(完整)2019-2020年高考数学大题综合练习(二)

2019-2020年高三第二次综合练习数学理试题含答案一、选择题（共8 小题，每小题5 分，共40 分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项）1．已知集合，集合，则＝（）．B．C．D．2．执行如图所示的程序框图，则输出的n的值是（）．A．7 B．10 C．66 D．1663．设为虚数单位，，“复数是纯虚数”是“”的（）．A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件4．已知平面上三点A，B，C，满足，则= （）．A．48 B．-48 C．100 D．-1005．已知函数，若对任意的实数x，总有，则的最小值是（）．A．2 B．4 C．D．26．已知双曲线与抛物线有一个公共的焦点F，且两曲线的一个交点为P．若，则双曲线的渐近线方程为（）．7．已知函数，若对任意，都有成立，则实数m的取值范围是（）．8．如图，将一张边长为1的正方形纸ABCD折叠，使得点B始终落在边AD上，则折起部分面积的最小值为（）．第Ⅱ卷（非选择题共110 分）二、填空题：本小题共6 小题，每小题5 分，共30 分．9．展开式中含项的系数是__________．10．已知圆C的圆心在直线x－y=0上，且圆C与两条直线x＋y=0和x＋y－12=0都相切，则圆C的标准方程是__________．11．如图，已知圆B的半径为5，直线AMN与直线ADC为圆B的两条割线，且割线AMN 过圆心B．若AM=2，，则AD=__________．12．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的侧面积为__________．13．已知点在函数的图像上，则数列的通项公式为__________；设O为坐标原点，点，则，中，面积的最大值是__________．14．设集合，集合A中所有元素的个数为__________；集合A 中满足条件“”的元素个数为__________．三、解答题：本大题共6 小题，共80 分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．15．（本小题共13分）在梯形ABCD中，（Ⅰ）求AC的长；（Ⅱ）求梯形ABCD的高．16．（本小题共13分）某学科测试中要求考生从A，B，C三道题中任选一题作答，考试结束后，统计数据显示共有600名学生参加测试，选择A，B，C三题答卷数如下表：（Ⅰ）某教师为了解参加测试的学生答卷情况，现用分层抽样的方法从600份答案中抽出若干份答卷，其中从选择A题作答的答卷中抽出了3份，则应分别从选择B，C题作答的答卷中各抽出多少份？（Ⅱ）若在（Ⅰ）问中被抽出的答卷中，A，B，C三题答卷得优的份数都是2，从被抽出的A，B，C三题答卷中再各抽出1份，求这3份答卷中恰有1份得优的概率；（Ⅲ）测试后的统计数据显示，B题的答卷得优的有100份，若以频率作为概率，在（Ⅰ）问中被抽出的选择B题作答的答卷中，记其中得优的份数为X，求X的分布列及其数学期望EX．17．（本小题共14分）如图，在直角梯形ABCD中，．直角梯形ABEF可以通过直角梯形ABCD以直线AB为轴旋转得到，且平面平面ABCD．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求直线BD和平面BCE所成角的正弦值；（Ⅲ）设H为BD的中点，M，N分别为线段FD，AD上的点（都不与点D重合）．若直线平面MNH，求MH的长．18．（本小题共13分）已知点M为椭圆的右顶点，点A，B是椭圆C上不同的两点（均异于点M），且满足直线MA与直线MB斜率之积为．（Ⅰ）求椭圆C的离心率及焦点坐标；（Ⅱ）试判断直线AB是否过定点：若是，求出定点坐标；若否，说明理由．19．（本小题共14分）已知函数．