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1、2019-2020年高考数学复习解决方案真题与模拟单元重组卷测评卷2理一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分，每小题只有一个选项符合题意)1xx成都诊断考试已知集合Ax|y，Bx|x|2，则AB()A2,2 B2,4 C0,2 D0,4答案B解析Ax|0x4，Bx|2x2，故ABx|2x4，故选B.2xx茂名市二模“a1”是“复数z(a21)2(a1)i(aR)为纯虚数”的()A充要条件 B必要不充分条件C充分不必要条件 D既不充分也不必要条件答案A解析a212(a1)i为纯虚数，则a210，a10，所以a1，反之也成立故选A.3xx呼和浩特调研设直线ykx与椭圆1相交于A，B两点，
2、分别过A，B向x轴作垂线，若垂足恰好为椭圆的两个焦点，则k等于()A. B C D.答案B解析由题意可得c1，a2，b，不妨取A点坐标为，则直线的斜率k.4xx洛阳第一次联考如果圆x2y2n2至少覆盖曲线f(x)sin(xR)的一个最高点和一个最低点，则正整数n的最小值为()A1 B2 C3 D4答案B解析最小范围内的至高点坐标为，原点到至高点距离为半径，即n23n2，故选B.5xx长春质量检测运行如图所示的程序框图，则输出的S值为()A.B.C.D.答案A解析由程序框图可知，输出的结果是首项为，公比也为的等比数列的前9项和，即，故选A.6xx贵阳一中质检函数g(x)2exx3t2dt的零点所
3、在的区间是()A(3，1) B(1,1)C(1,2) D(2,3)答案C解析因为3t2dtt3817，g(x)2exx7，g(x)2ex10，g(x)在R上单调递增，g(3)2e3100，g(1)2e180，g(1)2e60，g(3)2e340，故选C.7xx浙江高考在平面上，过点P作直线l的垂线所得的垂足称为点P在直线l上的投影由区域中的点在直线xy20上的投影构成的线段记为AB，则|AB|()A2 B4 C3 D6答案C解析作出不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分所示，过点C，D分别作直线xy20的垂线，垂足分别为A，B，则四边形ABDC为矩形，又C(2，2)，D(1,1)，所以|AB|
4、CD|3.故选C.8xx广西质检某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A246 B12 C2412 D16答案A解析由三视图可知，该几何体是由一个棱长为2的正方体与6个半径为1的半球构成的组合体，该组合体的表面由6个半球的表面(除去半球底面圆)、正方体的6个表面正方形挖去半球底面圆构成，所以6个半球的表面(除去半球底面圆)的面积之和S1等于3个球的表面积，即S1341212；正方体的6个表面正方形挖去半球底面圆的面积之和为S26(2212)246.所以该组合体的表面积为SS1S212(246)246.9xx南京模拟已知四面体PABC中，PA4，AC2，PBBC2，PA平面PBC，则
5、四面体PABC的外接球半径为()A2 B2 C4 D4答案A解析PA平面PBC，AC2，PA4，PC2，PBC为等边三角形，设其外接圆半径为r，则r2，外接球半径为2.故选A.10xx四川高考在平面内，定点A，B，C，D满足|，2，动点P，M满足|1，则|2的最大值是()A. B.C. D.答案B解析由|知，D为ABC的外心由知，D为ABC的内心，所以ABC为正三角形，易知其边长为2.取AC的中点E，因为M是PC的中点，所以EMAP，所以|max|BE|，则|，选B.11xx山西质检记Sn为正项等比数列an的前n项和，若780，且正整数m，n满足a1ama2n2a，则的最小值是()A. B.
