2019年高考數學（理科天津課標版）大二輪復習：綜合能力訓練含答案

1、祝學子學業(yè)有成，取得好成績綜合能力訓練第卷（選擇題,共40分)一、選擇題(本大題共8小題,每小題5分，共40分)1.已知集合a=xx-1232,b=xy=lg（4xx2），則ab等于()a.（0,2b。1，0）c。2,4)d。1，4）2。設直線x+y=1與拋物線y2=2px（p0)交于a,b兩點，若oaob，則oab的面積為(）a。1b。52c.5d。23。已知奇函數f（x）在r上是增函數，g（x)=xf(x）。若a=g(-log25。1),b=g(20.8），c=g（3），則a，b，c的大小關系為（）a。abcb。cbac。bacd.bca4。(2018浙江，3）某幾何體的三視圖如圖所示（單

2、位:cm)，則該幾何體的體積(單位:cm3)是（)a.2b。4c。6d。85.執(zhí)行如圖所示的程序框圖.若輸入n=3,則輸出的s=（)a。67b。37c。89d。496.已知雙曲線x2a2-y2b2=1(a0,b0)被斜率為1的直線截得的弦的中點為(4，1），則該雙曲線離心率的值是()a.52b.62c。103d。27。已知函數f(x)=sin(x2),-1x0,ex-1,x0,若f(1）+f(a)=2，則a的所有可能值為()a。1b.22c。1,22d。1，228。已知實數a，b，c.(）a。若a2+b+c|+|a+b2+c|1，則a2+b2+c2100b.若|a2+b+c+a2+b-c|1,

3、則a2+b2+c2100c.若|a+b+c2|+a+b-c21,則a2+b2+c2100d。若a2+b+c+|a+b2-c|1，則a2+b2+c2b0）的左、右焦點f1，f2與橢圓短軸的一個端點構成邊長為4的正三角形。(1）求橢圓c的標準方程；(2）過橢圓c上任意一點p作橢圓c的切線與直線f1p的垂線f1m相交于點m,求點m的軌跡方程；(3)若切線mp與直線x=-2交于點n，求證:|nf1|mf1|為定值.20.(14分）已知函數f(x）=ln(1+x)+a2x2-x(a0).（1)若f（x)0對x(0,+）都成立，求a的取值范圍；(2)已知e為自然對數的底數，證明:nn，e0時,g（x)=f

4、（x)+xf(x）0恒成立,g（x）在區(qū)間（0,+）上是增函數。2log25。13，120。82，20。8log25.13。結合函數g（x)的性質得bac.故選c。4.c解析 由三視圖可知該幾何體為直四棱柱。s底=12（1+2)2=3,h=2,v=sh=32=6。5.b解析 由題意得,輸出的s為數列1(2n-1)(2n+1)的前3項和,而1(2n-1)(2n+1)=1212n-1-12n+1，即sn=121-12n+1=n2n+1.故當輸入n=3時,s3=37，故選b.6。a解析 設直線l與雙曲線交于點a（x1，y1)，b(x2，y2）,則(x1+x2)(x1-x2)a2-(y1+y2)(y1

5、-y2)b2=0，即y1-y2x1-x2=b2(x1+x2)a2(y1+y2).由弦的中點為(4，1），直線的斜率為1可知，x1+x2=8,y1+y2=2，y1-y2x1-x2=1，b2a2=14，e2=1+b2a2=54.e=52.故選a。7。c解析 f(1）=e1-1=1,f（a）=1。若a(1,0)，則sin（a2）=1，a=22.若a0，+）,則ea-1=1,a=1.因此a=1或a=22.8.d解析 （舉反例排除）選項a中，令a=b=10，c=-110，則a2+b+c|+|a+b2+c=|100+10110|+|10+100-110=0100,故選項a不成立；選項b中，令a=10,b=