（Ⅰ）当时，求函数的单调区间；（Ⅱ）若在区间(1,2)上存在不相等的实数成立，求的取值范围；（Ⅲ）若函数有两个不同的极值点，，求证：．20．（本小题共13分）已知数列，是正整数1，2，3，，n的一个全排列．若对每个都有或3，则称为H数列．（Ⅰ）写出满足的所有H数列；（Ⅱ）写出一个满足的数列的通项公式；（Ⅲ）在H数列中，记．若数列是公差为d的等差数列，求证：或．参考答案及评分标准高三数学（理科）三、解答题：15．（本小题共13 分）解：（Ⅰ）在中，因为，所以．由正弦定理得：，即．（Ⅱ）在中，由余弦定理得：，整理得，解得（舍负）．过点作于，则为梯形的高．因为，，所以．在直角中，．即梯形的高为．16．（本小题共13 分）解：（Ⅰ）由题意可得：应分别从题的答卷中抽出份，份．（Ⅱ）记事件：被抽出的三种答卷中分别再任取出份，这份答卷中恰有份得优，可知只能题答案为优，依题意．（Ⅲ）由题意可知，题答案得优的概率为，显然被抽出的题的答案中得优的份数的可能取值为，且．；；；；；．随机变量的分布列为：所以．17．（本小题共14分）证明：（Ⅰ）由已知得，．因为平面平面，且平面平面，所以平面，由于平面，所以．（Ⅱ）由（1）知平面所以，．由已知，所以两两垂直．以为原点建立空间直角坐标系（如图）．因为，则，，，，所以，，设平面的一个法向量．所以，即．令，则．设直线与平面所成角为，因为，所以．所以直线和平面所成角的正弦值为．（Ⅲ）在为原点的空间直角坐标系中，，，，，．设，即．，则，，．若平面，则．即．．解得．则，．18．（本小题共13分）解：（Ⅰ）椭圆的方程可化为，则，，．故离心率为，焦点坐标为，．（Ⅱ）由题意，直线的斜率存在，可设直线的方程为，，，则，．由得．判别式．所以，，因为直线与直线的斜率之积为，所以，所以．化简得，所以，化简得，即或．当时，直线方程为，过定点．代入判别式大于零中，解得．当时，直线的方程为，过定点，不符合题意．故直线过定点．19．（本小题共14分）解：（Ⅰ）当时，，．由，解得，．当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增．所以的单调增区间为，单调减区间为．（Ⅱ）依题意即求使函数在上不为单调函数的的取值范围．，设，则，．因为在上为增函数．当，即当时，函数在上有且只有一个零点，设为，当时，，即，为减函数；当时，，即，为增函数，满足在上不为单调函数．当时，，，所以在上成立（因在上为增函数），所以在上成立，即在上为增函数，不合题意．同理时，可判断在为减函数，不合题意．综上．（Ⅲ）．因为函数有两个不同的零点，即有两个不同的零点，即方程的判别式，解得．由，解得，．此时，．所以是的极大值点，是的极小值点，所以是极大值，是极小值所以因为，所以，所以．20．（本小题共13分）解：（Ⅰ）满足条件的数列有两个：．（Ⅱ）由（1）知数列满足，把各项分别加后，所得各数依次排在后，因为，所得数列显然满足或，，即得数列．其中，．如此下去即可得到一个满足的数列为：（其中）（写出此通项也可以（其中））（Ⅲ）由题意知，，且．有解：①，，，则，这与是矛盾的．②时，与①类似可得不成立．③时，，则不可能成立．④时，若或，则或．若或，则，类似于③可知不成立．④时，若同号，则，由上面的讨论可知不可能；若或，则或；⑤时，若异号，则，不行；若同号，则，同样由前面的讨论可知与矛盾．综上，只能为或，且（2）中的数列是的情形，将（2）中的数列倒过来就是，所以为或．。

