1、综合练习题(一)一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出四个选项中，只有一项符合题目要求的1已知集合Mx|yln(x-1)，Nx|2x-x20，则MN(D)A(0，)B(2，)C(0，1)D(1，2)【解析】Mx|x1，Nx|0x2，MN(1，2)故选D.2若复数z满足(12i)z(1-i)，则|z|(C)ABCD【解析】由(12i)z(1-i)，得z-i，则|z|.故选C.3霍兰德职业能力测试问卷可以为大学生在择业方面提供参考，对人的能力兴趣等方面进行评估某大学随机抽取100名学生进行霍兰德职业能力测试问卷测试，测试结果发现这100名学生的得分都在50，100内，按得分
2、分成5组：50，60)，60，70)，70，80)，80，90)，90，100，得到如图所示的频率分布直方图，则这100名同学得分的中位数为(A)A72.5B75C77.5D80【解析】根据频率分布直方图可得，得分在50，60)内的频率为0.01100.1，得分在60，70)内的频率为0.03100.3，故这100名同学得分的中位数在区间70，80)内，设中位数为x，则有(x-70)0.040.5-0.3-0.1，解得x72.5，故这100名同学得分的中位数为72.5.故选A4已知函数f(x)exax2的图象在(1，f(1)处的切线斜率为e2，则该切线方程为(D)A(e2)x-y2e-10B(
3、e2)x-y-2e-30Cx-(e2)y-10D(e2)x-y-10【解析】由f(x)exax2的导数f(x)ex2ax，可得f(1)e2ae2，所以a1，故f(1)e1，所以切点(1，e1)，所以切线方程为y-(e1)(e2)(x-1)，即(e2)x-y-10.故选D.5我国古代数学名著九章算术中有如下问题：“今有羡除，下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺问积几何”，羡除是一个五面体，其中三个面是梯形，另两个面是三角形，已知一个羡除的三视图如图粗线所示，其中小正方形网格的边长为1，则该羡除的表面中，三个梯形的面积之和为(C)A40B43C46D47【解析】几何体的直观图如图五面
4、体，其中平面ABCD平面ABEF，CD2，AB6，EF4，底面梯形是等腰梯形，高为3，梯形ABCD的高为4，可知：等腰梯形FECD的高为：5，三个梯形的面积之和为：43546.故选C.6函数ycos的图象大致为(A)【解析】记f(x)cos(-sin x)sin x，则f(-x)sin(-x)-sin xsin xf(x)，因此函数ycos是偶函数；故排除BC；当0x时，0，sin x0，因此f(x)sin x0；排除D；故选A7执行如图所示的程序框图，则输出S的值为(D)ABCD【解析】第一次循环，n12 020不成立，S，n112；第二次循环，n22 020不成立，S，n213；以此类推，
5、执行最后一次循环，n2 0202 020不成立，S，n2 02012 021；n2 0212 020成立，输出S1-.故选D.8已知曲线f(x)sin按向量a(，0)(0)平移，得到的曲线yg(x)经过点，则(B)A函数yg(x)的最小正周期TB函数yg(x)在上单调递减C曲线yg(x)关于直线x对称D曲线yg(x)关于点对称【解析】曲线f(x)sin按向量a(，0)(0，h(x)为增，x(0，)时h(x)0，h(x)为减，x0时，h(x)max0即ln m0，所以m1，故选A二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在答题卷相应的横线上13(理)(1x)5的展开式中x3的系数为
6、_15_.(文)(2021孟津模拟)直线ykx-2与函数yaln xx2的图象相切于点(1，1)点，则a_1_【解析】(理)1提供两个因式1和，则展开式中x3的项为1Cx3Cx415x3，即x3的系数为15，故答案为15.(文)把切点(1，1)代入ykx-2得1k1-2，解得k3，因为y2x，所以321，解得a1.14在ABC中，B，E为AB边上一点，且EC2，EA，2，则BC_.【解析】因为EC2，EA，2，所以cosAEC，又E为AB边上一点，所以AECBEC，因此cosBEC-cosAEC-，所以sinBEC，在BEC，由正弦定理可得：，即，解得BC.故答案为.15(理)某群体中的每位成
7、员使用移动支付的概率都为p，各成员的支付方式相互独立设X为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，D(X)2.4，P(X4)P(X6)，则p_0.6_.(文)(2021邢台月考)从3名男同学，2名女同学中选出2人参加数学竞赛，则选出的这2人性别不一样的概率_.【解析】(理)由题意，使用移动支付的人数X服从二项分布，XB(10，p)，则D(X)10p(1-p)2.4，解得p0.4或p0.6，又P(X4)P(X6)，即Cp4(1-p)6，所以p0.6.故答案为0.6.(文)设3名男同学为A1，A2，A3，2名女同学为B1，B2，从中随机选出2名同学参加数学竞赛的基本事件为：A1A2，A1A3，A1
