《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 下篇 指導(dǎo)六 手熱心穩(wěn) 實(shí)戰(zhàn)演練教學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 下篇 指導(dǎo)六 手熱心穩(wěn) 實(shí)戰(zhàn)演練教學(xué)案（53頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 指導(dǎo)六 手熱心穩(wěn)·實(shí)戰(zhàn)演練 Ⅰ：高考客觀題(12＋4)·提速練(一) 限時40分鐘　滿分80分 一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分) 1．已知集合M＝{x|x＋3＜2x2}，N＝{x|－2≤x＜1}，則M∩N＝(　　) A.　　　　　　　 B. C．[－2，－1) D．[－2,3) 解析：C　[解法一　由x＋3＜2x2，得2x2－x－3＞0，即(x＋1)(2x－3)＞0，得x＜－1或x＞.所以M＝(－∞，－1)∪.又N＝[－2,1)，所以M∩N＝[－2，－1)．故選C. 解法二　因?yàn)??N，所以排除D項；因?yàn)?＋3＜2×02不成立，所以0?M，所以排除A項

2、；因?yàn)椋?＜2×2成立，所以－∈M，又－∈N，所以－∈M∩N，故排除B.綜上，選C.] 2．已知復(fù)數(shù)z＝(a2－3a＋2)＋(a2－a)i(a∈R)為純虛數(shù)，則＝(　　) A.＋i B.－i C．3－i D．3＋i 解析：A　[由已知可得解得a＝2，所以z＝2i，故＝＝＝＝＋i.故選A.] 3. 2019年全國兩會(即中華人民共和國第十三屆全國人民代表大會第二次會議和中國人民政治協(xié)商會議第十三屆全國委員會第二次會議)于3月份在北京召開．代表們提交的議案都是經(jīng)過多次修改．為了解代表們的議案修改次數(shù)，某調(diào)查機(jī)構(gòu)采用隨機(jī)抽樣的方法抽取了120份議案進(jìn)行調(diào)查，并進(jìn)行了統(tǒng)計，將議

3、案的修改次數(shù)分為6組：[0,5)，[5,10)，[10,15)，[15,20)，[20,25)，[25,30]，得到如圖所示的頻率分布直方圖．則這120份議案中修改次數(shù)不低于15次的份數(shù)為(　　) A．40　　　 B．60　　　 C．80　　　　 D．100 解析：B　[由頻率分布直方圖可知，議案修改次數(shù)不低于15次的頻率為(0.06＋0.03＋0.01)×5＝0.5，所以這120份議案中修改次數(shù)不低于15次的份數(shù)為120×0.5＝60.故選B.] 4．已知角α的頂點(diǎn)在坐標(biāo)原點(diǎn)O，始邊與x軸的正半軸重合，將終邊按逆時針方向旋轉(zhuǎn)后經(jīng)過點(diǎn)P(，1)，則co

4、s 2α＝(　　) A. B．－ C．－ D. 解析：D　[由題意，將角α的終邊按逆時針方向旋轉(zhuǎn)后所得角為α＋.因?yàn)閨OP|＝＝，所以sin＝＝，cos＝＝.故cos 2α＝sin＝sin 2＝2sincos＝2××＝.故選D.] 5．(多選題)已知π為圓周率，e為自然對數(shù)的底數(shù)，則(　　) A．πe<3e B．3e－2π<3πe－2 C．logπe3logπe 解析：CD　[本題考查利用函數(shù)的單調(diào)性比較大?。阎袨閳A周率，e為自然對數(shù)的底數(shù)，∴π>3>e>2，∴e>1，πe>3e，故A錯誤；∵0<<1,1>e－2>0，∴e－2>，∴3

5、e－2π>3πe－2，故B錯誤；∵π>3，∴l(xiāng)ogπe3，可得log3e>logπe，則πl(wèi)og3e>3logπe，故D正確．故選CD.] 6. 如圖是以AB為直徑的半圓，且AB＝8，半徑OB的垂直平分線與圓弧交于點(diǎn)P，＋＝0，則·＝(　　) A．9 B．15 C．－9 D．－15 解析：C　[通解　連接OP，由已知，得OD＝DB＝AB＝2，所以DP＝＝＝2.由＋＝0可得Q為線段PD的中點(diǎn)，故DQ＝DP＝.因?yàn)椋剑?，＝＋，所以·?＋)·(＋)＝·＋·＋·＋·＝6×2cos π＋0＋0＋()2＝－9. 優(yōu)解　以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的平