6、100,c=0,則a2+b+c+|a2+b-c=01.而a2+b2+c2=100+1002+0100，故選項b不成立;選項c中，令a=100，b=-100,c=0,則a+b+c2|+|a+bc2|=01.而a2+b2+c2=1002+1002+0100，故選項c不成立;故選d.9.2解析 (1+i)(1-bi)=1+b+（1b）i=a,則1+b=a,1-b=0,所以a=2,b=1,即ab=2。故答案為2。10。-40解析 （2x-1)5的展開式的通項為tr+1=c5r(2x)5-r（1）r=(1）rc5r25rx5-r。根據題意，得5r=2,解得r=3。所以含x2項的系數為(-1)3c5325

7、3=22c52=-40.11。3（2-3)解析 ao1=3r1,c1o2=3r2，o1o2=r1+r2,(3+1）（r1+r2)=3，r1+r2=33+1,球o1和o2的表面積之和為4(r12+r22)42r1+r222=2（r1+r2）2=3（2-3）。12.2解析 4cos-6+1=0,展開得23cos +2sin +1=0，直線的直角坐標方程為23x+2y+1=0.=2sin 兩邊同乘得2=2sin ，圓的直角坐標方程為x2+y22y=0，圓心為(0，1），半徑r=1。圓心到直線的距離d=|230+21+1|(23)2+22=34r=1.直線與圓相交。直線與圓公共點的個數為2.13.1解

8、析 由約束條件y3x-2,x-2y+10,2x+y8作出可行域如圖，聯立x-2y+1=0,2x+y=8,解得a（3,2）,yx-1的幾何意義為可行域內的動點與定點p（1,0）連線的斜率,則其最小值為kpa=2-03-1=1.14.解析 由題意，ab是以ac為軸,bc為底面半徑的圓錐的母線,由aca，acb，得ac圓錐底面，在底面內可以過點b，作bda，交底面圓c于點d,如圖所示,連接de,則debd，deb。連接ad，在等腰三角形abd中，設ab=ad=2，當直線ab與a成60角時，abd=60，故bd=2.又在rtbde中,be=2,de=2,過點b作bfde,交圓c于點f,連接af，由圓的

9、對稱性可知bf=de=2,abf為等邊三角形，abf=60,即ab與b成60角，正確,錯誤。由最小角定理可知正確；很明顯，可以滿足直線a平面abc，直線ab與a所成的最大角為90，錯誤.故正確的說法為。15。解 （1)由題設及a+b+c=,得sin b=8sin2b2，故sin b=4(1cos b）.上式兩邊平方,整理得17cos2b-32cos b+15=0,解得cos b=1(舍去），cos b=1517.（2)由cos b=1517得sin b=817,故sabc=12acsin b=417ac。又sabc=2，則ac=172.由余弦定理及a+c=6得b2=a2+c2-2accos b

10、=(a+c)22ac(1+cos b)=3621721+1517=4。所以b=2.16.解 （1）由已知an=2an1n+2（n2，nn）得a2=4，a3=7。an-n=2an-12n+2,即an-n=2an-1-(n1）.an-nan-1-(n-1)=2(n2,nn)，且a1-1=1,an-n是以1為首項,2為公比的等比數列。（2）由(1）得an-n=（a1-1)2n1,即an=2n-1+n,bn=an2n-1=1+n2n-1.設cn=n2n-1，且前n項和為tn，則tn=120+221+322+n2n-1,12tn=121+222+323+n2n,-,得12tn=1+12+122+123+

11、12n-1-n2n=1-12n1-12-n2n=22+n2n.故tn=4-2+n2n-1,sn=n+42+n2n-1.17。解法一 （1）證明：如圖，連接ad1,由abcd-a1b1c1d1是正方體，知bc1ad1。當=1時，p是dd1的中點，又f是ad的中點，所以fpad1,所以bc1fp.而fp平面efpq,且bc1平面efpq，故直線bc1平面efpq.（2）如圖,連接bd.因為e,f分別是ab,ad的中點，所以efbd,且ef=12bd.又dp=bq，dpbq,所以四邊形pqbd是平行四邊形，故pqbd，且pq=bd，從而efpq，且ef=12pq.在rtebq和rtfdp中，因為bq