8、B1，A1B2，A2A3，A2B1，A2B2，A3B1，A3B2，B1B2，共有10个选出的这2人性别不一样包含的基本事件：A1B1，A1B2，A2B1，A2B2，A3B1，A3B2，共有6个所以选出这2个概率性别不一样的概率为P.16已知一簇双曲线En：x2-y2(nN*，且n2 020)，设双曲线En的左、右焦点分别为Fn1、Fn2，Pn是双曲线En右支上一动点，PnFn1Fn2的内切圆Gn与x轴切于点An(an，0)，则a1a2a2 020_.【解析】如图所示，设PnFn1，PnFn2与圆Gn分别切于点Bn，Cn.根据内切圆的性质可得：|PnBn|PnCn|，|BnFn1|AnFn1|，
9、|AnFn2|CnFn2|，又点Pn是双曲线En右支上一动点，|PnFn1|-|Fn2Pn|2a，|AnFn1|-|AnFn2|.an-(-cn)-(cn-an).可得：an.可得：a1a2a2 020.故答案为.三、解答题(本大题共5小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)(一)必考题：共60分17(本小题满分12分)记Sn为等比数列an的前n项的和，且an为递增数列已知a24，S314.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn(-1)n，求数列bn的前n项之和Tn.【解析】(1)设等比数列an的公比为q，则，解得或，因为数列an为递增数列，所以只有符合题意，故an2n.(2
10、)由题意，bn(-1)n(-1)n-，Tnb1b2bn-1.18(本小题满分12分)近年来，随着国家综合国力的提升和科技的进步，截至2018年底，中国铁路运营里程达13.2万千米，这个数字比1949年增长了5倍；高铁运营里程突破2.9万千米，占世界高铁运营里程的60%以上，居世界第一位如表截取了2012-2016年中国高铁密度的发展情况(单位：千米/万平方千米).年份20122013201420152016年份代码12345高铁密度9.7511.4917.1420.6622.92已知高铁密度y与年份代码x之间满足关系式yaxb(a，b为大于0的常数)(1)根据所给数据，求y关于x的回归方程；(
11、2)利用(1)的结论，预测到哪一年，高铁密度会超过32千米/万平方千米参考公式：设具有线性相关关系的两个变量x，y的一组数据为(xi，yi)(i1，2，n)，则回归方程x的系数：，-.参考数据：ln xiln yi-5lnln0.92，(ln xi)2-5(ln)21.6ln xi5，ln yi14，e2.18.2，ln 323.46.【解析】(1)对yaxb(a0，b0)两边取自然对数，得ln ybln xln a；令viln xi，uiln yi，i1，2，3，n；得u与v具有线性相关关系，计算0.575，ln ln -ln i-0.5752.225，所以0.6，ln 2.2，所以ln 0
12、.6ln x2.2，所以y关于x的回归方程e0.6ln x2.2，即e2.2x0.6.(2)在(1)的回归方程中，ye0.6ln x2.2，高铁密度超过32千米/万平方千米；即e0.6ln x2.232，06ln x2.2ln 323.46，ln x2.1.xe2.18.2，即x9时，高铁密度超过32千米/万平方千米；所以预测2020年，高铁密度超过32千米/万平方千米19(本小题满分12分)已知四棱锥S-ABCD如图所示，平面SBC平面SAC，四边形ABCD为平行四边形，BSCBAC90，且ABAC2.(1)求证：平面SAB平面ABCD；(2)若直线SC与平面SAB所成角的正弦值为，求二面角
13、A-SC-D的余弦值【解析】(1)证明：因为平面SBC平面SAC，交线为SC，且SCSB，所以SB平面SAC，又因为AC平面SAC，故SBAC，因为ABAC，且SBABB，故AC平面SAB，而AC平面ABCD，故平面SAB平面ABCD；(2)由(1)知AC平面SAB，所以CSA为直线SC与平面SAB所成的角，故sinCSA，又因为AC2，所以SC2，SA2，在RtSBC中，SB2，取AB的中点H，连接SH，易得SH平面ABCD.所以SH，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则B(2，-2，0)，C(2，2，0)，D(0，4，0)，S(1，-1，)，故(1，3，-)，(-1，