6、面直角坐標(biāo)系，則A(－4,0)，B(4,0)，由＋＝0，設(shè)Q(2，m)，則有P(2,2m)，22＋(2m)2＝42，m2＝3，又＝(6，m)，＝(－2，m)，所以·＝(6，m)·(－2，m)＝－12＋m2＝－9.] 7．函數(shù)f(x)＝的大致圖象有(　　) 解析：C　[由ex－e－x≠0，解得x≠0，所以函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?－∞，0)∪(0，＋∞)，故排除B項．因?yàn)閒(－x)＝＝＝－f(x)，所以函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，又f(1)＝＝＜0，故排除A項．設(shè)g(x)＝ex－e－x，顯然該函數(shù)單調(diào)遞增，故當(dāng)x＞0時，g(x)＞g(0)＝0，則當(dāng)x∈時，y＝cos(πx)＞0，故f(x)＞0，

7、當(dāng)x∈時，y＝cos(πx)＜0，故f(x)＜0，所以排除D項．綜上，選C.] 8．已知函數(shù)f(x)＝sin ωxcos φ＋cos ωxsin φ的圖象經(jīng)過點(diǎn)，將該函數(shù)的圖象向右平移個單位長度后所得函數(shù)g(x)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱，則ω的最小值是(　　) A. B．2 C．3 D. 解析：A　[由已知得f(x)＝sin(ωx＋φ)，f(0)＝－，得sin φ＝－，因?yàn)閨φ|＜，所以φ＝－，所以f(x)＝sin.將該函數(shù)圖象向右平移個單位長度后得函數(shù)g(x)＝f＝sin＝sin的圖象．由已知得函數(shù)g(x)為奇函數(shù)，所以＋＝kπ(k∈Z)，解得ω＝3k－(k∈Z)．因?yàn)棣兀?，所以ω

8、的最小值為.] 9. 某幾何體的正視圖和側(cè)視圖為如圖所示的相同的圖形，俯視圖為同心圓，則該幾何體的表面積為(　　) A．14π B.π C．36π D.π 解析：C　[由幾何體的三視圖可知，該幾何體的上部分是一個半球，下部分為一個大圓柱的內(nèi)部挖去了一個小圓柱，所以該幾何體的表面積為2π×2×4＋π×22＋4π×22×＋2π×1×4＝36π.] 10．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，a＝8，b＜4，c＝7，且滿足(2a－b)cos C＝c·cos B，則△ABC的面積為(　　) A．10 B．6 C．5 D．2 解析：B　[∵(2a－b)cos

9、 C＝ccos B，∴(2sin A－sin B)cos C＝sin Ccos B，∴2sin Acos C＝sin Bcos C＋cos Bsin C，即2sin Acos C＝sin(B＋C)，∴2sin Acos C＝sin A．∵在△ABC中，sin A≠0，∴cos C＝，∴C＝60°.由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcos C，得49＝64＋b2－2×8bcos 60°，即b2－8b＋15＝0，解得b＝3或b＝5，又b＜4，∴b＝3，∴△ABC的面積S＝absin C＝×8×3×＝6.] 11．已知雙曲線－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過點(diǎn)F1的直線交

10、雙曲線的左支于點(diǎn)M，交雙曲線的右支于點(diǎn)N，且MF2⊥NF2，|MF2|＝|NF2|，則該雙曲線的離心率是(　　) A. B. C. D.＋1 解析：A　[由題意可設(shè)|MF2|＝|NF2|＝m，由點(diǎn)M在雙曲線的左支上，得|MF2|－|MF1|＝2a，所以|MF1|＝m－2a.由點(diǎn)N在雙曲線的右支上，得|NF1|－|NF2|＝2a，所以|NF1|＝m＋2a.因?yàn)镸F2⊥NF2，所以|MN|＝m，由|NF1|＝|MF1|＋|MN|，得m＋2a＝m－2a＋m，所以m＝2a. 解法一　如圖，在△MF1F2中，|MF1|＝m－2a＝(2－2)a，|MF2|＝m＝2a.易知|F1F2|＝

11、2c，∠F1MF2＝135°，所以由余弦定理得4c2＝8a2＋(2－2)2a2－2×2a×(2－2)a×cos 135°，得c2＝3a2，所以e＝＝.故選A. 解法二　在△NF1F2中，|NF1|＝m＋2a＝(2＋2)a，|NF2|＝2a，|F1F2|＝2c，∠F1NF2＝45°，所以由余弦定理得4c2＝8a2＋(2＋2)2a2－2×2a×(2＋2)a×cos 45°，得c2＝3a2，所以e＝＝.故選A.] 12．已知函數(shù)f(x)＝，若方程[f(x)]2＋(1－a)f(x)－a＝0有兩個不同的實(shí)數(shù)根，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(－∞，0]∪ B．(－∞，－1)∪∪ C．(－∞

