綜合測試卷(二)時間:120分鐘 分值:150分一、選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的.1.(2020陜西西安五校4月聯(lián)考,1)設(shè)全集U=R,A={x|y=},B={y|y=2x,x∈R},則(?UA)∩B=( )A.{x|x<0} B.{x|0
2}答案 D 本題以函數(shù)的定義域和值域為載體考查不等式的求解和集合的運算,考查學(xué)生基礎(chǔ)知識和基本技能的掌握情況,同時通過不等式的求解考查數(shù)學(xué)運算的核心素養(yǎng).∵x∈R,∴y=2x>0,即B={y|y>0}.由2x-x2≥0得0≤x≤2,∴A={x|0≤x≤2},∴?UA={x|x<0或x>2},∴(?UA)∩B={x|x>2},故選D.2.(2019北京石景山一模文,2)設(shè)i是虛數(shù)單位,若復(fù)數(shù)(1-i)z=2i,則復(fù)數(shù)z的模為( )A.1 B. C. D.2答案 B 由(1-i)z=2i,得z===-1+i,∴|z|=.故選B.3.(2020浙江溫州二模)設(shè)a,b∈(0,1)∪(1,+∞),則“a=b”是“logab=logba”的( )A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件,答案 A 本題考查充分、必要條件的判斷.a,b∈(0,1)∪(1,+∞),當(dāng)a=b時,logab=logba,充分性成立;當(dāng)logab=logba時,取a=2,b=,驗證成立,故必要性不成立,故選A.4.(2020河南六市一模,3)五行學(xué)說是華夏民族創(chuàng)造的哲學(xué)思想,是華夏文明重要組成部分.古人認(rèn)為,天下萬物皆由金、木、水、火、土五類元素組成,如圖,分別是金、木、水、火、土彼此之間存在的相生相克的關(guān)系.若從5類元素中任選2類元素,則2類元素相生的概率為( )A. B. C. D.答案 A 從5類元素中任選2類元素,基本事件總數(shù)n=10,2類元素相生包含的基本事件有5個,則2類元素相生的概率P==.故選A.5.若函數(shù)y=f(x)的值域是[1,3],則函數(shù)F(x)=1-f(x+3)的值域是( )A.[-8,-3] B.[-5,-1] C.[-2,0] D.[1,3]答案 C ∵1≤f(x)≤3,∴1≤f(x+3)≤3,∴-3≤-f(x+3)≤-1,∴-2≤1-f(x+3)≤0.故F(x)的值域為[-2,0].故選C.名師點睛 本題可以通過函數(shù)圖象的平移變換來求解,左右平移改變定義域,不改變值域;上下平移改變值域,不改變定義域.6.(2020江西南昌模擬,4)公比不為1的等比數(shù)列{an}中,若a1a5=aman,則mn不可能為( )A.5 B.6 C.8 D.9答案 B 本題主要考查了等比數(shù)列的性質(zhì),熟記等比數(shù)列的性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵,著重考查了推理與計算能力,體現(xiàn)了邏輯推理和數(shù)學(xué)運算的核心素養(yǎng).,由a1a5=aman及等比數(shù)列的性質(zhì),可得m+n=1+5=6,且m,n∈N*,所以m=1,n=5或m=2,n=4或m=3,n=3或m=4,n=2或m=5,n=1,所以mn不可能是6,故選B.方法總結(jié) 在等比數(shù)列{an}中,若m+n=p+q=2k(m,n,p,q,k∈N*),則am·an=ap·aq=.7.(2020河南天一大聯(lián)考高三(上)段考,10)已知橢圓+=1(a>b>0)短軸的兩個端點為A、B,點C為橢圓上異于A、B的一點,直線AC與直線BC的斜率之積為-,則橢圓的離心率為( )A. B. C. D.答案 A 由題意可設(shè)A(0,b),B(0,-b),C(x0,y0),由C在橢圓上可得+=1,即=,①由直線AC與BC的斜率之積為-,可得·=-,即=4(b2-),②將①代入②可得=4,即a=2b,則c==a,所以離心率e==.故選A.8.(2020山西臨汾一模,10)三棱錐P-ABC中,底面△ABC為非鈍角三角形,其中AB=2,BC=6,sin∠ACB=,PA=PC=4,則三棱錐P-ABC的外接球體積為( )A. B.72π C. D.288π,答案 C 因為sin∠ACB=,△ABC為非鈍角三角形,故cos∠ACB=,在△ABC中,由余弦定理得AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos∠ACB,即28=AC2+36-2AC·6×,解得AC=8(舍去AC=1),可得AC2=AB2+BC2,PA2+PC2=AC2,故∠ABC=90°,∠APC=90°,此時,注意到球心即為線段AC的中點O(此時點O到A,B,C,P的距離均為4),故所求球的體積V=πR3=.