14、5，-)，设平面SCD的法向量为n(x，y，z)，故，取x1，得n(1，1，2)，又平面SAC的一个法向量为(1，-1，-)，所以cos，n-.易知二面角A-SC-D为锐角，故二面角A-SC-D的余弦值为.20(本小题满分12分)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，且与抛物线y2x交于M，N两点，OMN(O为坐标原点)的面积为2.(1)求椭圆C的方程；(2)如图，点A为椭圆上一动点(非长轴端点)F1，F2为左、右焦点，AF2的延长线与椭圆交于B点，AO的延长线与椭圆交于C点，求ABC面积的最大值【解析】(1)椭圆C：1(ab0)与抛物线y2x交于M，N两点，可设M(x，)，N(x，-)，OMN
15、的面积为2，x2，解得x2，M(2，)，N(2，-)，由已知得，解得a2，bc2.椭圆C的方程为1.(2)当直线AB的斜率不存在时，不妨取A(2，)，B(2，-)，C(-2，-)，故SABC244；当直线AB的斜率存在时，设直线方程为yk(x-2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立，得(12k2)x2-8k2x8k2-80.64k4-4(12k2)(8k2-8)32(k21)0.x1x2，x1x2.|AB|4.点O到直线kx-y-2k0的距离d，O是线段AC的中点，点C到直线AB的距离为2d.SABC|AB|2d8.，又k2k21，等号不成立，SABC84.综上，ABC面积的最大值为4
16、.21(本小题满分12分)已知函数f(x)x，g(x)2x-，其中aR.(1)若方程f(x)g(x)在1，e(e为自然对数的底数)上存在唯一实数解，求实数a的取值范围；(2)若存在x1，e，使不等式xf(x)x22x成立，求实数a的取值范围【解析】(1)函数f(x)x，g(x)2x-，因为f(x)g(x)，所以x2x-，即-aln x-0，令F(x)-aln x-，由题意得只需函数yF(x)在1，e上有唯一的零点，又F(x)x-，其中x1，e，当a1时，F(x)0恒成立，F(x)单调递增，又F(1)0，则函数F(x)在区间1，e上有唯一的零点；当ae2时，F(x)0恒成立，F(x)单调递减，又
17、F(1)0，则函数F(x)在区间1，e上有唯一的零点；当1ae2时，当1x时，F(x)0，F(x)单调递减，又F(1)0，所以F()F(1)0，则函数F(x)在区间1，上有唯一的零点；当xe时，F(x)0，F(x)单调递增，则当F(e)0时符合题意，即-a-，所以当ax22x成立，等价于x-aln x0在x1，e上有解，即函数h(x)x-aln x在1，e上的最小值小于零，h(x)1-，当a1e时，即ae-1时，h(x)在1，e上单调递减，所以h(x)的最小值为h(e)，由h(e)e-a，又e-1，故a；当a11时，即a0时，h(x)在1，e上单调递增，所以h(x)的最小值为h(1)，由h(1
18、)11a0，可得a-2；当1a1e，即0ae-1时，可得h(x)的最小值为h(a1)，因为0ln(a1)1，所以0aln(a1)a，h(a1)a1-aln(a1)a2-aln(a1)2，所以h(1a)0不成立，综上所述，实数a的取值范围是(-，-2).(二)选考题：共10分请考生在22、23题中任选一题作答如果多做，按所做的第一题计分22(本小题满分10分)选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，曲线C1的普通方程为x2y2-2x-20，曲线C2的直角坐标方程为x2-y21.以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系(1)求曲线C1的参数方程，曲线C2的极坐标方程；(2)若A(1
19、，)，B是曲线C2上两点，当时，求的取值范围【解析】(1)曲线C1的普通方程为x2y2-2x-20，即(x-1)2y23，故曲线C1的参数方程为(为参数)令xcos ，ysin ，则C2：x2-y21可化为2cos2-2sin21，即2(cos2-sin2)2cos 21，故曲线C2的极坐标方程为2cos 21.(2)将点A(1，)，B代入曲线C2的极坐标方程，得cos 21，cos1，2cos 2coscos.，2，cos.的取值范围是.23(本小题满分10分)选修4-5：不等式选讲已知函数f(x)|x-m|(m0)(1)若m1，求不等式f(x)5的解集；(2)当函数f(x)的最小值取得最小值时，求m的值【解析】(1)当m1时，不等式f(x)5，即为|x-1|x1|5.当x-1时，原不等式即为-2x5，解得-x-1；当-1x1时，原不等式即为-25(恒成立)，故-1x1；当x1时，原不等式即为2x5，解得x，故1x0)，当且仅当-xm时，等号成立，所以f(x)minm(m0)因为m22，当且仅当m，即m1时，等号成立，所以当函数f(x)的最小值取得最小值时，m的值为1.
