（江苏专用）2020高考数学二轮复习 填空题训练 综合仿真练（九）

1综合仿真练(九)1．设全集U＝{x|x≥3，x∈N}，集合A＝{x|x2≥10，x∈N}，则∁UA＝________.解析：∵全集U＝{x|x≥3，x∈N}，A＝{x|x2≥10，x∈N}＝{x|x≥10，x∈N}，∴∁UA＝{x|3≤x≤10，x∈N}＝{3}．答案：{3}2．为了解学生课外阅读的情况，随机统计了n名学生的课外阅读时间，所得数据都在[50,150]中，其频率分布直方图如图所示．已知在[50,75)中的频数为100，则n的值为________．解析：由图可知，在[50,75)上的频率为0.1，所以n＝1000.1＝1000.答案：10003．若复数z满足z＋i＝2＋ii，其中i为虚数单位，则|z|＝________.解析：由z＋i＝2＋ii，得z＝2＋ii－i＝－2i＋1－i＝1－3i，则|z|＝12＋－32＝10.答案：104．在如图所示的算法流程图中，若输出的y的值为26，则输入的x的值为________．解析：由图可知x2－2x＋2＝26，解得x＝－4或x＝6，又x4，所以x＝－4.答案：－45．从1,2,3,4,5,6这六个数中一次随机地取2个数，则所取2个数的和能被3整除的概率为________．2解析：从1,2,3,4,5,6这六个数中一次随机地取2个数，基本事件总数n＝15，所取2个数的和能被3整除包含的基本事件有：(1,2)，(1,5)，(2,4)，(3,6)，(4,5)，共有5个，所以所取2个数的和能被3整除的概率P＝515＝13.答案：136．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝9，S5＝25，则S7＝________.解析：设Sn＝An2＋Bn，由题知，S3＝9A＋3B＝9，S5＝25A＋5B＝25，解得A＝1，B＝0，∴S7＝49.答案：497.如图，正三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝4，AA1＝6.若E，F分别是棱BB1，CC1上的点，则三棱锥A­A1EF的体积是________．解析：因为在正三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1∥BB1，AA1⊂平面AA1C1C，BB1⊄平面AA1C1C，所以BB1∥平面AA1C1C，从而点E到平面AA1C1C的距离就是点B到平面AA1C1C的距离，作BH⊥AC，垂足为点H，由于△ABC是正三角形且边长为4，所以BH＝23，从而三棱锥A­A1EF的体积VA­A1EF＝VE­A1AF＝13S△A1AF·BH＝13×12×6×4×23＝83.答案：838．(2019·兴化中学模拟)已知椭圆和双曲线有共同的焦点F1，F2，P是它们的一个交点，且∠F1PF2＝2π3，记椭圆和双曲线的离心率分别为e1，e2，则3e21＋1e22等于________．解析：如图所示，设椭圆的长半轴长为a1，双曲线的实半轴长为a2，则根据椭圆及双曲线的定义：PF1＋PF2＝2a1，PF1－PF2＝2a2，∴PF1＝a1＋a2，PF2＝a1－a2，设F1F2＝2c，∠F1PF2＝2π3，则在△PF1F23中，由余弦定理得4c2＝(a1＋a2)2＋(a1－a2)2－2(a1＋a2)(a1－a2)cos2π3，化简得3a21＋a22＝4c2，该式可变成3e21＋1e22＝4.答案：49．如果函数y＝3sin(2x＋φ)的图象关于点5π6，0中心对称，则|φ|的最小值为________．解析：由题意可知当x＝5π6时，y＝0，即有sin5π3＋φ＝0，解得φ＝kπ－5π3，k∈Z，化简得φ＝(k－2)π＋π3，k∈Z，所以|φ|的最小值为π3.答案：π310．(2019·江苏模拟)在直角三角形ABC中，tanA＝2，D为斜边AB延长线上靠近B的一点，若△CBD的面积为1，则CA―→·CD―→＝________.解析：如图，过C作CE⊥AB，垂足为E，∴S△CBD＝12CE·BD＝1，∴CE·BD＝2.