2020年北京市东城区高考数学二模试卷一、选择题（共10小题）.1．已知全集U＝{0，1，2，3，4，5}，集合A＝{0，1，2}，B＝{5}，那么（∁U A）∪B＝（）A．{0，1，2}B．{3，4，5}C．{1，4，5}D．{0，1，2，5} 2．已知三个函数y＝x3，y＝3x，y＝log3x，则（）A．定义域都为RB．值域都为RC．在其定义域上都是增函数D．都是奇函数3．平面直角坐标系中，已知点A，B，C的坐标分别为（0，1），（1，0），（4，2），且四边形ABCD为平行四边形，那么D点的坐标为（）A．（3，3）B．（﹣5，1）C．（3，﹣1）D．（﹣3，3）4．双曲线C：x2−y2b2=1的渐近线与直线x＝1交于A，B两点，且|AB|＝4，那么双曲线C的离心率为（）A．√2B．√3C．2D．√55．已知函数f（x）＝log a x+b的图象如图所示，那么函数g（x）＝a x+b的图象可能为（）A．B．C．D．6．已知向量a→=（0，5），b→=（4，﹣3），c→=（﹣2，﹣1），那么下列结论正确的是（）A．a→−b→与c→为共线向量B．a→−b→与c→垂直C．a→−b→与a→的夹角为钝角D．a→−b→与b→的夹角为锐角7．《九章算术》成书于公元一世纪，是中国古代乃至东方的第一部自成体系的数学专著．书中记载这样一个问题“今有宛田，下周三十步，径十六步．问为田几何？”（一步＝1.5米）意思是现有扇形田，弧长为45米，直径为24米，那么扇形田的面积为（）A．135平方米B．270平方米C．540平方米D．1080平方米8．已知函数f（x）＝lnx+ax2，那么“a＞0”是“f（x）在（0，+∞）上为增函数”的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件9．已知一个几何体的三视图如图所示，正（主）视图是由一个半圆弧和一个正方形的三边拼接而成的，俯视图和侧（左）视图分别为一个正方形和一个长方形，那么这个几何体的体积是（）A ．1+π2B ．1+π4C ．1+π8D ．1+π10．函数f （x ）是定义域为R 的奇函数，且它的最小正周期是T ，已知f （x ）={x ，x ∈[0，T 4]T 2−x ，x ∈(T 4−T 2]，g （x ）＝f （x +a ）（a ∈R ）．给出下列四个判断： ①对于给定的正整数n ，存在a ∈R ，使得∑ n i=1g(i⋅T n )f(i⋅T n )=0成立； ②当a =T 4时，对于给定的正整数n ，存在k ∈R （k ≠1），使得∑ n i=1g(ki⋅T n )f(i⋅T n )=0成立；③当a ＝k T 4（k ∈Z ）时，函数g （x ）+f （x ）既有对称轴又有对称中心； ④当a ＝k T 4（k ∈Z ）时，g （x ）+f （x ）的值只有0或T 4． 其中正确判断的有（ ）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个二、填空题共5题，每题5分，共25分．11．复数z =1−i i的共轭复数z 为 ． 12．已知cos2α=13，则cos 2（π2+α）﹣2cos 2（π﹣α）的值为 ．13．设α，β，γ是三个不同的平面，m ，n 是两条不同的直线，给出下列三个结论：①若m⊥α，n⊥α，则m∥n；②若m⊥α，m⊥β，则α∥β；③若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β．其中，正确结论的序号为．14．从下列四个条件①a=√2c；②C=π6；③cos B=−√24；④b=√7中选出三个条件，能使满足所选条件的△ABC存在且唯一，你选择的三个条件是____（填写相应的序号），所选三个条件下的c的值为．15．配件厂计划为某项工程生产一种配件，这种配件每天的需求量是200件．由于生产这种配件时其他生产设备必须停机，并且每次生产时都需要花费5000元的准备费，所以需要周期性生产这种配件，即在一天内生产出这种配件，以满足从这天起连续n天的需求，称n为生产周期（假设这种配件每天产能可以足够大）．配件的存储费为每件每天2元（当天生产出的配件不需要支付存储费，从第二天开始付存储费）．在长期的生产活动中，为使每个生产周期内每天平均的总费用最少，那么生产周期n为．三、解答题共6题，共85分。