故選C.思路分析 由已知條件可求出AC的長,從而根據(jù)勾股定理的逆定理得出∠ABC=90°,∠APC=90°,可得球心及球的半徑,從而求得三棱錐P-ABC的外接球體積.二、選擇題:本題共4小題,每小題5分,共20分.在每小題給出的選項中,有多項符合題目要求.全部選對的得5分,有選錯的得0分,部分選對的得2分.9.若a,b為正實數(shù),則a>b的充要條件為( )A.> B.lna>lnbC.alnab>0時,<,故A錯誤;a>b>0時,lna>lnb,lna>lnb時,a>b>0,故B正確;a>1>b>0時,alna>0,blnb<0,則alna>blnb,故C錯誤;構(gòu)造函數(shù)y=x-ex(x>0),y'=1-ex<0(x>0),∴y=x-ex在(0,+∞)上是減函數(shù),又a>b>0,∴a-ea0,S10=S20,則( )A.d<0 B.a16<0C.Sn≤S15 D.當(dāng)且僅當(dāng)Sn<0時n≥32答案 ABC 由題可知10a1+45d=20a1+190d,∴145d=-10a1,又a1>0,∴d<0,故A正,確;a16=a1+15d=a1+15×a1=-a1<0,故B正確;a15=a1+14d=a1+14×a1=a1>0,a16<0,∴前15項的和最大,∴Sn≤S15,故C正確;Sn=na1+×a1<0⇒n>30,故D錯誤,故選ABC.11.如圖,直角梯形ABCD中,AB∥CD,AB⊥BC,BC=CD=AB=2,E為AB中點,以DE為折痕把△ADE折起,使點A到達(dá)點P的位置,且PC=2,則( )A.平面PED⊥平面EBCDB.PC⊥EDC.二面角P-DC-B的大小為D.PC與平面PED所成角的正切值為答案 AC 由題易知CE=2,又∵PC=2,PE=2,∴PC2=CE2+PE2,∴PE⊥CE,又PE⊥DE,CE∩DE=E,∴PE⊥平面EBCD,又PE⊂平面PED,∴平面PED⊥平面EBCD,故A正確;∵平面PED⊥平面EBCD,平面PED∩平面EBCD=ED,CD⊥DE,∴CD⊥平面PED,∴CD⊥PD,易知∠PDE為二面角P-DC-B的平面角,在Rt△PED中,PE=DE,∴∠PDE=,故C正確;假設(shè)PC⊥ED,又ED⊥CD,CD∩PC=C,PC⊂平面PCD,CD⊂平面PCD,∴ED⊥平面PCD,又PD⊂平面PCD,∴ED⊥PD,則∠PDE=,與C矛盾,故B錯誤;易知∠CPD為PC與平面PED所成角,∴tan∠CPD===,故D錯誤,故選AC.12.設(shè)函數(shù)f(x)=2cos2x-2-cos2x,則( )A.f(x)在上單調(diào)遞增,B.f(x)的值域為C.f(x)的一個周期為πD.f的圖象關(guān)于點對稱答案 BC 令t=cos2x,t∈[-1,1],則y=2t-2-t,t=cos2x在上單調(diào)遞減,y=2t-2-t在[-1,1]上單調(diào)遞增,故f(x)在上單調(diào)遞減,故A錯誤;易知y=2t-2-t在[-1,1]上單調(diào)遞增,∴-≤y≤,故B正確;f(x+π)=2cos(2x+2π)-2-cos(2x+2π)=2cos2x-2-cos2x=f(x),故C正確;f=-=2-sin2x-2sin2x,令x=,則函數(shù)值不為0,故D錯誤,故選BC.三、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分.13.(2020全國Ⅰ卷地區(qū)百校聯(lián)盟百日沖刺金卷(三),13)已知向量a=(2,1),b=(m,-1)(m∈R),且b⊥(2a-b),則向量a在b方向上的投影為 . 答案 或解析 根據(jù)題意,知2a-b=(4-m,3),∵b⊥(2a-b),∴m·(4-m)-3=0,∴m=1或m=3,∴向量a在b方向上的投影為==或=.解題關(guān)鍵 正確理解向量投影的定義,通過數(shù)量積進(jìn)行合理轉(zhuǎn)化是求解本題的關(guān)鍵,即a在b方向上的投影為|a|cos=.14.已知角α,β滿足tanα=-2,tanβ=,則tan(2α-β)= . 答案 ,解析 因為tanα=-2,所以tan2α==,又tanβ=,所以tan(2α-β)==.15.(2020河南洛陽二模,15)已知函數(shù)f(x)=x2-4x-4.若f(x)<1在區(qū)間(m-1,-2m)上恒成立,則實數(shù)m的取值范圍是 . 答案 解析 本題考查恒成立問題,考查運算能力,體現(xiàn)了邏輯推理和數(shù)學(xué)運算的核心素養(yǎng).因為f(x)=x2-4x-4,所以f(x)<1⇔x2-4x-5<0⇔-10,所以不等式2n2-n-3<(5-λ)an等價于5-λ>.