高中数学综合能力训练

1高中数学综合能力训练综合能力训练第78页第Ⅰ卷(选择题,共60分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)1.(2019天津,理1)设集合A={-1,1,2,3,5},B={2,3,4},C={x∈R|1≤x3},则(A∩C)∪B=()A.{2}B.{2,3}C.{-1,2,3}D.{1,2,3,4}答案:D解析:A∩C={1,2},(A∩C)∪B={1,2,3,4},故选D.2.已知函数f(x)=cos(-),若存在a∈(0,π),使得f(x+a)=f(x-a)恒成立,则a的值是()ABCD答案:D解析:依题意可得,2x+2a-=2x-2a-+2kπ(k∈Z),∴a=(k∈Z).∵a∈(0,π),∴a=故选D.3.设Sn为等差数列{an}的前n项和,若Sn=,Sm=(m≠n),则Sm+n-4的符号是()A.正B.负C.非负D.非正答案:A解析:∵Sn=na1+-d=,SM=ma1+-d=,解得d=,a1=∴Sm+n-4=(m+n)a1+-d-4=-0(m≠n).故选A.4.从平行六面体的8个顶点中任取5个顶点为顶点,恰好构成四棱锥的概率为()ABCD答案:D2解析:四棱锥的底面可由6个面和6个对角面构成,每个面对应4个四棱锥,故所求概率为P=故选D.5.设直线x+y=1与抛物线y2=2px(p0)交于A,B两点,若OA⊥OB,则△OAB的面积为()A.1B√C√D.2答案:B解析:设A(x1,y1),B(x2,y2),由x+y=1与抛物线y2=2px,得y2+2py-2p=0,解得y1=-p+√,x1=1+p-√,y2=-p-√,x2=1+p+√,由OA⊥OB得,x1x2+y1y2=0,即[(1+p)2-(p2+2p)]+[p2-(p2+2p)]=0,化简得2p=1,从而A(-√-√),B(√--√),OA2==5-2√,OB2==5+2√,△OAB的面积S=|OA|·|OB|=√故选B.6.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.bca答案:C解析:∵f(x)是R上的奇函数,∴g(x)=xf(x)是R上的偶函数.∴g(-log25.1)=g(log25.1).∵奇函数f(x)在R上是增函数,∴当x0时,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.7.某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积(单位:cm3)是()3A.2B.4C.6D.8答案:C解析:由三视图可知该几何体为直四棱柱.∵S底=(1+2)×2=3,h=2,∴V=Sh=3×2=6.8.(2019北京,理7)设点A,B,C不共线,则⃗⃗⃗⃗⃗与⃗⃗⃗⃗⃗的夹角为锐角”是“|⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||⃗⃗⃗⃗⃗|”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件答案:C解析:∵A,B,C三点不共线,∴|⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||⃗⃗⃗⃗⃗|⇔|⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|⇔|⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|2|⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|2⇔⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗0⇔⃗⃗⃗⃗⃗与⃗⃗⃗⃗⃗的夹角为锐角.故⃗⃗⃗⃗⃗与⃗⃗⃗⃗⃗的夹角为锐角”是“|⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||⃗⃗⃗⃗⃗|”的充要条件,故选C.9.已知双曲线=1(a0,b0)被斜率为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()A√B√C√D.2答案:A解析:设直线l与双曲线交于点A(x1,y1),B(x2,y2),则--=0,即--4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.10.已知函数f(x)={--若f(1)+f(a)=2,则a的所有可能值为()A.1B.-√C.1,-√D.1,√答案:C解析:∵f(1)=e1-1=1,∴f(a)=1.若a∈(-1,0),则sin(πa2)=1,∴a=-√若a∈[0,+∞),则ea-1=1,∴a=1.因此a=1或a=-√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()A.3(2-√)πB.4(2-√)πC.3(2+√)πD.4(2+√)π答案:A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4π()≥4π·2()=2π(R1+R2)2=3(2-√)π.故选A.12.已知f(x)=2x3-ax2+1(a∈R)在区间(0,+∞)内有且只有一个零点,则f(x)在区间[-1,1]上的值域为()A.[-4,0]B.[-4,1]C.[-1,3]D[-]答案:B解析:∵函数f(x)=2x3-ax2+1(a∈R)在区间(0,+∞)内有且只有一个零点,∴f'(x)=2x(3x-a),x∈(0,+∞),5①当a≤0时,f'(x)=2x(3x-a)0,即函数f(x)在区间(0,+∞)内单调递增.由f(0)=1,可知f(x)在区间(0,+∞)内没有零点,舍去;②当a0时,f'(x)=2x(3x-a)0的解集为{|},∴f(x)在区间()内单调递减,在区间()内单调递增.又f(x)只有一个零点,∴f()=-+1=0,解得a=3.∴f(x)=2x3-3x2+1,f'(x)=6x(x-1).∴x∈[-1,1],f(x)在区间(-1,0)内单调递增,在区间(0,1)内单调递减.