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1、（新课标）天津市2019 年高考数学二轮复习综合能力训练理1 综合能力训练第卷(选择题，共40 分）一、选择题（本大题共8 小题，每小题5 分，共 40 分）1.已知集合A=，B=x|y=lg（4x-x2）,则AB等于（)A。（0，2B.-1，0）C.2，4)D。1,4）2.设直线x+y=1 与抛物线y2=2px（p0)交于A,B两点,若OAOB，则OAB的面积为（)A.1 B。C。D。23.已知奇函数f（x)在 R上是增函数,g(x）=xf（x）。若a=g（-log25。1)，b=g（20.8），c=g(3）,则a,b,c的大小关系为(）A.abcB。cbaC.bacD.bc0,b0)被斜率
2、为 1 的直线截得的弦的中点为（4,1),则该双曲线离心率的值是（）名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 2 页，共 18 页 -（新课标）天津市2019 年高考数学二轮复习综合能力训练理3 A。B。C。D.27。已知函数f(x)=若f(1)+f（a)=2，则a的所有可能值为（)A.1 B.C。1,-D.1,8.已知实数a,b,c.（)A。若|a2+b+c|+a+b2+c1,则a2+b2+c2100B。若|a2+b+c|+|a2+bc1,则a2+b2+c2100C。若a+b+c2|+a+bc21，则a2+b2+c2100D。若a2+b+c|+|a+b2c1，则a2+b2+c2100
3、第卷（非选择题,共 110 分）二、填空题（本大题共6 小题，每小题5 分，共 30 分)9。已知a，bR,i是虚数单位，若(1+i）(1-bi）=a,则 的值为。10.在（2x-1)5的展开式中，含x2的项的系数是。（用数字填写答案)11。已知两球O1和O2在棱长为 1 的正方体ABCD A1B1C1D1的内部，且互相外切，若球O1与过点A的正方体的三个面相切，球O2与过点C1的正方体的三个面相切，则球O1和O2的表面积之和的最小值为.12.在极坐标系中，直线4cos+1=0 与圆=2sin 的公共点的个数为。13。设变量x,y满足约束条件的最小值是.14。a,b为空间中两条互相垂直的直线，
4、等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直,斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论:当直线AB与a成 60角时，AB与b成 30角；名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 3 页，共 18 页 -（新课标）天津市2019 年高考数学二轮复习综合能力训练理4 当直线AB与a成 60角时，AB与b成 60角;直线AB与a所成角的最小值为45;直线AB与a所成角的最大值为60.其中正确的是。（填写所有正确结论的编号)三、解答题（本大题共6 小题，共 80 分）15。（13 分）ABC的内角A，B，C的对边分别为a,b，c.已知 sin（A+C)=8sin2。（1)求 cos
5、 B;（2）若a+c=6，ABC的面积为 2,求b.16。（13 分）已知数列 an中，a1=2,且an=2an1n+2（n2，nN*)。(1）求a2，a3,并证明ann是等比数列;(2）设bn=，求数列 bn的前n项和Sn。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 4 页，共 18 页 -（新课标）天津市2019 年高考数学二轮复习综合能力训练理5 17。（13 分）如图,在棱长为 2 的正方体ABCD A1B1C1D1中，E,F，M，N分别是棱AB,AD,A1B1,A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动,且DP=BQ=(02）。(1)当=1 时，证明:直线BC1平面E
6、FPQ。（2）是否存在，使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角?若存在,求出的值;若不存在,说明理由。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 5 页，共 18 页 -（新课标）天津市2019 年高考数学二轮复习综合能力训练理6 18。(13 分)某小组共 10 人，利用假期参加义工活动，已知参加义工活动次数为1,2，3 的人数分别为 3,3,4,现从这 10 人中随机选出2 人作为该组代表参加座谈会.(1）设A为事件“选出的2 人参加义工活动次数之和为4”，求事件A发生的概率;（2)设X为选出的 2 人参加义工活动次数之差的绝对值，求随机变量X的分布列和数学期望.名师资料
7、总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 6 页，共 18 页 -（新课标）天津市2019 年高考数学二轮复习综合能力训练理7 19.(14 分）已知椭圆C：=1(ab0）的左、右焦点F1，F2与椭圆短轴的一个端点构成边长为 4 的正三角形.(1）求椭圆C的标准方程;(2）过椭圆C上任意一点P作椭圆C的切线与直线F1P的垂线F1M相交于点M，求点M的轨迹方程;(3）若切线MP与直线x=2 交于点N，求证:为定值。20.(14 分）已知函数f(x)=ln（1+x）+x2-x（a0）。（1）若f（x)0 对x(0,+）都成立,求a的取值范围;（2）已知 e 为自然对数的底数,证明:?nN*,0 时
8、，f(x)0,f（x）0.当x0 时,g（x)=f（x)+xf（x）0 恒成立，g（x)在区间（0，+)上是增函数.2log25。13,120。82，20。8log25。13.结合函数g(x)的性质得bac。故选 C。4.C解析 由三视图可知该几何体为直四棱柱.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 8 页，共 18 页 -（新课标）天津市2019 年高考数学二轮复习综合能力训练理9 S底=(1+2）2=3,h=2，V=Sh=32=6.5。B解析 由题意得，输出的S为数列的前 3 项和,而，即Sn=故当输入n=3 时,S3=，故选 B。6。A解析 设直线l与双曲线交于点A(x1，y1
