高考數(shù)二輪專題突破預(yù)測(cè)演練提能訓(xùn)練 第3部分 專題二 保溫訓(xùn)練卷(三) 文（以真題和模擬題為例 含解析）

保溫訓(xùn)練卷(三)一、選擇題1．已知集合A＝{1,2,3,4,5}，B＝{t|t＝x＋y，x∈A，y∈A}，則B中所含元素的和為()A．45B．48解析：選C集合B中的元素是由集合A中的任意兩個(gè)元素相加得到的(元素可以相同)，故集合B＝{2,3,4,5,6,7,8,9,10}，B中所含元素的和為54.2．函數(shù)f(x)＝log2x＋x－4的零點(diǎn)所在的區(qū)間是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) B．(1,2)C．(2,3) D．(3,4)解析：選Cfeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\f(9,2)，f(1)＝－3，f(2)＝－1，f(3)＝log23－1>0，f(4)＝2，根據(jù)零點(diǎn)存在性定理，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(2,3)內(nèi)有零點(diǎn)．3．設(shè)a，b分別為先后拋擲一枚骰子得到的點(diǎn)數(shù)，則在先后兩次出現(xiàn)的點(diǎn)數(shù)中有5的條件下，方程x2＋ax＋b＝0有實(shí)根的概率是()A.eq\f(7,11) B.eq\f(9,11)C.eq\f(11,18) D.eq\f(7,18)解析：選A若第1次沒(méi)有5，則第2次必是5，所以試驗(yàn)發(fā)生包含的事件數(shù)為6＋5＝11.方程x2＋ax＋b＝0有實(shí)根要滿足a2－4b≥0，當(dāng)a＝5時(shí)，b＝1,2,3,4,5,6；當(dāng)b＝5時(shí)，a＝6，則共有6＋1＝7種結(jié)果，∴滿足條件的概率是eq\f(7,11).4．下列條件中，能夠判定平面α與平面β平行的條件是()A．α，β都垂直于另一平面γB．α內(nèi)不共線的三點(diǎn)到β的距離相等C．l，m是α內(nèi)的兩條直線，且l∥β，m∥βD．l，m是兩條異面直線，且l∥α，m∥α，l∥β，m∥β解析：選D對(duì)于A，由正方體的三個(gè)相鄰面可知A不正確；對(duì)于B，當(dāng)平面α與平面β相交時(shí)，一側(cè)的兩個(gè)點(diǎn)與另一側(cè)的一個(gè)點(diǎn)到平面β的距離相等，B不正確；對(duì)于C，若m，l是平行線，則α，β可能不平行，C不正確；對(duì)于D，過(guò)空間一點(diǎn)P分別作直線l，m的平行線a，b，則a，b均平行平面α，故a，b確定的平面H與平面α平行，同理平面H與平面β平行，由平面平行的傳遞性，可得平面α，β平行，D正確．5．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1，x≥0，,x2－1，x<0，))則滿足不等式f(3－x2)<f(2x)的x的取值范圍為()A．[－3,0) B．(－3,0)C．(－3,1) D．(－3，－1)解析：選B畫(huà)出函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1，x≥0，,x2－1，x<0))的圖像，如圖．∵f(3－x2)<f(2x)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－x2<0，,3－x2>2x，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－x2≥0，,2x<0，))解得－3<x<－eq\r(3)或－eq\r(3)≤x<0，∴滿足不等式的x的取值范圍為－3<x<0.6．若函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))的部分圖像如圖，則ω和φ的取值是()A．ω＝1，φ＝eq\f(π,3)B．ω＝1，φ＝－eq\f(π,3)C．ω＝eq\f(1,2)，φ＝eq\f(π,6)D．ω＝eq\f(1,2)，φ＝－eq\f(π,6)解析：選C由題中圖可知eq\f(T,4)＝eq\f(2π,3)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝π，∴T＝4π，∴ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(1,2)，故f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋φ))，將eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，1))代入可求得φ＝eq\f(π,6).7．在等比數(shù)列{an}中，a5＋a6＝a(a≠0)，a15＋a16＝b，則a25＋a26＝()A.eq\f(b,a) B.eq\f(b2,a2)C.eq\f(b2,a) D.eq\f(b,a2)解析：選C∵a15＋a16＝a5q10＋a6q10＝(a5＋a6)q10，∴eq\f(a15＋a16,a5＋a6)＝q10＝eq\f(b,a)，又eq\f(a25＋a26,a15＋a16)＝q10，所以a25＋a26＝(a15＋a16)q10＝eq\f(b2,a).8．圖中陰影部分的面積S是h的函數(shù)(0≤h≤H)，則該函數(shù)的大致圖像是()ABCD解析：選B由圖知，隨著h的增大，陰影部分的面積S逐漸減小，且減小得越來(lái)越慢，結(jié)合選項(xiàng)可知選B.二、填空題9．若點(diǎn)P(m，n)在由不等式組eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－7≤0，,x－2y＋5≤0，,2x－y＋1≥0))所確定的區(qū)域內(nèi)，則n－m的最大值為_(kāi)_______．解析：作出可行域，如圖中的陰影部分所示，可行域的頂點(diǎn)坐標(biāo)分別為(1,3)，(2,5)，(3,4)，設(shè)目標(biāo)函數(shù)z＝y(tǒng)－x，則y＝x＋z，其縱截距為z，由圖易知點(diǎn)P的坐標(biāo)為(2,5)時(shí)，n－m最大，為3.答案：310．已知一個(gè)棱長(zhǎng)為2的正方體，被一個(gè)平面截后所得幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是________．解析：如圖，它被切去的是三棱臺(tái)ABC-DEF，通過(guò)計(jì)算可知S△ABC＝eq\f(1,2)，S△DEF＝2，所以VABC－DEF＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,2)×2)＋\f(1,2)＋2))×2＝eq\f(7,3)，則該幾何體的體積V＝23－eq\f(7,3)＝eq\f(17,3).