12、=dp=,be=df=1，所以eq=fp=1+2，所以四邊形efpq也是等腰梯形。同理可證四邊形pqmn也是等腰梯形.分別取ef，pq，mn的中點為h,o，g,連接oh，og，則gopq，hopq，而goho=o，故goh是平面efpq與平面pqmn所成的二面角的平面角.若存在使平面efpq與平面pqmn所成的二面角為直二面角,則goh=90。連接em,fn，則由efmn，且ef=mn知四邊形efnm是平行四邊形。連接gh，因為h,g是ef,mn的中點，所以gh=me=2。在goh中，gh2=4，oh2=1+2222=2+12,og2=1+(2）2222=（2-）2+12,由og2+oh2=g

13、h2,得(2-）2+12+2+12=4,解得=122,故存在=122,使平面efpq與平面pqmn所成的二面角為直二面角.解法二 以d為原點，射線da，dc,dd1分別為x，y，z軸的正半軸建立如圖所示的空間直角坐標系。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）證明:當=1時，fp=(1,0，1).因為bc1=（-2,0，2）,所以bc1=2fp,即bc1fp。而fp平面efpq，且bc1平面efpq，故直線bc1平面efpq.(2)設平面efpq的一個法向量為n=

14、(x，y,z）,則由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的一個法向量為m=（2，2-,1）。若存在,使平面efpq與平面pqmn所成的二面角為直二面角,則mn=（2,2-，1)（，,1）=0,即（-2)(2）+1=0，解得=122.故存在=122，使平面efpq與平面pqmn所成的二面角為直二面角.18。解 (1）由已知,有p(a）=c31c41+c32c102=13.所以，事件a發(fā)生的概率為13.(2)隨機變量x的所有可能取值為0,1,2.p(x=0)=c32+c32+c42c102=415，p(x=1）=c31c31+c31c41

15、c102=715,p(x=2)=c31c41c102=415.所以，隨機變量x的分布列為x012p415715415隨機變量x的數學期望e(x)=0415+1715+2415=1。19。（1）解 依題意,2c=a=4,c=2，b=23.橢圓c的標準方程為x216+y212=1。(2）解 由(1）知f1(-2，0),設p（x0，y0),m（x，y），過橢圓c上點p的切線方程為x0x16+y0y12=1，直線f1p的斜率kf1p=y0x0+2，則直線mf1的斜率kmf1=x0+2y0,直線mf1的方程為y=x0+2y0(x+2)，即yy0=(x0+2）（x+2)，聯立,解得x=8,故點m的軌跡方程

16、為x=8。(3）證明 依題意及（2)，知點m，n的坐標可表示為m（8，ym)，n(2,yn），點n在切線mp上,由式得yn=3(x0+8)2y0，點m在直線mf1上,由式得ym=6(x0+2)y0,nf1|2=yn2=9(x0+8)24y02，mf12=（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，注意到點p在橢圓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|mf1|的值為定

17、值12.20.(1）解 f(x)=ln（1+x)+a2x2-x，其定義域為（1，+)，f(x）=11+x+ax1=x(ax+a-1)1+x.當a=0時，f（x)=x1+x，當x（0，+)時,f(x）0，則f(x）在區(qū)間（0，+）內單調遞減，此時,f(x)f（0）=0,不符合題意。當0a0,當x0,1-aa時，f（x)0,則f(x）在區(qū)間0,1-aa內單調遞減，此時,f(x)f（0）=0，不符合題意.當a=1時，f(x）=x21+x，當x（0，+）時,f(x）0，則f（x）在區(qū)間（0,+)內單調遞增，此時，f（x)f（0)=0，符合題意。當a1時，令f（x）=0,得x1=0,x2=1-aa0,當x(0,+)時,f(x）0，則f(x）在區(qū)間(0,+)內單調遞增，此時，f（x)f（0）=0,符合題意.綜上所述,a的取值范圍為1，+).（2)證明 由（1）可知，當a=0時，f(x)0對x（0，+）都成立,即ln(1+x)x對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,則n+12n=12+12n12+121=1.ln1+1n21+2n21+nn21.1+1n21+2n21+nn2e.由(1)可知,當a=1時,f（x）0對x(0，+）都