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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