9、）,B（x2，y2),则=0，即由弦的中点为(4，1)，直线的斜率为1 可知，x1+x2=8，y1+y2=2，=1，,e2=1+e=故选 A.7.C解析f(1）=e1-1=1，f（a）=1。若a(-1,0),则 sin（a2)=1,a=-若a0，+）,则 ea1=1,a=1.因此a=1 或a=-8.D解析（举反例排除）选项A中,令a=b=10,c=110,则|a2+b+c|+a+b2+c=100+10110+|10+100110|=0100，故选项 B不成立；选项 C中,令a=100，b=100,c=0,则a+b+c2+a+bc2|=01.而a2+b2+c2=1002+1002+0100,故选
10、项 C不成立；故选D。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 9 页，共 18 页 -（新课标）天津市2019 年高考数学二轮复习综合能力训练理10 9。2解析（1+i)(1-bi）=1+b+(1b）i=a，则所以=2.故答案为 2。10。40解析 (2x-1）5的展开式的通项为Tr+1=(2x）5-r(-1)r=（-1）r25-rx5r。根据题意,得 5r=2,解得r=3.所以含x2项的系数为（-1）3253=-22=40.11.3（2)解析AO1=R1,C1O2=R2,O1O2=R1+R2，(+1）（R1+R2）=，R1+R2=，球O1和O2的表面积之和为4(）42=2（R1+R
11、2)2=3(2-）。12。2解析4cos+1=0，展开得 2cos+2sin+1=0，直线的直角坐标方程为 2x+2y+1=0.=2sin 两边同乘得2=2sin，圆的直角坐标方程为x2+y2-2y=0,圆心为（0,1)，半径r=1.圆心到直线的距离d=r=1.直线与圆相交.直线与圆公共点的个数为2.13。1解析 由约束条件作出可行域如图,联立解得A（3,2），的几何意义为可行域内的动点与定点P(1,0）连线的斜率,则其最小值为kPA=1。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 10 页，共 18 页 -（新课标）天津市2019 年高考数学二轮复习综合能力训练理11 14.解析由题意
12、,AB是以AC为轴,BC为底面半径的圆锥的母线,由ACa，ACb,得AC圆锥底面,在底面内可以过点B,作BDa,交底面圆C于点D,如图所示，连接DE，则DEBD，DEb.连接AD，在等腰三角形ABD中,设AB=AD=,当直线AB与a成 60角时，ABD=60,故BD=又在 RtBDE中,BE=2，DE=，过点B作BFDE,交圆C于点F,连接AF,由圆的对称性可知BF=DE=，ABF为等边三角形，ABF=60,即AB与b成 60角，正确，错误.由最小角定理可知正确;很明显,可以满足直线a平面ABC,直线AB与a所成的最大角为90,错误.故正确的说法为.15.解（1）由题设及A+B+C=，得 si
13、n B=8sin2，故 sin B=4(1-cos B).上式两边平方，整理得17cos2B-32cos B+15=0，解得 cos B=1(舍去）,cos B=(2)由 cos B=得 sin B=,故SABC=acsin B=ac。又SABC=2,则ac=由余弦定理及a+c=6 得b2=a2+c22accos B=（a+c）2-2ac(1+cos B)=36-2=4.所以b=2。16.解（1）由已知an=2an-1-n+2(n2,nN）得a2=4，a3=7.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 11 页，共 18 页 -（新课标）天津市2019 年高考数学二轮复习综合能力训练理
14、12 an-n=2an-1-2n+2,即ann=2an1-(n1)。=2(n2,nN*）,且a11=1，ann 是以 1 为首项,2 为公比的等比数列.（2)由(1）得an-n=（a1-1)2n-1，即an=2n1+n，bn=1+设cn=,且前n项和为Tn，则Tn=+，Tn=+，得Tn=1+=2故Tn=4，Sn=n+417.解法一 (1）证明:如图，连接AD1，由ABCD A1B1C1D1是正方体，知BC1AD1.当=1 时,P是DD1的中点，又F是AD的中点,所以FPAD1,所以BC1FP.而FP?平面EFPQ，且BC1?平面EFPQ,故直线BC1平面EFPQ。名师资料总结-精品资料欢迎下载
15、-名师精心整理-第 12 页，共 18 页 -（新课标）天津市2019 年高考数学二轮复习综合能力训练理13（2)如图，连接BD.因为E，F分别是AB，AD的中点,所以EFBD,且EF=BD。又DP=BQ，DPBQ,所以四边形PQBD是平行四边形，故PQBD，且PQ=BD，从而EFPQ，且EF=PQ.在 RtEBQ和 RtFDP中,因为BQ=DP=,BE=DF=1，所以EQ=FP=,所以四边形EFPQ也是等腰梯形。同理可证四边形PQMN也是等腰梯形。分别取EF,PQ,MN的中点为H,O,G，连接OH，OG,则GOPQ,HOPQ,而GOHO=O,故GOH是平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角的
16、平面角.若存在使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角，则GOH=90。连接EM，FN，则由EFMN,且EF=MN知四边形EFNM是平行四边形。连接GH,因为H，G是EF，MN的中点,所以GH=ME=2。在GOH中,GH2=4,OH2=1+2=2+，OG2=1+(2）2-=（2-)2+,由OG2+OH2=GH2,得(2-）2+2+=4,解得=1,故存在=1,使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角.解法二以D为原点,射线DA,DC,DD1分别为x,y,z轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系.由已知得B(2，2，0),C1(0，2，2)，E（2,1,0），F(1,0，0），P(0,0，).=(-2,0，2），=（-1，0,),=（1，1,0).名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 13 页，共 18 页 -（新课标）天津市2019 年高考数学二轮复习综合能力训练理14(1）证明:当=1 时，=（-1,0，1）。因为=（2,0，2）,所以=2,即BC1FP.而FP?平面EFPQ，且BC1?平面EFPQ，故直线BC1平面EFPQ。（2)设平面EFPQ的一个法