記bn=,n≥2時,===+.因為b1=-,b2=>0,=>1,且n≥3時,≤+=<1,所以(bn)max=b3=,所以5-λ>,即λ<5-=,所以整數(shù)λ的最大值為4.四、解答題:共70分.解答應(yīng)寫出文字說明,證明過程或演算步驟.17.(10分)(2020湖南長沙一中月考,17)已知△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,滿足+=且b=4.(1)求角B;(2)求△ABC周長的最大值.解析 (1)由+=及正弦定理,得=,即=,∵sin(A+B)=sinC≠0,sinB≠0,∴cosB=,∵B∈(0,π),∴B=.(2)在△ABC中,由余弦定理得b2=a2+c2-2accosB=a2+c2-ac=16,∴(a+c)2=16+3ac≤16+3,即a+c≤8,當(dāng)且僅當(dāng)a=c時取等號.∴△ABC的周長=a+b+c≤12,∴△ABC周長的最大值為12.,18.(12分)等差數(shù)列{an}(n∈N*)中,a1,a2,a3分別是下表第一、二、三行中的某一個數(shù),且其中的任何兩個數(shù)不在下表的同一列.第一列第二列第三列第一行582第二行4312第三行1669(1)請選擇一個可能的{a1,a2,a3}組合,并求數(shù)列{an}的通項公式;(2)記(1)中您選擇的{an}的前n項和為Sn,判斷是否存在正整數(shù)k,使得a1,ak,Sk+2成等比數(shù)列,若存在,請求出k的值;若不存在,請說明理由.解析 (1)由題意可知,有兩種組合滿足條件:①a1=8,a2=12,a3=16,此時等差數(shù)列{an}的首項a1=8,公差d=4,所以其通項公式為an=4n+4.(5分)②a1=2,a2=4,a3=6,此時等差數(shù)列{an}的首項a1=2,公差d=2,所以其通項公式為an=2n.(5分)(2)若選擇①,Sn=2n2+6n.則Sk+2=2(k+2)2+6(k+2)=2k2+14k+20.(8分)若a1,ak,Sk+2成等比數(shù)列,則=a1·Sk+2,即(4k+4)2=8(2k2+14k+20),整理得k2+2k+1=k2+7k+10,即5k=-9,(11分)此方程無正整數(shù)解,故不存在正整數(shù)k,使得a1,ak,Sk+2成等比數(shù)列.(12分)若選擇②,Sn=n2+n,則Sk+2=(k+2)2+(k+2)=k2+5k+6,(8分)若a1,ak,Sk+2成等比數(shù)列,則=a1·Sk+2,即(2k)2=2(k2+5k+6),整理得k2-5k-6=0,解得k=6或k=-1,因為k為正整數(shù),所以k=6.(11分),故存在正整數(shù)k=6,使得a1,ak,Sk+2成等比數(shù)列.(12分)19.(12分)(2020山西康杰中學(xué)等四校聯(lián)考,18)如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為菱形,∠BAD=60°,∠APD=90°,且PA=PD=,PB=2.(1)求證:平面PAD⊥平面ABCD;(2)求點C到平面PBD的距離.解析 (1)證明:取AD的中點O,連接OP,OB.由題意知,△PAD為等腰直角三角形,又PA=PD=,所以AD=2,所以PO=1.(1分)因為底面ABCD為菱形,∠BAD=60°,所以AD=AB=BD=2.因為O為AD的中點,所以O(shè)B⊥AD,且OB=.(2分)因為PO2+OB2=1+3=4=PB2,所以O(shè)B⊥OP.(3分)因為OP∩AD=O,OP⊂平面PAD,AD⊂平面PAD,所以O(shè)B⊥平面PAD.(5分)因為OB⊂平面ABCD,所以平面PAD⊥平面ABCD.(6分)(2)由(1)知平面PAD⊥平面ABCD,OP⊥AD,且平面PAD∩平面ABCD=AD,OP⊂平面PAD,所以PO⊥平面ABCD.(7分)所以VP-BCD=·S△BCD·OP=×××22×1=.(9分),在△PBD中,PB=BD=2,PD=,所以S△PBD=××=.(10分)設(shè)點C到平面PBD的距離為d,因為VP-BCD=VC-PBD,所以=·S△PBDd,所以d=.故點C到平面PBD的距離為.(12分)20.(12分)(2020安徽江南十校4月模擬,18)移動支付是指移動客戶端利用手機等電子產(chǎn)品進(jìn)行電子貨幣支付,移動支付將互聯(lián)網(wǎng)、終端設(shè)備、金融機構(gòu)有效地聯(lián)合起來,形成了一個新型的支付體系,使電子貨幣開始普及.