12、，0] D．(－∞，－1)∪(－1,0] 解析：B　[設(shè)t＝f(x)，則方程為t2＋(1－a)t－a＝0，即(t－a)(t＋1)＝0，解得t＝a或t＝－1.函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝＝.設(shè)g(x)＝－1－ln x，顯然該函數(shù)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，且g(1)＝0，故當(dāng)x∈(0,1)時，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，且當(dāng)x→0時，f(x)→－∞，當(dāng)x→＋∞時，f(x)→0.如圖，作出函數(shù)f(x)的大致圖象． 作出直線y＝t，由圖可知當(dāng)t＞時，直線y＝t與函數(shù)f(x)的圖象沒有交點(diǎn)；當(dāng)t＝或t≤0

13、時，直線y＝t與函數(shù)f(x)的圖象只有一個交點(diǎn)；當(dāng)0＜t＜時，直線y＝t與函數(shù)f(x)的圖象有兩個交點(diǎn)．所以方程f(x)＝－1只有一個解，若a＝－1，則原方程有兩個相同的實(shí)數(shù)根，不符合題意，則a≠－1，故由題意可得方程f(x)＝a只有一個解，所以a＝或a≤0，且a≠－1，故實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－∞，－1)∪(－1,0]∪.] 二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分) 13．(理)已知二項式n的展開式中所有項的系數(shù)之和為，則展開式中x的系數(shù)為____． 解析：根據(jù)題意，令x＝1，得n＝，即n＝，解得n＝5，故展開式的通項公式為C(x2)5－rr＝Crx10－3r.令10－3r＝1

14、，得r＝3，則展開式中x的系數(shù)為C×3＝－. 答案：－ 13．(文)設(shè){an}是公比大于1的等比數(shù)列，Sn為數(shù)列{an}的前n項和．已知S3＝7，且a1＋3,3a2，a3＋4構(gòu)成等差數(shù)列，則數(shù)列{an}的通項為________． 解析：由已知得 解得a2＝2. 設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，由a2＝2，可得a1＝，a3＝2q， 又S3＝7，可知＋2＋2q＝7，即2q2－5q＋2＝0. 又得q1＝2，q2＝. 由題意得q＞1，∴q＝2.∴a1＝1. 故數(shù)列{an}的通項公式為an＝2n－1. 答案：2n－1 14．已知P是圓C：x2＋y2＋4x－2y＋8＝0上一動點(diǎn)，P關(guān)于y軸

15、的對稱點(diǎn)為M，關(guān)于直線y＝x的對稱點(diǎn)為N，則|MN|的取值范圍是________． 解析：由題可得，圓C：(x＋2)2＋(y－)2＝1，圓心為C(－2，)，半徑r＝1.設(shè)P(x，y)，則M(－x，y)，N(y，x)．|MN|＝＝·＝|OP|，易知|OC|－r≤|OP|≤|OC|＋r，|OC|＝3，所以2≤|OP|≤4,2≤|MN|≤4，所以|MN|的取值范圍是[2，4]． 答案：[2，4] 15. 如圖，四棱臺A1B1C1D1－ABCD的底面是正方形，DD1⊥底面ABCD，DD1＝AB＝2A1B1，則異面直線AD1與BC1所成角的余弦值為________． 解析：設(shè)AB的中點(diǎn)為E

16、，連接ED1，則易知BE∥C1D1，BE＝C1D1，∴四邊形EBC1D1是平行四邊形，∴BC1∥ED1，∴∠AD1E為異面直線AD1與BC1所成的角．∵四邊形ABCD是正方形，∴BA⊥AD，∵DD1⊥ 底面ABCD，∴BA⊥DD1，∴BA⊥平面AA1D1D，∴BA⊥AD1，△AED1是直角三角形．設(shè)DD1＝AB＝2A1B1＝2a，則AD1＝＝＝2a，ED1＝＝＝3a，∴cos∠AD1E＝＝. 答案： 16．一個口袋中裝有編號分別為1,2,3，…，9的小球，甲、乙、丙三人從口袋中一次性各摸出三個小球．甲說：“我摸到的一個球的編號為9.”乙說：“我抽到的一個球的編號為8.”丙說：“我們?nèi)?/p>

17、人摸到的三個小球編號之和相等，但我沒有摸到編號為2的小球．”已知三個人說的都正確，則丙摸出的三個小球的編號分別為________、________、________.(每答錯一個扣2分，最低為0分) 解析：由丙的說法可知，三人摸到的三個小球的編號之和相等，所以每個人摸出的三個小球的編號之和為×(1＋2＋…＋9)＝×＝15.設(shè)甲摸到的另外兩個小球的編號分別為a1，a2，乙摸到的另外兩個小球的編號分別為b1，b2，則由題意可得a1＋a2＝6，b1＋b2＝7.所以a1，a2的取值只有1與5,2與4兩種情況．若a1，a2的取值為1,5，則由b1＋b2＝7可得，b1，b2只能取3與4，則剩余的三個數(shù)為