2019-2020学年高中数学必修二综合测试卷(时间:90分钟满分:120分)一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.若直线经过A(1,0),B(4,√3)两点,则直线AB的倾斜角为()B.45°C.60°D.120°AB的斜率为k AB=√33,所以直线AB的倾斜角为30°.,已知A(2,-3,1)关于xOy平面的对称点为B,则点B到点C(1,1,-2)的距离为()√3B.√14C.3√2D.√34B的坐标为(2,-3,-1),所以|BC|=√(2-1)2+(-3-1)2+(-1+2)2=3√2.ABCD在平面α内,PC⊥α,则PA与对角线BD的位置关系是()A.平行B.相交但不垂直D.异面垂直PC⊥平面α,∴PC⊥BD.又在菱形ABCD中,AC⊥BD,PC∩AC=C,∴BD⊥平面PAC.又PA⊂平,∴BD⊥PA.显然PA与BD异面,故PA与BD异面垂直.x2+y2-4x+4y=0的圆心,且和直线2x-y+1=0垂直的直线方程为()A.2x-y-6=0B.x+2y+2=02=0 D.x-2y-6=0x+2y+c=0,因为圆的方程为x2+y2-4x+4y=0,所以圆心坐标为(2,-2).代入直线0,得c=2.故所求直线方程为x+2y+2=0.y轴上,半径长为5,且过点(-5,8)的圆的方程为()A.x2+(y-8)2=25B.x2+(y+8)2=25C.(x+5)2+(y-8)2=252+y2=25(0,b),则由题意得圆的方程为x2+(y-b)2=25.又点(-5,8)在圆上,所以(-5)2+(8-b)2=25,8.故圆的方程为x2+(y-8)2=25.,则该几何体的体积为()A.13+2π B.13π6C.7π3D.5π2,其中左边是半个圆锥,底面半径为1,高为1,所以其体积V1=3π×12×1×12=π6;右边是一个圆柱,底面半径为1,高为2,所以其体积V2=π×12×2=2π.故该几何体的体积为V=V1+V2=π6+2π=13π6.O1:x2+y2=4与圆O2:(x+3)2+(y-4)2=r2外切时,直线x+y+1=0截圆O2所得的弦长为()B.2√7C.2√5D.√7O1的圆心为O1(0,0),半径r1=2,圆O2的圆心为O2(-3,4),因为两圆外切,所以|O1O2|=2+r,即5=2+r,r=3.圆心(-3,4)到直线x+y+1=0的距离为d=√2=√2.2√r2-d2=2√9-2=2√7.,将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”.已知“堑堵”ABC-A1B1C1的所有顶点都在球O的球面上,且AB=AC=1.若球O的表面积为3π,则这个三棱柱的体积是()A.16 B.13C.12D.1,将直三棱柱ABC-A1B1C1补形为长方体ABDC-A1B1D1C1.设球O的半径为R,由球O的表面积为3π,得4πR2=3π,∴R=√32,∴长方体的体对角线BC1=√3,∴CC1=√(√3)2-(√2)2=1.故直三棱柱的体积V=12×1×1×1=12.答案:C9.已知直线l1:x−√3y+2=0与l2:x−√3y−6=0被圆C截得的线段长均为2,则圆C的面积为()B.4πC.3πD.2πl1与l2的距离h=√1+(-√3)=4,∴圆心C到直线l1的距离为d=ℎ2=2.C截得的弦长为2,∴圆C的半径r=√d2+12=√5,∴圆C的面积S=πr2=5π.10.已知矩形ABCD,AB=1,BC=√2,将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折,在翻折过程中()A.存在某个位置,使得直线AC与直线BD垂直B.存在某个位置,使得直线AB与直线CD垂直C.存在某个位置,使得直线AD与直线BC垂直,三对直线“AC与BD”,“AB与CD”,“AD与BC”均不垂直解析:找出图形在翻折过程中变化的量与不变的量.对于选项A,过点A作AE⊥BD,垂足为E,过点C作CF⊥BD,垂足为F,在图①中,由边AB,BC不相等可知点E,F不重合.