《高考数学二轮复习稳取120分保分练（二）理》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学二轮复习稳取120分保分练（二）理（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、（通用版）2018年高考数学二轮复习稳取120分保分练（二）理稳取120分保分练(二)一、选择题1若集合A，Bx|yln(x1)，则AB()A1，) B(0,1)C(1，) D(，1)解析：选C集合Ay|yR(，)，Bx|yln(x1)x|x10x|x1(1，)，AB(1，)2已知纯虚数z满足(12i)z1ai，则实数a()A. BC2 D2解析：选A(12i)z1ai，(12i)(12i)z(12i)(1ai)，5z12a(2a)i，即zi，z为纯虚数，则0，0，解得a.3(2017山东高考)已知命题p：x0，ln(x1)0；命题q：若ab，则a2b2.下列命题为真命题的是()Apq Bp綈
2、qC綈pq D綈p綈q解析：选B当x0时，x11，因此ln(x1)0，即p为真命题；取a1，b2，这时满足ab，显然a2b2不成立，因此q为假命题由复合命题的真假性，知B为真命题4若等差数列an的公差为2，且a5是a2与a6的等比中项，则该数列的前n项和Sn取最小值时，n的值为()A7 B6C5 D4解析：选B由a5是a2与a6的等比中项，可得aa2a6，由等差数列an的公差d为2，得(a18)2(a12)(a110)，解得a111，ana1(n1)d112(n1)2n13，由a10，a20，a60，a70，可得该数列的前n项和Sn取最小值时，n6.5已知棱长为2的正方体(上底面无盖)内部有一
3、球，与其各个面均相切，在正方体内壁与球外壁间灌满水，现将球体向上提升，当球恰好与水面相切时，正方体的上底面截球所得圆的面积为()A. B.C. D.解析：选B设当球恰好与水面相切时水的高度为h.由题意：V水84h，解得h2.这时正方体的上底面截球所得圆的半径r ，所以所得圆的面积为Sr2.6设f(x)x3x(xR)，当0时，f(msin )f(1m)0恒成立，则实数m的取值范围是()A(，1) B(，0)C. D(0,1)解析：选Af(x)x3x，f(x)x3xf(x)，函数f(x)x3x是奇函数f(msin )f(1m)0，f(msin )f(m1)f(x)3x210，函数f(x)x3x是增
4、函数msin m1.m(sin 1)1.0，1sin 10，m1，故选A.7.过双曲线1(a0，b0)的左焦点F(c,0)(c0)，作圆x2y2a2的切线，切点为E，延长FE交双曲线右支于点P，若()，则双曲线的离心率为()A2 B.C. D.解析：选B双曲线1(a0，b0)的焦点在x轴上，焦点F(c,0)，则|OF|c，|OE|a，|EF|b，()，则E是PF的中点，OE为FFP的中位线，则|PF|2|EF|2b，|PF|2|OE|2a，由双曲线的定义|PF|PF|2a，则b2a，双曲线的离心率e .故选B.8如图是求样本x1，x2，x10的平均数的程序框图，图中空白框中应填入的内容为()A
5、SS BSSCSSn DSSxn解析：选A由题目要求可知：该程序的作用是求样本x1，x2，x10的平均数，循环体的功能是累加各样本值的，故空白框中应为：SS.9设抛物线x24y的焦点为F，过点F作斜率为k(k0)的直线l与抛物线相交于A，B两点，且点P恰为AB的中点，过点P作x轴的垂线与抛物线交于点M，若|MF|4，则直线l的方程为()Ay2x1 Byx1Cyx1 Dy2x2解析：选B由题意，抛物线的准线方程为y1，M(2，3)，P的横坐标为2，设直线方程为ykx1，与抛物线x24y联立，可得x24kx40，xAxB44k，k，直线l的方程为yx1.10若直线y1与函数f(x)2sin 2x的
6、图象相交于点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，且|x1x2|，则线段PQ与函数f(x)的图象所围成的图形面积是()A. B.C.2 D.2解析：选A函数f(x)2sin 2x，周期T，令2sin 2x1，解得xk或xk，kZ，则直线y1与函数f(x)2sin 2x的图象相交于点从左向右依次是，|x1x2|，令x1，x2，可得线段PQ与函数f(x)的图象所围成的图形面积S(12sin 2x)dx.11已知函数f(x)x2m与函数g(x)ln3x的图象上至少存在一对关于x轴对称的点，则实数m的取值范围是()A. B.C. D2ln 2,2解析：选D由已知，得到方程x2mln3x，即mln x3x