∵CA⊥CB，∴CA―→·CB―→＝0，∴CA―→·CD―→＝CA―→·(CB―→＋BD―→)＝CA―→·CB―→＋CA―→·BD―→＝CA―→·BD―→＝|CA―→|·|BD―→|cos(π－A)＝－|CA―→|·|BD―→|cosA＝－CA·BD·AECA4＝－BD·AE＝－BD·CEtanA＝－12BD·CE＝－12×2＝－1.答案：－111．已知正实数a，b满足9a2＋b2＝1，则ab3a＋b的最大值为________．解析：法一：ab3a＋b≤ab23ab＝2·3ab62≤9a2＋b262＝212，当且仅当3a＝b时等号成立，又因为9a2＋b2＝1，a0，b0，所以当a＝26，b＝22时，ab3a＋b取得最大值为212.法二：令3a＝cosθ，b＝sinθ，θ∈0，π2，则ab3a＋b＝13·sinθcosθcosθ＋sinθ.令t＝cosθ＋sinθ＝2sinθ＋π4.因为θ∈0，π2，所以θ＋π4∈π4，3π4，则sinθ＋π4∈22，1，所以t∈(1，2]．所以ab3a＋b＝13·cosθ＋sinθ2－12cosθ＋sinθ＝16·t2－1t＝16t－1t.因为y＝t－1t在t∈(1，2]上单调递增，所以当t＝2时，ab3a＋b取得最大值为212.答案：21212．已知数列{an}的首项a1＝1，前n项和为Sn，且满足2an＋1＋Sn＝2(n∈N*)，则满足10011000S2nSn1110的n的最大值为________．解析：由2an＋1＋Sn＝2，①可得当n≥2时，2an＋Sn－1＝2.②①－②得2an＋1－2an＋an＝0，所以2an＋1＝an.因为a2＝12，所以an≠0，所以an＋1an＝12(n≥2)．又因为a2a1＝12，所以an＋1an＝12，所以数列{an}是以1为首项，12为公比等比数列，所以Sn＝1×1－12n1－12＝2×1－12n，所以S2n＝2×1－122n，5从而S2nSn＝2×1－122n2×1－12n＝1－122n1－12n＝1＋12n.由不等式10011000S2nSn1110，得100110001＋12n1110，所以1100012n110，解得4≤n≤9，所以满足条件的n的最大值为9.答案：913．(2019·海安中学模拟)已知a0，b0，且2a＋3b＝1，则P＝a＋b＋a2＋b2的最小值为________．解析：如图，考虑直线l：xa＋yb＝1，因为2a＋3b＝1，不难发现，直线l过点P(2,3)，构造圆C：(x－r)2＋(y－r)2＝r2，与直线l切于点T，显然圆C与x轴、y轴分别切于点M(r,0)，N(0，r)．易得A(a,0)，B(0，b)，|AB|＝a2＋b2，所以P＝a＋b＋a2＋b2＝|OA|＋|OB|＋|AB|＝|OA|＋|OB|＋|TA|＋|TB|＝|OA|＋|OB|＋|AM|＋|BN|＝|OM|＋|ON|＝2r.由于点P(2,3)在圆外，故有(2－r)2＋(3－r)2≥r2，整理得r2－10r＋13≥0，解得r≥5＋23(r≤5－23舍去)．故P＝a＋b＋a2＋b2的最小值为10＋43.答案：10＋4314．已知函数f(x)＝ex－ax－1，g(x)＝lnx－ax＋a，若存在x0∈(1,2)，使得f(x0)g(x0)0，则实数a的取值范围为________．解析：若存在x0∈(1,2)，使得f(x0)g(x0)0，即[ex0－(ax0＋1)][lnx0－a(x0－1)]0.在同一直角坐标系下作出函数y＝ex，y＝ax＋1，y＝lnx，y＝a(x－1)的图象(图略)．当a0时，f(x0)0，g(x0)0恒成立，不满足题意；当a＝1，x1时，exx＋1，lnxx－1恒成立，满足题意；当a1，x1时，lnx－a(x－1)x－1－a(x－1)＝(1－a)(x－1)0，此时只需存在x1∈(1,2)，使得ex1ax1＋1，则e22a＋1，解得ae2－12，所以1ae2－12；当0a1，x1时，ex－(ax＋1)x＋1－(ax＋1)＝(1－a)x0，此时只需存在x2∈(1,2)，使得lnx2a(x2－1)，则ln2a(2－1)，解得aln2，所以ln2a1.综上所述，实数a的取值范围为ln2，e2－12.6答案：ln2，e2－12