18、2,6,7.若a1，a2的取值為2,4，則由b1＋b2＝7可得，b1，b2只能取1與6，則剩余的三個數(shù)為3,5,7.由題意知，丙沒有摸到編號為2的小球，所以丙摸到的小球編號只能為3,5,7. 答案：357 高考客觀題(12＋4)·提速練(二) 限時40分鐘　滿分80分 一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分) 1．已知集合A＝{－1,2}，B＝{0,2}，則A∪B的子集個數(shù)為(　　) A．5　　　　 B．6　　　　 C．7　　　 　 D．8 解析：D　[由題意知A∪B＝{－1,0,2}，所以A∪B的子集個數(shù)為23＝8.故選D.] 2．已

19、知復(fù)數(shù)z＝＋2i3，則z的共軛復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)位于(　　) A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 解析：A　[z＝＋2i3＝－2i＝1＋i－2i＝1－i，∴＝1＋i，∴復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)為(1,1)，位于第一象限．故選A.] 3．某頻道每天11：30～12：00播放“中國夢”主題的紀(jì)錄片，在此期間會隨機(jī)播出4分鐘完整的有關(guān)中國夢的歌曲，小劉11：43開始觀看該頻道，則他聽到完整的有關(guān)中國夢歌曲的概率是(　　) A. B. C. D. 解析：D　[由題可知，該電視臺開

20、始播放有關(guān)中國夢的歌曲的時間是11：30～11：56，時長26分鐘，小劉能聽到完整歌曲的時間為11：43～11：56，共13分鐘，所以所求概率為＝.故選D.] 4．已知實(shí)數(shù)x，y滿足約束條件則z＝x－2y的最小值為(　　) A．－6 B．－5 C．－4 D．－3 解析：B　[ 作出可行域如圖中陰影部分所示，作出直線x－2y＝0，平移該直線，數(shù)形結(jié)合知當(dāng)平移后的直線過點(diǎn)A時，z取得最小值．由得A(3,4)．所以z的最小值為3－2×4＝－5.故選B.] 5．已知△ABC中，E為中線BD的中點(diǎn)，＝x＋y，則3x＋y＝(　　)

21、 A．0 B．1 C．2 D．－1 解析：A　[依題意可得，＝－＝－＝(＋)－＝－，所以x＝，y＝－，所以3x＋y＝0.故選A.] 6. 若正整數(shù)N除以正整數(shù)m后的余數(shù)為n，則記N＝n(mod m)，例如10＝4(mod 6)．如圖所示的程序框圖表示的算法源于我國古代《孫子算經(jīng)》中的“孫子定理”，執(zhí)行該程序框圖，若輸入的a＝2，b＝3，c＝11，則輸出的N＝(　　) A．6　　　　　　 B．9 C．12 D．21 解析：C　[N＝0，N＝0＋1＝1,1＝1(mod 2)；N＝1＋1＝2,2＝0(mod 2)，2＝2(mod 3)；N＝2＋1＝3,3＝1(mod 2)；N

22、＝3＋1＝4,4＝0(mod 2)，4＝1(mod 3)；N＝4＋1＝5,5＝1(mod 2)；N＝5＋1＝6,6＝0(mod 2)，6＝0(mod 3)，6＝6(mod 11)；N＝6＋1＝7……由此發(fā)現(xiàn)滿足題意的N應(yīng)該含有因數(shù)2和3，且被11除余1，所以可知當(dāng)N＝12時，結(jié)束循環(huán)，輸出的N＝12.故選C.] 7．已知函數(shù)f(x)＝2sin(ω＞0)在平面直角坐標(biāo)系中的部分圖象如圖所示，若平行四邊形ABCD的面積為32，則函數(shù)f(x)的圖象在y軸右側(cè)且離y軸最近的一條對稱軸的方程為(　　) A．x＝　　　　　　　 B．x＝ C．x＝2 D．x＝ 解析：A　[設(shè)函數(shù)f(x)的最小

23、正周期為T.因?yàn)槠叫兴倪呅蜛BCD的面積為32，結(jié)合三角函數(shù)圖象可知2×2×T＝32，得T＝8，所以ω＝＝，所以f(x)＝2sin，令x＋＝＋kπ，k∈Z，得x＝＋4k，k∈Z.故選A.] 8. 如圖所示的幾何體是從棱長為2的正方體中截去到正方體的某個頂點(diǎn)的距離均為2的幾何體后的剩余部分，則該幾何體的表面積為(　　) A．24－3π B．24－π C．24＋π D．24＋5π 解析：B　[由題意知該幾何體是從棱長為2的正方體中截去以正方體某個頂點(diǎn)為球心，2為半徑的球后的剩余部分，則其表面積S＝6×22－3××π×22＋×4×π×22＝24－π.故選B.] 9．(多選題)已知

