jí)的有A，H，共2塊，其頻率為. 用樣本的頻率估計(jì)總體的頻率，可估計(jì)等級(jí)為三級(jí)的蜜瓜種植地的數(shù)量為110×＝22(塊)． (2)由(1)可知，等級(jí)是一級(jí)的(ω≥4)有B，D，F(xiàn)，G，I