答案：eq\f(17,3)11．已知等軸雙曲線C的中心在原點(diǎn)，焦點(diǎn)在y軸上，C與拋物線x2＝16y的準(zhǔn)線交于A，B兩點(diǎn)，|AB|＝4eq\r(2)，則C的虛軸長(zhǎng)為_(kāi)_______．解析：設(shè)雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,b2)＝1(a>0，b>0)，拋物線的準(zhǔn)線方程為y＝－4，又|AB|＝4eq\r(2)，可求得雙曲線上一個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)為(2eq\r(2)，－4)，故有a2＝b2＝8，a＝b＝2eq\r(2)，所以2b＝4eq\r(2).答案：4eq\r(2)三、解答題12．已知函數(shù)f(x)＝eq\r(3)sinxcosx＋cos2x＋a.(1)求f(x)的最小正周期及單調(diào)遞減區(qū)間；(2)若f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))上的最大值與最小值的和為eq\f(3,2)，求a的值．解：(1)因?yàn)閒(x)＝eq\f(\r(3),2)sin2x＋eq\f(1＋cos2x,2)＋a＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋a＋eq\f(1,2)，所以T＝π.由eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，得eq\f(π,6)＋kπ≤x≤eq\f(2π,3)＋kπ，k∈Z.故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋kπ，\f(2π,3)＋kπ))(k∈Z)．(2)因?yàn)椋璭q\f(π,6)≤x≤eq\f(π,3)，所以－eq\f(π,6)≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(5π,6)，－eq\f(1,2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))≤1.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))上的最大值與最小值的和為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋a＋\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋a＋\f(1,2)))＝eq\f(3,2)，所以a＝0.13．已知數(shù)列{an}是首項(xiàng)a1＝eq\f(1,4)，公比q＝eq\f(1,4)的等比數(shù)列，設(shè)bn＋2＝3logan(n∈N*)，數(shù)列{cn}滿足cn＝anbn.(1)求證：數(shù)列{bn}是等差數(shù)列；(2)求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Sn.解：(1)證明：由題意知，an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n(n∈N*)．由bn＝3logan－2，可知b1＝3loga1－2＝1，且bn＋1－bn＝3logan＋1－3logan＝3logeq\f(an＋1,an)＝3logq＝3，∴數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為1，公差為3的等差數(shù)列．(2)由(1)知，an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n，bn＝3n－2(n∈N*)，∴cn＝(3n－2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n(n∈N*)，∴Sn＝1×eq\f(1,4)＋4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2＋7×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))3＋…＋(3n－5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n－1＋(3n－2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n，①于是eq\f(1,4)Sn＝1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2＋4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))3＋7×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))4＋…＋(3n－5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n＋(3n－2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n＋1，②①－②得eq\f(3,4)Sn＝eq\f(1,4)＋3×eq\b\lc\[\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))3＋…＋))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n))－(3n－2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n＋1＝eq\f(1,2)－(3n＋2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n＋1，∴Sn＝eq\f(2,3)－eq\f(3n＋2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n(n∈N*)．14.如圖，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別是橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左，右焦點(diǎn)，點(diǎn)A是橢圓C的一個(gè)頂點(diǎn)，點(diǎn)B是直線AF2與橢圓C的另一個(gè)交點(diǎn)，且∠F1AF2＝60°.(1)求橢圓C的離心率；(2)已知△AF1B的面積為40eq\r(3)，求a，b的值．解：(1)由題意可知，△AF1F2為等邊三角形，所以b＝eq\r(3)c，a＝2c，所以e＝eq\f(1,2).(2)易知a2＝4c2，b2＝3c于是直線AB的方程為y＝－eq\r(3)(x－c)，將其代入橢圓方程為3x2＋4y2＝12c2，得B