某機構(gòu)為了研究不同年齡人群使用移動支付的情況,隨機抽取了100名市民,得到如下表格:年齡(歲)[20,30)[30,40)[40,50)[50,60)[60,70)[70,80]使用移動支付402010442不使用移動支付1122410(1)畫出樣本中使用移動支付人群年齡的頻率分布直方圖,并估計使用移動支付人群的平均年齡;(2)完成下面的列聯(lián)表,能否在犯錯誤的概率不超過0.001的前提下認(rèn)為使用移動支付與年齡有關(guān)系?年齡小于50歲年齡不小于50歲合計使用移動支付不使用移動支付合計附:K2=,n=a+b+c+d.P(K2≥k0)0.0500.0100.001k03.8416.63510.828解析 (1)樣本中使用移動支付的人數(shù)為80,所以各年齡段的頻率分別為0.5,0.25,0.125,0.05,0.05,0.025.,畫出樣本中使用移動支付人群年齡的頻率分布直方圖,如圖所示:所以使用移動支付人群的平均年齡為×(40×25+20×35+10×45+4×55+4×65+2×75)=34.75,估計使用移動支付人群的平均年齡為34.75歲.(2)根據(jù)題意填寫列聯(lián)表如下:年齡小于50歲年齡不小于50歲合計使用移動支付701080不使用移動支付41620合計7426100K2=≈37.89>10.828,所以能在犯錯誤的概率不超過0.001的前提下認(rèn)為使用移動支付與年齡有關(guān)系.21.(12分)(2020皖南八校第三次聯(lián)考,20)已知點F1,F2是橢圓C:+=1(a>b>0))的左,右焦點,橢圓上一點P滿足PF1⊥x軸,|PF2|=5|PF1|,|F1F2|=2.(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)過F2的直線l交橢圓C于A,B兩點,當(dāng)△ABF1的內(nèi)切圓面積最大時,求直線l的方程.解析 本題主要考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程,直線的方程,橢圓的定義與幾何性質(zhì),直線與橢圓的位置關(guān)系,通過三角形內(nèi)切圓面積的轉(zhuǎn)化考查學(xué)生對問題的化歸能力和求解能力,考查的核心素養(yǎng)為數(shù)學(xué)運算和邏輯推理.(1)由|PF2|=5|PF1|,|F1F2|=2,|PF1|2+|F1F2|2=|PF2|2,解得|PF2|=,|PF1|=,由橢圓的定義知2a=,+=2,∴a=,又c=,∴b=1,∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為+y2=1.(2)要使△ABF1的內(nèi)切圓的面積最大,只需△ABF1的內(nèi)切圓的半徑r最大.易知F1(-,0),F2(,0).設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2).易知,直線l的斜率不為0,設(shè)直線l:x=ty+,聯(lián)立得故(t2+3)y2+2ty-1=0,故y1+y2=-,y1y2=-.故=+=|F1F2||y1-y2|===,又=(|AF1|+|F1B|+|AB|)r=×4r=2r,故=2r,即r==≤,當(dāng)且僅當(dāng)=,即t=±1時等號成立,∴直線l的方程為y=x-或y=-x+.22.(12分)(2020河北衡水中學(xué)二調(diào))已知函數(shù)f(x)=ex-1-a(x-1)+lnx(a∈R,e是自然對數(shù)的底數(shù)).(1)設(shè)g(x)=f'(x)(其中f'(x)是f(x)的導(dǎo)數(shù)),求g(x)的極小值;(2)若對x∈[1,+∞),都有f(x)≥1成立,求實數(shù)a的取值范圍.解析 (1)由題意得g(x)=f'(x)=ex-1+-a(x>0),則g'(x)=ex-1-.設(shè)φ(x)=g'(x)=ex-1-(x>0),則φ'(x)=ex-1+>0,∴g'(x)在(0,+∞)上為增函數(shù),且g'(1)=0,,∴當(dāng)x∈(0,1)時,g'(x)<0;當(dāng)x∈(1,+∞)時,g'(x)>0,∴g(x)極小值=g(1)=2-a.(2)由(1)知,f'(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,+∞)上單調(diào)遞增,∴f'(x)≥f'(1)=2-a.當(dāng)a≤2時,f'(x)≥0,f(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞增,則f(x)≥f(1)=1,滿足題意;當(dāng)a>2時,f'(1)=2-a<0,又∵f'(lna+1)=elna-a+=>0,∴∃x0∈(1,lna+1),使得f'(x0)=0,故x∈(1,x0)時,f'(x)<0;x∈(x0,+∞)時,f'(x)>0,∴f(x)在(1,x0)上單調(diào)遞減,當(dāng)x∈(1,x0)時,f(x)