24、函數(shù)f(x)及其導(dǎo)函數(shù)f′(x)，若存在x0使得f(x0)＝f′(x0)，則稱x0是f(x)的一個“巧值點(diǎn)”．下列選項中有“巧值點(diǎn)”的函數(shù)是(　　) A．f(x)＝x2 B．f(x)＝e－x C．f(x)＝ln x D．f(x)＝tan x 解析：AC　[本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法則．若f(x)＝x2，則f′(x)＝2x，令x2＝2x，得x＝0或x＝2，方程顯然有解，故A符合要求；若f(x)＝e－x，則f′(x)＝－e－x，令e－x＝－e－x，此方程無解，故B不符合要求；若f(x)＝ln x，則f′(x)＝，令ln x＝，在同一直角坐標(biāo)系內(nèi)作出函數(shù)y＝ln x與y＝的圖象(作圖略)，可得兩

25、函數(shù)的圖象有一個交點(diǎn)，所以方程f(x)＝f′(x)存在實(shí)數(shù)解，故C符合要求；若f(x)＝tan x，則f′(x)＝′＝，令tan x＝，化簡得sin xcos x＝1，變形可得sin 2x＝2，無解，故D不符合要求，故選AC.] 10．在△ABC中，若acos A＝bcos B，且c＝2，sin C＝，則△ABC的面積為(　　) A．3 B. C．3或 D．6或 解析：C　[由acos A＝bcos B得sin Acos A＝sin Bcos B，即sin 2A＝sin 2B.∵A，B∈(0，π)，∴2A＝2B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝，又sin C＝，∴△ABC只能是

26、等腰三角形．當(dāng)C為銳角時，∵sin C＝，∴cos C＝，∴sin＝＝＝，由c＝2得b＝a＝，∴△ABC中AB邊上的高為3，∴△ABC的面積為×2×3＝3.當(dāng)C為鈍角時，∵sin C＝，∴cos C＝－，∴sin＝＝＝，由c＝2得b＝a＝，∴△ABC中AB邊上的高為，∴△ABC的面積為×2×＝.綜上，△ABC的面積為3或.故選C.] 11．已知P為雙曲線－x2＝1上一點(diǎn)，若以O(shè)P(O為坐標(biāo)原點(diǎn))為直徑的圓與雙曲線的兩條漸近線分別相交于A，B兩點(diǎn)，則|AB|的最小值為(　　) A.　　　　 B．2　　 　　 C.　 　　　 D．1 解析：C　[由題意知，雙曲

27、線－x2＝1的漸近線方程為y＝±x，O，P，A，B四點(diǎn)共圓，設(shè)該圓的半徑為R，易知∠AOB＝，可得＝2R，故|AB|＝R，故要求|AB|的最小值，只需求R的最小值即可，顯然當(dāng)點(diǎn)P位于雙曲線的頂點(diǎn)時，|OP|最小，即R最小，且Rmin＝＝，故|AB|min＝Rmin＝.故選C.] 12．已知函數(shù)f(x)＝ex＋e－x＋2cos x，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)，則對任意a∈R，下列不等式一定成立的是(　　) A．f(a2＋1)≥f(2a) B．f(a2＋1)≤f(2a) C．f(a2＋1)≥f(a＋1) D．f(a2＋1)≤f(a) 解析：A　[本題主要考查函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性以及導(dǎo)數(shù)與函

28、數(shù)的關(guān)系，考查考生轉(zhuǎn)化問題的能力和計算能力，考查的核心素養(yǎng)是數(shù)學(xué)運(yùn)算和邏輯推理．依題意可知，f(x)＝ex＋e－x＋2cos x＝f(－x)，所以f(x)是偶函數(shù)，f′(x)＝ex－e－x－2sin x，且f′(0)＝0，令h(x)＝f′(x)，則h′(x)＝ex＋e－x－2cos x，當(dāng)x∈[0，＋∞)時，h′(x)＝ex＋e－x－2cos x≥0恒成立，所以f′(x)＝ex－e－x－2sin x在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f′(x)≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，又函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，(a2＋1)2－4a2＝(a2－1)2≥0，所以f(a2＋1)≥

29、f(2a)，故選A.] 二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分) 13．已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)x∈(－∞，0)時，f(x)＝2x3＋x2，則f(2)＝________. 解析：通解：令x＞0，則－x＜0. ∴f(－x)＝－2x3＋x2. 又∵f(x)是R上的奇函數(shù)，∴f(－x)＝－f(x)． ∴f(x)＝2x3－x2(x＞0)． ∴f(2)＝2×23－22＝12. 優(yōu)解：f(2)＝－f(－2)＝－[2×(－2)3＋(－2)2]＝12. 答案：12 14．已知等比數(shù)列{an}的公比為正數(shù)，且a3·a9＝2a，a2＝1，則a1＝________.