7、x2在上有解设f(x)ln x3xx2，求导得：f(x)32x，x2，令f(x)0，解得x或x1，当f(x)0时，有x1，此时函数单调递增，当f(x)0时，有1x2，此时函数单调递减，f(x)在x1处有唯一的极值点，fln 2，f(2)ln 22，f(x)极大值f(1)2，且知f(2)f，故方程mln x3xx2在上有解，等价于2ln 2m2.从而m的取值范围为2ln 2,212已知函数f(x)的定义域为R，其图象关于点(1,0)中心对称，其导函数为f(x)，当x1时，(x1)f(x)(x1)f(x)0.则不等式xf(x1)f(0)的解集为()A(1，) B(，1)C(1,1) D(，1)(1
8、，)解析：选C由题意设g(x)(x1)f(x)，则g(x)f(x)(x1)f(x)，当x1时，(x1)f(x)(x1)f(x)0，当x1时，f(x)(x1)f(x)0，则g(x)在(，1)上递增，函数f(x)的定义域为R，其图象关于点(1,0)中心对称，函数f(x1)的图象关于点(0,0)中心对称，则函数f(x1)是奇函数，令h(x)g(x1)xf(x1)，h(x)是R上的偶函数，且在(，0)递增，由偶函数的性质得：函数h(x)在(0，)上递减，h(1)f(0)，不等式xf(x1)f(0)化为：h(x)h(1)，即|x|1，解得1x1，不等式的解集是(1,1)，故选C.二、填空题13设e1，e
9、2，e3为单位向量，且e3e1ke2(k0)，若以向量e1，e2为两边的三角形的面积为，则k的值为_解析：设e1，e2夹角为，则sin ，sin 1，e1e20.e3e1ke2，eek2eke1e21，k21，又k0，解得k.答案：14(x23x2)5二项展开式中x2的系数为_解析：(x23x2)5(x1)(x2)5(x1)5(x2)5(1x)5(2x)5(1CxCx2Cx3Cx4Cx5)(3216Cx8Cx24Cx32Cx4Cx5)，故展开式中x2的系数为8C(C)(16C)32C800.答案：80015设实数x，y满足约束条件目标函数z3x2y的最小值为4，则z的最大值为_解析：作出约束条
10、件所对应的可行域如图中阴影部分所示，目标函数z3x2y可化为yx，平移直线yx可知，当直线z3x2y经过点C时，直线在y轴的截距取最大值，z最小，联立解得即C(a1，a)，所以3(a1)2a4，解得a1.直线z3x2y经过图中点A时，直线在y轴截距最小，z最大，联立解得即A(5，1)，所以z最大为352(1)17.答案：1716已知数列an满足a11，a22，an2ansin2，则该数列的前21项的和为_解析：a11，a22，an2ansin2，a3a112，a42a24，a2k1a2k31，a2k2a2k2，(kN*，k2)数列a2k1成等差数列，数列a2k成等比数列该数列的前21项和为(a
11、1a3a21)(a2a4a20)(1211)(222210)6621122 112.答案：2 112三、解答题17已知等差数列an的前n项和为Sn，且a22，S515，数列bn的前n项和Tn满足Tn(n5)an.(1)求an；(2)求数列的前n项和解：(1)设等差数列an的公差为d，由a22，S515，得解得a1d1，则ana1(n1)dn，nN*.(2)Tn(n5)ann(n5)，当n1时，b1T16；n2时，bnTnTn1n(n5)(n1)(n4)2n4，上式对n1也成立则，所以数列的前n项和为1.18.如图，在ABC中，点P在BC边上，PAC60，PC2，APAC4.(1)求ACP；(2
12、)若APB的面积是，求sinBAP.解：(1) 在APC中，PAC60，PC2，APAC4，由余弦定理得PC2AP2AC22APACcosPAC，即22AP2(4AP)22AP(4AP)cos 60，整理得AP24AP40，解得AP2，所以AC2.所以APC是等边三角形所以ACP60.(2) 由于APB是APC的外角，所以APB120.因为APB的面积是，所以APPBsinAPB，所以PB3.在APB中，AB2AP2PB22APPBcosAPB2232223cos 12019，所以AB.在APB中，由正弦定理得，所以sinBAP.19如图，在直角梯形ABCD中，ADBC，ABBC，BDDC，点E是BC边的中点，将ABD沿BD折起，使平面ABD平面BCD，连接AE，AC，DE，得到如图所示的几何体(1)求证：AB平面ADC；(2)若AD1，二面角CABD的平面角的正切值为，求二面角BADE的余弦值解：(1)证明： 因为平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，又BDDC，所以DC平面ABD.因为AB平面ABD，所以DC
