届全国高考复习理科数学综合检测二全国卷解析版.docx

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届全国高考复习理科数学综合检测二全国卷解析版

2021届高考复习综合检测二（全国卷）

数学（理科）

考生注意：

1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．

3．本次考试时间120分钟，满分150分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．

第Ⅰ卷（选择题共60分）

一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）

1．已知集合A＝｛x|x2－x－2>0｝，B＝｛x|log2x≤2｝，则A∩B等于（）

A．（－∞，－1）∪（0，＋∞）B．（2,4]

C．（0,2）D．（－1,4]

2－i

2．复数z＝－对应的点在复平面内位于（）

1＋i

B．第二象限

D．第四象限

A．第一象限

C．第三象限3.七巧板是我国古代劳动人民的发明之一，被誉为“东方魔板”，它是由五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成的．如图是一个用七巧板拼成的正方形，若

在此正方形中任取一点，则此点取自阴影部分的概率为（）

A.B.C.D.

3216816

4．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a2－b2＝3bc，sinC＝23sinB，则A等于（）

5．（2019·河南省郑州市第一中学适应性考试）已知函数f（x）是定义在R上的偶函数，且f（0）

A.6＋6π3

6

2ππ4π

A.3B.2C.3D．π

＝0，当x<0时，f（x）单调递增．若实数a满足f（3－|a＋1|）>f

9．抛物线y2＝2px（p>0）的焦点为F，已知点A和B分别为抛物线上的两个动点．

＝120°，过弦AB的中点M作抛物线准线的垂线MN，垂足为N，则|MN|的最大值为（）|AB|

A.3B．1C.233D.33

|lg|x－1||x≠1，

10．（2019·上海市曹杨中学期末）设定义域为R的函数f（x）＝则关于x的方

0x＝1，

程f2（x）＋bf（x）＋c＝0有7个不同实数根的充要条件是（）

B.－∞，32

D.－∞，

数t的取值范围是（）

A．（－∞，2）

C．（－∞，3）

第Ⅱ卷（非选择题共90分）

、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上）

13．已知定义在R上的奇函数，当x>0时，f（x）＝log2x－3x，则f（－1）＝.

14．若（x－1）5－2x4＝a0＋a1（x－2）＋a2（x－2）2＋a3（x－2）3＋a4（x－2）4＋a5（x－2）5，则a2＝15．设f′（x）和g′（x）分别是f（x）和g（x）的导函数，若f′（x）·g′（x）<0在区间I上恒成立，则

1

称f（x）和g（x）在区间I上单调性相反．若函数f（x）＝3x3－2ax（a∈R）与g（x）＝x2＋2bx（b∈R）在3

区间（a，b）上单调性相反（a>0），则b－a的最大值为．

16．已知圆O：

x2＋y2＝1与x轴负半轴的交点为A，P为直线3x＋4y－a＝0上一点，过P作圆O的切线，切点为T，若|PA|＝2|PT|，则a的最大值为．

三、解答题（本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

17．（12分）在锐角△ABC中，a，b，c为内角A，B，C的对边，且满足（2c－a）cosB－bcosA＝0.

（1）求角B的大小；

（2）已知c＝2，AC边上的高BD＝3721，求△ABC的面积S的值．

4，E为BA1

18．（12分）如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝1，底面ABCD的周长为的中点．

在椭圆C1上．

（1）求椭圆C1的方程；

（2）设P为椭圆C2上一点，过点P作直线交椭圆C1于A，C两点，且P恰为弦AC的中点，则当点P变化时，试问△AOC的面积是否为常数，若是，求出此常数，若不是，请说明理由．

20．（12分）当前，以“立德树人”为目标的课程改革正在有序推进．目前，国家教育主管部门正在研制的《新时代全面加强和改进学校体育美育工作意见》，以及将出台的加强劳动教育指导意见和劳动教育指导大纲，无疑将对体美劳教育提出刚性要求．为激发学生加强体育活动，保证学生健康成长，某校开展了校级排球比赛，现有甲乙两人进行比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满8局时停止．设甲在每局中获

5.

9.