在图②中,连接CE,若直线AC与直线BD垂直,又因为AC∩AE=A,所以BD⊥平面ACE,所以BD⊥CE,与点E,F不重合相矛盾,故A错误.对于选项B,若AB⊥CD,又因为AB⊥AD,AD∩CD=D,所以AB⊥平面ADC,即AB⊥AC.由AB<BC可知存在这样的等腰直角三角形,使得直线AB与直线CD垂直,故B正确.对于选项C,若AD ⊥BC ,又因为DC ⊥BC ,AD ∩DC=D , 所以BC ⊥平面ADC ,所以BC ⊥AC. 已知BC =√2,AB =1,BC >AB,所以不存在这样的直角三角形.故C 错误. D 错误,故选B .(本大题共5小题,每小题5分,共25分.把答案填在题中的横线上)11.已知直线m :y=k 1x+2与直线n :y=k 2x +√3+1的倾斜角分别为45°和60°,m 与n 的交点坐标为___________________.m :y=k 1x+2与直线n :y=k 2x +√3+1的倾斜角分别为45°和60°,所以k 1=1,k 2=√3,即直线m :y=x+2,直线n :y =√3x +√3+1.由{y =x +2,y =√3x +√3+1,解得{x =-1,y =1,故直线m 与n 的交点(-1,1).-1,1)y=x 上的任意点P 与圆x 2+y 2-10x-2y+24=0上的任意点Q 间距离的最小值为 .(x-5)2+(y-1)2=2, (5,1),半径为r =√2. 圆心到直线y=x 的距离d =√2=2√2,的最小值为d-r=2√2−√2=√2. √2,在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,O 为底面ABCD 的中心,E 为C 1C 的中点,则异面直线D 1A 与EO 所成角的余弦值为 .解析:如图,取BC 的中点G ,连接BC 1,EG ,OG.设正方体的棱长为2a ,则AD 1BC 12EG=2√2a,OG =a,∠OEG 为直线D 1A 与EO 所成的角.OG ⊥平面BCC 1B 1,则OG ⊥EG. 因为OE =√3a, 所以cos ∠OEG =EG OE =√2a√3a=√63.(单位:cm),则该几何体的表面积是 cm 2,体积是 cm 3.解析:由三视图,可知该几何体由两个相同长方体组合而成,其中每个长方体的长、宽、高分别为4 所以其体积为2×(2×2×4)=32(cm3).由于两个长方体重叠部分为一个边长为2的正方2×(2×2×2+4×2×4)-2×(2×2)=72(cm2).3215.已知直线l:x−√3y+6=0与圆x2+y2=12交于A,B两点,分别作l的垂线与x轴交于C,D两点,则|CD|=_______________.l的倾斜角为30°,坐标原点O到直线l|6|√1+(-√3)=3.设直线l与x轴交于点E,结合题意知E(-6,0),不妨令B(0,2√3),则|BE|=√62+(2√3)2=4√3.因为|AB|=2√12-32=2√3,所以A为EB的中点.由题意知AC∥BD,所以C为DE的中点,即|CE|=|CD|=|AE|cos30°=|AB|cos30°=√3√32=4.(本大题共5小题,共45分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 16.(8分)如图,在平行四边形ABCD中,边AB所在直线的方程为2x-y-2=0,点C(2,0).(1)求直线CD的方程;AB边上的高CE所在直线的方程.因为四边形ABCD为平行四边形,AB∥CD,所以k CD=k AB=2.故CD的方程为y=2(x-2),即2x-y-4=0.(2)因为CE⊥AB,所以k CE=−1k AB =−12.所以直线CE的方程为y=−12(x−2),即x+2y-2=0.17.(8分)求与已知圆x2+y2-7y+10=0相交,所得公共弦平行于已知直线2x-3y-1=0,且过点(-2,3),(1,4)的.23,已知圆的圆心坐标为(0,72),故两圆圆心所在直线的方程为y −72=−32x, 即3x+2y-7=0.