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|22-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0a
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x02x0
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)=xex21
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,
y1π∴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.