1

胜的概率为pp>12，且各局胜负相互独立．已知第二局比赛结束时比赛停止的概率为

（1）求p的值；

（2）设X表示比赛停止时已比赛的局数，求随机变量X的分布列和均值E（X）．

1－xx1

21.（12分）函数f（x）＝lnx＋（a∈R且a≠0），g（x）＝（b－1）x－xex－（b∈R）．

axx

（1）讨论函数f（x）的单调性；

（2）当a＝1时，若关于x的不等式f（x）＋g（x）≤－2恒成立，求实数b的取值范围．

请在第22～23题中任选一题作答．

22．（10分）在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标

4cosθx＝2＋tcosα，

系，已知曲线C的极坐标方程为ρ＝4cosθ2，直线l的参数方程是（t为参1－cos2θy＝2＋tsinα

数，0≤α<π．）

（1）求曲线C的直角坐标方程；

（2）设直线l与曲线C交于A，B两点，且线段AB的中点为M（2,2），求α.

23．（10分）已知函数f（x）＝m－|x＋4|（m>0），且f（x－2）≥0的解集为［－3，－1］．

（1）求m的值；

111

（2）若a，b，c都是正实数，且a＋2b＋3c＝m，求证：

a＋2b＋3c≥9.

答案精析

1．B[∵集合A＝{x|x2－x－2>0}＝{x|x<－1或x>2}，B＝{x|log2x≤2}＝{x|0

∴A∩B＝{x|2

2－i2－i1－i1－3i13i

2．D[z＝12－＋ii，即z＝21＋－ii11－－ii＝1－23i＝12－32i，故z在复平面内对应的点位于第四象限．]

3．C[设小正方形的边长为1，可得阴影平行四边形的底为2，高为22，阴影等腰直角三

角形的直角边为2，斜边为22，大正方形的边长为22，

4．A[∵sinC＝23sinB，

∴由正弦定理得c＝23b，则c2＝12b2.又a2－b2＝3bc，那么a2＝7b2，

由余弦定理得

cosA＝b2＋2cb2c－a2＝46b32b2＝23

∵A∈（0，π，）∴A＝6π.]

5．B[∵f（3－|a＋1|）＞f－33，

∴f（3－|a＋1|）＞f33＝f（32），又f（x）为偶函数，且在（－∞，0）上单调递增，

1

∴f（x）在（0，＋∞）上单调递减，∴|a＋1|＞2，

31

解得a∈－∞，－32∪－21，＋∞.]

6．B[几何体为一个四棱锥与一个半圆锥的组合体，四棱锥的高为3，底面为边长为2的

11π·21

正方形；半圆锥高为3，底面为半径为1的半圆，因此体积为13×3×22＋13×3×π2·＝1

332

7．A[由图象可知，A＝2，4T＝23π－6π＝2π，

∴T＝2π，ω＝1，∴f（x）＝2cos（x＋φ），

πππ∵f6＝2cos6＋φ＝2，且|φ|<2π，

ππ

∴φ＝－6，f（x）＝2cosx－6，

π

令h（x）＝f（x）＋1＝2cosx－＋1＝0，

6

π1

可得cosx－6＝－2，

解得x－π＝2π＋2kπ，k∈Z或x－π＝4π＋2kπ，k∈Z，

6363

x＝5π＋2kπ，k∈Z或x＝3π＋2kπ，k∈Z，

62

则|x1－x2|的最小值为32－56＝23.]

则（a＋b）2－ab≥（a＋b）2－a＋2b2＝34（a＋b）2，

3

即|AB|2≥43（a＋b）2，

当且仅当a＝b，即|AF|＝|BF|时取等号，故选D.]

10．C[令t＝f（x），考虑方程t2＋bt＋c＝0的根，该方程必有两个不同实数解，设解为t＝t1，t＝t2，

由题设方程t1＝f（x）和方程t2＝f（x）的解即为方程f2（x）＋bf（x）＋c＝0的解，因为方程f2（x）＋bf（x）＋c＝0有7个不同的解，

根据f（x）的图象（如图所示）可得，

直线y＝t1与y＝f（x）的图象有3个不同的公共点，

直线y＝t2与y＝f（x）的图象有4个不同的公共点，

故t1＝0，t2>0，所以c＝0，t2＝－b>0即b<0，

故选C.]