30、解析：∵a3·a9＝a，∴a＝2a，設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，因此q2＝2，由于q＞0，解得q＝，∴a1＝＝＝. 答案： 15．已知三棱錐SABC，△ABC是直角三角形，其斜邊AB＝8，SC⊥平面ABC，SC＝6，則三棱錐SABC的外接球的表面積為________． 解析：將三棱錐SABC放在長方體中(圖略)，易知三棱錐SABC所在長方體的外接球，即為三棱錐SABC的外接球，所以三棱錐SABC的外接球的直徑2R＝＝10，即三棱錐SABC的外接球的半徑R＝5，所以三棱錐SABC的外接球的表面積S＝4πR2＝100π. 答案：100π 16．已知拋物線C：y2＝2px

31、的焦點(diǎn)是F，過F且斜率為1的直線l1與拋物線交于A，B兩點(diǎn)，分別從A，B兩點(diǎn)向直線l2：x＝－4作垂線，垂足分別是D，C，若四邊形ABCD的周長為36＋8，則拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為________． 解析：易知F，則直線l1的方程為y＝x－.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得x2－3px＋＝0，∴x1＋x2＝3p， ∴|AB|＝x1＋x2＋p＝4p.∵|AD|＝x1＋4，|BC|＝x2＋4， ∴|AD|＋|BC|＝x1＋x2＋8＝3p＋8.又|CD|＝|AB|sin 45°＝4p·＝2p，且四邊形ABCD的周長為36＋8，∴4p＋3p＋8＋2p＝36＋8，∴p＝4，故拋物線的方程為y

32、2＝8x. 答案：y2＝8x 高考客觀題(12＋4)·提速練(三) 限時40分鐘　滿分80分 一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分) 1．已知集合A＝{x|y＝lg(x＋1)}，B＝{x||x|＜2}，則A∩B等于(　　) A．(－2,0)　　　　　　　 B．(0,2) C．(－1,2) D．(－2，－1) 解析：C　[由x＋1＞0，得x＞－1，∴A＝(－1，＋∞)， B＝{x||x|＜2}＝(－2,2)，∴A∩B＝(－1,2)．故選C.] 2．已知i是虛數(shù)單位，若復(fù)數(shù)z滿足zi＝1＋i，則z2等于(　　) A．－2i　　　 B．2i　

33、　　 　C．－2　 　　　D．2 解析：A　[解法一　z＝＝＝1－i， z2＝(1－i)2＝－2i. 解法二　(zi)2＝(1＋i)2，－z2＝2i，z2＝－2i.故選A.] 3． (　　) A．x＜y＜z B．z＜x＜y C．z＜y＜x D．y＜z＜x 解析：D　[x＝ln π＞1，y＝ ＜ ＝，z＝＝∈.] 4．過圓錐頂點(diǎn)的平面截去圓錐一部分，所得幾何體的三視圖如圖所示，則原圓錐的體積為(　　) A．1 B. C. D. 解析：D　[由三視圖可得底面圓的

34、半徑為＝2，圓錐的高為＝2，∴原圓錐的體積為π·22·2＝，故選D.] 5. 元朝著名數(shù)學(xué)家朱世杰在《四元玉鑒》中有一首詩：“我有一壺酒，攜著游春走，遇店添一倍，逢友飲一斗，店友經(jīng)三處，沒了壺中酒，借問此壺中，當(dāng)原多少酒？”用程序框圖表達(dá)如圖所示，即最終輸出的x＝0，則一開始輸入的x的值為(　　) A. B. C. D．4 解析：B　[i＝1時，x＝2x－1， i＝2時，x＝2(2x－1)－1＝4x－3， i＝3時，x＝2(4x－3)－1＝8x－7， i＝4時，退出循環(huán)，此時8x－7＝0，解得x＝，故選B.] 6．已知實(shí)數(shù)x，y滿足若z＝(x－1)2＋y2，則z的最

35、小值為(　　) A．1 B. C．2 D. 解析：C　[繪制不等式組表示的平面區(qū)域如圖所示， 目標(biāo)函數(shù)的幾何意義為可行域內(nèi)的點(diǎn)與點(diǎn)(1,0)之間距離的平方，如圖所示數(shù)形結(jié)合可得，當(dāng)目標(biāo)函數(shù)過點(diǎn)P(2,1)時取得最小值，zmin＝(x－1)2＋y2＝(2－1)2＋12＝2.] 7．函數(shù)f(x)＝ln的圖象是(　　) 解析：B　[因?yàn)閒(x)＝ln，所以x－＝＞0，解得－1＜x＜0或x＞1，所以函數(shù)的定義域?yàn)?－1,0)∪(1，＋∞)，可排除A，D.因?yàn)楹瘮?shù)u＝x－在(－1,0)和(1，＋∞)上單調(diào)遞增