设所求圆的方程为x 2+y 2+Dx+Ey+F=0,由{(-2)2+32-2D +3E +F =0,12+42+D +4E +F =0,3(-D2)+2(-E2)-7=0,解得{D =2,E =-10,F =21.故所求圆的方程为x 2+y 2+2x-10y+21=0.18.(9分)将长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥得到如图甲所示的几何体,已知该几何体的正视图与俯视图如图乙.(1)画出该几何体的侧视图; .解:(1)该几何体的侧视图如图所示.(2)对于所截去的三棱锥B 1-CC 1D 1,其体积为V 三棱锥B 1-CC 1D 1=13B1C1·S △CC 1D 1=13×5×12×3×4=10, V 长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1=5×4×3=60.故所求几何体的体积为V 长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1−V 三棱锥B 1-CC 1D 1=60−10=50. 19.(10分)如图,在四棱锥P-ABCD 中,AP ⊥平面PCD ,AD ∥BC ,AB=BC =12AD,E,F 分别为线段AD,PC 的中点.求证:(1)AP ∥平面BEF ;平面PAC.证明:(1)如图,设AC ∩BE=O ,连接OF ,EC.由于点E 为AD 的中点,AB=BC=12AD ,AD ∥BC , 所以AE ∥BC ,AE=AB=BC , 所以O 为AC 的中点.又在△PAC 中,F 为PC 的中点, 所以AP ∥OF.又OF ⊂平面BEF ,AP ⊄平面BEF , 所以AP ∥平面BEF.(2)由题意知,ED ∥BC ,ED=BC ,所以四边形BCDE 为平行四边形,所以BE ∥CD. 又AP ⊥平面PCD ,所以AP ⊥CD ,所以AP ⊥BE.因为四边形ABCE 为菱形,所以BE ⊥AC. 又AP ∩AC=A ,AP ,AC ⊂平面PAC , 所以BE ⊥平面PAC.20.(10分)已知过原点的动直线l 与圆C 1:x 2+y 2-6x+5=0相交于不同的两点A ,B. (1)求圆C 1的圆心坐标;(2)求线段AB 的中点M 的轨迹C 的方程;(3)是否存在实数k ,使得直线L :y=k (x-4)与曲线C 只有一个交点?若存在,求出k 的取值范围;若不存在,.由x 2+y 2-6x+5=0,得(x-3)2+y 2=4, C 1的圆心坐标为(3,0). (2)设线段AB 的中点M (x ,y ),由弦的性质可知C 1M ⊥AB ,即C 1M ⊥OM. 故点M 的轨迹是以OC 1为直径的圆,该圆的圆心为C (32,0),半径r=12|OC 1|=12×3=32, 其方程为(x -32)2+y 2=(32)2,即x 2+y 2-3x=0.又因为点M 为线段AB 的中点,所以点M 在圆C 1内, 所以√(x -3)2+y 2<2. 又x 2+y 2-3x=0,所以可得x>53. 易知x ≤3,所以53<x ≤3.所以线段AB 的中点M 的轨迹C 的方程为x 2+y 2-3x=0(53<x ≤3). (3)存在实数k 满足题意.由(2)知点M 的轨迹是以C (32,0)为圆心,32为半径的圆弧EF⏜(如图所示,不包括两个端点), 且E (53,2√53),F (53,-2√53).又直线L :y=k (x-4)过定点D (4,0), 当直线L 与圆C 相切时,|k (32-4)-0|√k +1=32,得k=±34.又k DE=-k DF=-0-(-2√53)4-53=-2√57.结合上图可知当k∈{-34,34}∪[-2√57,2√57]时,直线L:y=k(x-4)与曲线C只有一个交点.。