6、C. D.答案C解析an是正项等比数列，设an的公比为q(q0)，q6，q3，q67q380，解得q2，又a1ama2n2a，a2m2n22(a124)3a213，m2n15，(m2n)，当且仅当，n2m，即m3，n6时等号成立，的最小值是，故选C.12xx海口调研已知曲线f(x)ke2x在点x0处的切线与直线xy10垂直，若x1，x2是函数g(x)f(x)|ln x|的两个零点，则()A1x1x2 B.x1x21C2x1x22 D.x1x22答案B解析依题意得f(x)2ke2x，f(0)2k1，k.在同一坐标系下画出函数yf(x)e2x与y|ln x|的大致图象，结合图象不难看出，这两条曲线
7、的两个交点中，其中一个交点横坐标属于区间(0,1)，另一个交点横坐标属于区间(1，)，不妨设x1(0,1)，x2(1，)，则有e2x1|ln x1|ln x1，e2x2|ln x2|ln x2，e2x2e2x1ln x2ln x1ln (x1x2)，于是有ex1x2e0，即x1x20，b0)的左、右焦点分别为F1、F2，焦距为2c，直线y(xc)与双曲线的一个交点P满足PF2F12PF1F2，则双曲线的离心率e为_答案1解析直线y(xc)过左焦点F1，且其倾斜角为30，PF1F230，PF2F160，F2PF190，即F1PF2P.|PF2|F1F2|c，|PF1|F1F2|sin60c，由双
8、曲线的定义得2a|PF1|PF2|cc，双曲线C的离心率e1.16xx广州综合测试已知函数f(x)则函数g(x)2|x|f(x)2的零点个数为_个答案2解析由g(x)2|x|f(x)20，得f(x)21|x|，画出y与y21|x|的图象，可知，它们有2个交点，所以零点个数为2.三、解答题(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)17xx河南六市联考(本小题满分12分)如图，在一条海防警戒线上的点A、B、C处各有一个水声监测点，B、C两点到A的距离分别为20千米和50千米，某时刻，B收到发自静止目标P的一个声波信号，8秒后A、C同时接收到该声波信号，已知声波在水中的传播速度是
9、1.5千米/秒(1)设A到P的距离为x千米，用x表示B、C到P的距离，并求x的值；(2)求P到海防警戒线AC的距离解(1)依题意，有PAPCx，PBx1.58x12.(2分)在PAB中，AB20，cosPAB，同理，在PAC中，AC50，cosPAC.(4分)cosPABcosPAC，解得x31.(6分)(2)作PDAC于点D，在ADP中，由cosPAD，得sinPAD，(9分)PDPAsinPAD314.故静止目标P到海防警戒线AC的距离为4千米(12分)18xx重庆市一模(本小题满分12分)某商场举行优惠促销活动，顾客仅可以从以下两种优惠方案中选择一种方案一：每满200元减50元；方案二：
10、每满200元可抽奖一次具体规则是依次从装有3个红球、1个白球的甲箱，装有2个红球、2个白球的乙箱，以及装有1个红球、3个白球的丙箱中各随机摸出1个球，所得结果和享受的优惠如下表：(注：所有小球仅颜色有区别)红球个数3210实际付款半价7折8折原价(1)若两个顾客都选择方案二，各抽奖一次，求至少一个人获得半价优惠的概率；(2)若某顾客购物金额为320元，用所学概率知识比较哪一种方案更划算？解(1)记顾客获得半价优惠为事件A，则P(A)，(2分)两个顾客至少一个人获得半价优惠的概率P1P()P()12.(4分)(2)若选择方案一，则付款金额为32050270元(6分)若选择方案二，记付款金额为X元
11、，则X可取160,224,256,320.P(X160)，P(X224)，P(X256)，P(X320)，(9分)则E(X)160224256320240.270240，第二种方案比较划算(12分)19xx贵州四校联考(本小题满分12分)已知长方形ABCD中，AB1，AD.现将长方形沿对角线BD折起，使ACa，得到一个四面体ABCD，如图所示(1)试问：在折叠的过程中，异面直线AB与CD，AD与BC能否垂直？若能垂直，求出相应的a值；若不垂直，请说明理由(2)当四面体ABCD体积最大时，求二面角ACDB的余弦值解(1)若ABCD，因为ABAD，ADCDD，所以AB面ACDABAC.即AB2a2BC212a2()2a1.(2分)若ADBC，因为ADAB，ABBCB，所以AD面ABCADAC，即AD2a2CD2()2a212a21，无解，故ADBC不成立(4分)(2)要使四面体ABCD体积最大，因为BCD面积为定值，所以只需三棱锥ABCD的高最大即可，此时面ABD面BCD.(6分)过A作AOBD于O，则AO面BCD，以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz(如图)，则易知A，C，D显然，面BCD的法向量为.(8分)设面ACD的法向量为n(x，y，z)因为，所以令y，得n(1，2)，(10分)故二面角ACDB的余弦值即为|cos