36、，函數(shù)y＝ln u在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，根據(jù)復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性可知，函數(shù)f(x)在(－1,0)和(1，＋∞)上單調(diào)遞增．] 8．《周髀算經(jīng)》是中國古代的天文學(xué)和數(shù)學(xué)著作．其中一個問題大意為：一年有二十四個節(jié)氣，每個節(jié)氣晷長損益相同(即太陽照射物體影子的長度增加和減少大小相同)．若冬至晷長一丈三尺五寸，夏至晷長一尺五寸(注：一丈等于十尺，一尺等于十寸)，則夏至之后的節(jié)氣(小暑)晷長為(　　) A．五寸 B．二尺五寸 C．三尺五寸 D．一丈二尺五寸 解析：A　[設(shè)晷長為等差數(shù)列{an}，公差為d，a1＝135，a13＝15，則135＋12d＝15，解得d＝－10. ∴a14＝1

37、35－10×13＝5， ∴夏至之后的節(jié)氣(小暑)的晷長是5寸．故選A.] 9．已知函數(shù)f(x)＝sin－cos2x＋(x∈R)，則下列說法正確的是(　　) A．函數(shù)f(x)的最小正周期為 B．函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于y軸對稱 C．點(diǎn)為函數(shù)f(x)圖象的一個對稱中心 D．函數(shù)f(x)的最大值為 解析：D　[函數(shù)f(x)＝sin－cos2x＋ ＝－＋ ＝sin 2x＋cos 2x ＝sin(x∈R)， 由ω＝2知，f(x)的最小正周期為π，A錯誤； ∵f(0)＝sin ＝不是最值， ∴f(x)的圖象不關(guān)于y軸對稱，B錯誤； ∵f＝sin＝≠0， ∴點(diǎn)不是函數(shù)f(x)圖象

38、的一個對稱中心，C錯誤； ∵sin∈[－1,1]， ∴f(x)的最大值是，D正確．故選D.] 10．如圖是2017年第一季度五省GDP情況圖，則下列陳述正確的是(　　) ①2017年第一季度GDP總量和增速均居同一位的省只有1個； ②與去年同期相比，2017年第一季度五個省的GDP總量均實(shí)現(xiàn)了增長； ③去年同期的GDP總量前三位是江蘇、山東、浙江； ④2016年同期浙江的GDP總量也是第三位． A．①② B．②③④ C．②④ D．①③④ 解析：B　[總量排序?yàn)椋航K，山東，浙江，河南，遼寧；增速排序?yàn)椋航K，遼寧，山

39、東，河南，浙江；則總量和增速均居同一位的省有河南，江蘇兩省，說法①錯誤；與去年同期相比，2017年第一季度五個省的GDP總量均實(shí)現(xiàn)了增長，說法②正確；去年同期的GDP總量前三位是江蘇，山東，浙江，說法③正確； 2016年的GDP總量計算為： 浙江：，江蘇：，河南：，山東：，遼寧：，據(jù)此可知，2016年同期浙江的GDP總量也是第三位，說法④正確．] 11．過雙曲線C1：－＝1(a＞0，b＞0)的左焦點(diǎn)F1作曲線C2：x2＋y2＝a2的切線，切點(diǎn)為M，延長F1M交曲線C3：y2＝2px(p＞0)于點(diǎn)N，其中C1，C3有一個共同的焦點(diǎn)，若|MF1|＝|MN|，則曲線C1的離心率為(　　) A

40、. B.－1 C.＋1 D. 解析：D　[設(shè)雙曲線－＝1的右焦點(diǎn)為F2(c,0)，因?yàn)榍€C1，C3有一個共同的焦點(diǎn)，所以y2＝4cx.因?yàn)镺為F1F2的中點(diǎn)，M為F1N的中點(diǎn)，所以O(shè)M為△F1F2N的中位線，即OM∥NF2，且|OM|＝|NF2|，因?yàn)閨OM|＝a，所以|NF2|＝2a，因?yàn)镺M⊥NF1，所以NF2⊥NF1，又|F1F2|＝2c，所以|NF1|＝2b. 設(shè)N(x，y)，過點(diǎn)F1作x軸的垂線，則由拋物線的定義得x＋c＝2a，即x＝2a－c， 過點(diǎn)N作NP⊥x軸于點(diǎn)P，則在Rt△NPF1中，由勾股定理，得y2＋4a2＝4b2，即4c(2a－c)＋4a2＝4(c2－