→1→→

且OC＝－5（3OA＋4OB），

→→→1→→∴OC·OC＝|OC|2＝215（3OA＋4OB）2＝295|O→A|2＋2254O→A·O→B＋2165|O→B|2＝|O→C|2＋2254O→A·O→B，∴24O→A·O→B＝0，∴∠AOB＝90°.

25如图所示，建立平面直角坐标系，

设A（0,1），B（1,0），

由3O→A＋4O→B＝（4,3）＝－5O→C，

则C＝4π.]

x2－lnx＋1－t2

x2

12．B[∵f′（x）＝2，

11

22

令g（x）＝x＋x，又g（x）＝x＋x在[1,2]上单调递增，

xx

33

∴g（x）min＝g

（1）＝2，∴t<2.]13．3

解析因为f

（1）＝log21－3＝－3，又f（x）为定义在R上的奇函数，所以f（－1）＝－f

（1）＝3.

14．－38

解析令x－2＝t，则x＝t＋2.由条件可得（t＋1）5－2（t＋2）4＝a0＋a1t＋a2t2＋a3t3＋a4t4＋a5t5，故t2的系数为C53－2C42×22＝－38，即a2＝－38.

1

15.2

解析由题意知f′（x）＝x2－2a，g′（x）＝2x＋2b，

函数f（x）与g（x）在区间（a，b）上单调性相反，

则（x2－2a）（2x＋2b）<0在x∈（a，b）上恒成立，

又00，

于是x2－2a<0在x∈（a，b）上恒成立．

易知x2－2a<0的解集为（－2a，2a），所以（a，b）?

（－2a，2a），

所以b－a≤2a－a＝－a－212＋12，

11

当a＝21，b＝1时，b－a取得最大值12.

23

16.3解析易知A（－1,0），设P（x，y），由|PA|＝2|PT|，可得（x＋1）2＋y2＝4（x2＋y2－1），

116

化简得x－132＋y2＝196，

可转化为直线3x＋4y－a＝0与圆x－312＋y2＝196有公共点，

所以d＝|1－a|≤4，

53

1723解得－137≤a≤233.

23

故a的最大值为233.

3

17．解

（1）∵（2c－a）cosB－bcosA＝0，由正弦定理得（2sinC－sinA）cosB－sinBcosA＝0，∴（2sinC－sinA）cosB＝sinBcosA，2sinCcosB－sin（A＋B）＝0，

1

∵A＋B＝π－C且sinC≠0，∴cosB＝2，

18．解

（1）EC1与AD是相交直线

证明如下：

如图，连接AB1，C1D，则AB1C1D是平行四边形，

∵E是AB1的中点，

1

∴AE∥C1D，AE＝2C1D，∴AEC1D为梯形，A，E，C1，D四点共面，又EC1与AD为梯形的两腰，故EC1与AD相交.

（2）设AB＝b，AD＝2－b，VABCD－A1B1C1D1＝b（2－b）×AA1

＝b（2－b）≤b＋22－b2＝1，

当且仅当b＝2－b，即b＝1时取等号，方法一连接BD（图略），设点B到平面A1CD的距离为h，则根据等体积法VB－A1CD＝VA1－BCD，其中S△A1CD＝21×CD×A1D＝22，

h1

θ＝BA1＝2，

∴h＝22，则直线BA1与平面A1CD所成的角θ满足sin

方法二分别以边AB，AD，AA1所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则B（1,0,0），A1（0,0,1），C（1,1,0），

D（0,1,0），

设平面A1CD的法向量为n＝（x，y，z），

n·CD＝0，

则→

n·C→A1＝0，

π

∵θ∈0，2，

∴θ＝6π.

则x0＝x1＋x2＝－

2

2ky0－k2x0，即x0＝－2ky0，

1＋2k200

2221

又x02＋2y20＝2，∴y02＝1＋2k2，

＝2|y0|1＋2k2＝2.

综上，△AOC的面积为常数2.

20．解

（1）依题意，当甲连胜2局或乙连胜2局时，第二局比赛结束时比赛结束．

所以有p2＋（1－p）2＝95，解得p＝32或p＝13（舍）．

（2）依题意知，X的所有可能值为2,4,6,8.