又f(-1)=-4,f(0)=1,f(1)=0,∴f(x)min=f(-1)=-4,f(x)max=f(0)=1.∴函数f(x)在区间[-1,1]上的值域是[-4,1].第Ⅱ卷(非选择题,共90分)二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.已知a,b∈R,i是虚数单位,若(1+i)(1-bi)=a,则的值为.答案:2解析:(1+i)(1-bi)=1+b+(1-b)i=a,则{-所以{即=2.故答案为2.14.(2019全国Ⅲ,理15)设F1,F2为椭圆C:=1的两个焦点,M为C上一点且在第一象限.若△MF1F2为等腰三角形,则M的坐标为.答案:(3,√)解析:∵a2=36,b2=20,∴c2=a2-b2=16,∴c=4.由题意得,|MF1|=|F1F2|=2c=8.∵|MF1|+|MF2|=2a=12,∴|MF2|=4.设点M的坐标为(x0,y0)(x00,y00),则△|F1F2|×y0=4y0.又△4√-=4√,∴4y0=4√,解得y0=√又点M在椭圆C上,√=1,6解得x0=3或x0=-3(舍去).∴点M的坐标为(3,√).15.(2019重庆中山外国语学校月考,15)记“点M(x,y)满足x2+y2≤a(a0)”为事件A,记“M(x,y)满足{--为事件B,若P(B|A)=1,则实数a的最大值为.答案:解析:如图,由题意可知,事件B表示三角形区域(阴影部分),事件A表示以原点为圆心,以a为半径的圆.若P(B|A)=1,则说明圆在三角形区域,故实数a的最大值是圆与直线4x-3y+4=0相切时对应的值,此时d=√,即原点到直线4x-3y+4=0的距离为d=√,所以a=(),即a的最大值为16.a,b为空间中两条互相垂直的直线,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:①当直线AB与a成60°角时,AB与b成30°角;②当直线AB与a成60°角时,AB与b成60°角;③直线AB与a所成角的最小值为45°;④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)答案:②③解析:由题意,AB是以AC为轴,BC为底面半径的圆锥的母线,由AC⊥a,AC⊥b,得AC⊥圆锥底面,在底面内可以过点B,作BD∥a,交底面圆C于点D,如图所示,连接DE,则DE⊥BD,∴DE∥b.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Rt△BDE中,BE=2,∴DE=√,过点B作BF∥DE,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,②正确,①错误.由最小角定理可知③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°,④错误.故正确的说法为②③.7三、解答题(本大题共6小题,共70分)17.(12分)已知数列{an}中,a1=2,且an=2an-1-n+2(n≥2,n∈N*).(1)求a2,a3,并证明{an-n}是等比数列;(2)设bn=-,求数列{bn}的前n项和Sn.解：(1)由已知an=2an-1-n+2(n≥2,n∈N*)得a2=4,a3=7.an-n=2an-1-2n+2,即an-n=2[an-1-(n-1)].----=2(n≥2,n∈N*),且a1-1=1,∴{an-n}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=2n-1+n,∴bn=-=1+-设cn=-,且前n项和为Tn,则Tn=+…+-,①Tn=+…+,②①-②,得Tn=1+(+…+-)--=2-故Tn=4--,Sn=n+4--18.(12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=λ(0λ2).(1)当λ=1时,证明:直线BC1∥平面EFPQ.(2)是否存在λ,使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角?若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由.答案：解法一(1)证明:如图①,连接AD1,由ABCD-A1B1C1D1是正方体,知BC1∥AD1.当λ=1时,P是DD1的中点,又F是AD的中点,所以FP∥AD1,所以BC1∥FP.而FP⊂平面EFPQ,且BC1⊄平面EFPQ,故直线BC1∥平面EFPQ.8(2)如图②,连接BD.因为E,F分别是AB,AD的中点,所以EF∥BD,且EF=BD.又DP=BQ,DP∥BQ,所以四边形PQBD是平行四边形,故PQ∥BD,且PQ=BD,从而EF∥PQ,且EF=PQ.在Rt△EBQ和Rt△FDP中,因为BQ=DP=λ,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GO⊥PQ,HO⊥PQ,而GO∩HO=O,故∠GOH是平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角的平面角.若存在λ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EF∥MN,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+λ2-(√)=λ2+,OG2=1+(2-λ)2-(√)=(2-λ)2+,由OG2+OH2=GH2,得(2-λ)2++λ2+=4,解得λ=1±√,故存在λ=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③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,λ).⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,0,2),⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,0,λ),⃗⃗⃗⃗⃗=(1,1,