5

设每两局比赛为一轮，则该轮结束时比赛停止的概率为59.若该轮结束时比赛还将继续，则甲、

乙在该轮中必是各得一分，此时，该轮比赛结果对下轮比赛是否停止没有影响．

－x＝0，

即

－x－y＋z＝0，

取z＝1，则n＝（0,1,1），

从而有P（X＝2）＝59，

5520

P（X＝4）＝1－9×9＝81，

所以随机变量X的分布列为

X

2

4

6

8

P

20

80

64

81

729

729

21．解

（1）∵f（x）＝lnx＋a1x－1a，

11ax－1∴f′（x）＝－2＝2（x>0），

xax2ax2

当a<0时，f′（x）>0，∴f（x）在（0，＋∞）上单调递增，

1

当a>0时，由f′（x）>0得x>；a

1由f′（x）<0得0

a

11

∴f（x）在0，1a上单调递减，在a1，＋∞上单调递增．aa

11综上，当a<0时，f（x）在（0，＋∞）上单调递增；当a>0时，f（x）在0，1上单调递减，在1，＋∞

aa上单调递增．

（2）由题意，当a＝1时，不等式f（x）＋g（x）≤－2，

11

即lnx＋－1＋（b－1）x－xex－≤－2，

xx

lnx1

即b－1≤ex－lnxx－1x在（0，＋∞）上恒成立，

xx

1

令u（x）＝x2ex＋lnx，则u′（x）＝（x2＋2x）ex＋x>0，

x

∴u（x）在（0，＋∞）上单调递增，

24

又u

（1）＝e>0，u1＝e－ln2<0，

∴u（x）有唯一零点x02

x0

当x∈（0，x0）时，u（x）<0，即h′（x）<0，h（x）单调递减；x∈（x0，＋∞）时，u（x）>0，即h′（x）>0，h（x）单调递增，∴h（x0）为h（x）在定义域内的最小值．

x1

令k（x）＝xex2

1

又易知k（x）单调递增，所以x＝－lnx，ex＝x1，

x

∴h（x）的最小值为

lnx011－x01

∴b－1≤1，即b≤2，∴实数b的取值范围是（－∞，2］．

4cosθ

22．解

（1）曲线C：

ρ＝2θ，即ρsin2θ＝4cosθ，

于是有ρ2sin2θ＝4ρcosθ，化为直角坐标方程为y2＝4x.

y2＝4x，

（2）方法一联立x＝2＋tcosα，

y＝2＋tsinα，

则（2＋tsinα）2＝4（2＋tcosα），即t2sin2α＋（4sinα－4cosα）t－4＝0.

由AB的中点为M（2,2），得t1＋t2＝0，有4sinα－4cosα＝0，所以k＝tanα＝1，

π

由0≤α<π得α＝.

y21＝4x1，

方法二设A（x1，y1），B（x2，y2），则

（y1＋y2）（y1－y2）＝4（x1－x2），

y1－y2y1＋y2＝4，∴k＝tanα＝＝1，

x1－x2

由0≤α<π得α＝π.

方法三设A4，y1，B4，y2（y1

则由M（2,2）是AB的中点，得

4＋4＝4，?

y1＋y2＝4，

y1＋y2＝4

y1y2＝0，

y1

π∴k＝tanα＝1，由0≤α<π得α＝.

4

方法四依题意设直线l：

y－2＝k（x－2），与y2＝4x联立得y－2＝ky4－2，

即ky2－4y－8k＋8＝0.

4

由y1＋y2＝＝4，得k＝tanα＝1，

k

因为0≤α<π，所以α＝4π.

23．

（1）解依题意f（x－2）＝m－|x＋2|≥0，

即|x＋2|≤m，则－m－2≤x≤－2＋m，

－m－2＝－3，

∴m＝1.

－2＋m＝－1，

111

（2）证明∵a1＋21b＋31c＝1（a，b，c>0），∴a＋2b＋3c＝（a＋2b＋3c）1a＋21b＋31c

＝3＋a＋2b＋a＋3c＋2b＋3c≥9，2ba3ca3c2b

3

当且仅当a＝2b＝3c，即a＝3，b＝2，c＝1时取等号．