41、a2)，即e2－e－1＝0，且e＞1，解得e＝.故選D.] 12．以區(qū)間(0，m)內(nèi)的整數(shù)(m＞1，且m∈N)為分子，以m為分母的分?jǐn)?shù)組成集合A1，其所有元素之和為a1；以區(qū)間(0，m2)內(nèi)的整數(shù)(m＞1，且m∈N)為分子，以m2為分母組成不屬于A1的分?jǐn)?shù)集合A2，其所有元素之和為a2……以此類推，以區(qū)間(0，mn)內(nèi)的整數(shù)(m＞1，且m∈N)為分子，以mn為分母組成不屬于集合A1，A2，…，An－1的分?jǐn)?shù)集合An，其所有元素之和為an，則a1＋a2＋a3＋…＋an＝(　　) A. B. C. D. 解析：B　[由題意得a1＝＋＋…＋，a2＝＋＋…＋－a1，a3＝＋＋…＋－a2

42、－a1， 所以an＝＋＋…＋－an－1－an－2－…－a2－a1， a1＋a2＋a3＋…＋an＝＋＋…＋＝[1＋2＋…＋(mn－1)]＝·＝.故選B.] 二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分) 13．為了解高三年級2 000名學(xué)生的學(xué)習(xí)情況，在期中考試結(jié)束后，隨機(jī)抽取100名及格的學(xué)生的分?jǐn)?shù)進(jìn)行統(tǒng)計，得到如圖所示的頻率分布直方圖，則該校高三年級分?jǐn)?shù)在[130,140)的學(xué)生估計有________人． 解析：由頻率分布直方圖知(0.035＋0.025＋0.015＋0.008＋0.005＋x)×10＝1，解得x＝0.012，所以該校高三年級分?jǐn)?shù)在[130,140)的學(xué)生估

43、計有2 000×0.012×10＝240人． 答案：240 14．(文)一個三位數(shù)，個位、十位、百位上的數(shù)字依次為x，y，z，當(dāng)且僅當(dāng)y＞x，y＞z時，稱這樣的數(shù)為“凸數(shù)”(如243)，現(xiàn)從集合{1,2,3,4}中取出三個不相同的數(shù)組成一個三位數(shù)，則這個三位數(shù)是“凸數(shù)”的概率為________． 解析：在{1,2,3,4}的4個整數(shù)中任取3個不同的數(shù)組成三位數(shù)，有24種情況，在{1,2,3,4}的4個整數(shù)中任取3個不同的數(shù)，將最大的放在十位上，剩余的2個數(shù)字分別放在百、個位上，有8種情況，則這個三位數(shù)是“凸數(shù)”的概率是＝. 答案： 14．(理)箱中裝有標(biāo)號為1,2,3,4,5,6且大

44、小相同的6個球．從箱中一次摸出兩個球，記下號碼并放回，如果兩球號碼之積是4的倍數(shù)，則獲獎．現(xiàn)有4人參與摸獎(每人一次)，則恰好有3人獲獎的概率是________．(用數(shù)字作答) 解析：由題意得任取兩球有C種情況，取出兩球號碼之積是4的倍數(shù)的情況為(1,4)，(2,4)，(3,4)，(2,6)，(4,6)，(4,5)共6種情況，故每人摸球一次中獎的概率為＝，故4人中有3人中獎的概率為C3×＝. 答案： 15．甲、乙兩人玩報數(shù)游戲，其規(guī)則是：兩人從1開始輪流連續(xù)報數(shù)，每人每次最少報2個，最多可以報5個(如第一個人先報“1,2”，則另一個人可以有“3,4”“3,4,5”“3,4,5,6”“3,

45、4,5,6,7”“3,4,5,6,7,8”五種報數(shù)方法)．搶先報到“110”的人獲勝．如果從甲開始，那么甲要想必勝，第一次報的數(shù)應(yīng)該是________． 解析：因?yàn)?10＝7×15＋5，所以只要甲先報“1,2,3,4,5”，之后不管乙報幾個數(shù)，甲報的數(shù)的個數(shù)與乙報的數(shù)的個數(shù)的和為7即可保證甲必勝． 所以甲要想必勝，第一次報的數(shù)應(yīng)該是1,2,3,4,5. 答案：1,2,3,4,5 16．(雙空填空題)已知函數(shù)f(x)＝若f(x)≤1，則實(shí)數(shù)x的取值范圍是________；若方程f(x)－kx＝3有三個相異的實(shí)根，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是________． 解析：本題考查利用數(shù)形結(jié)合思想研究

46、函數(shù)的零點(diǎn)．當(dāng)x≥0時，f(x)≤1即－x2＋2x≤1，即(x－1)2≥0，則x≥0成立；當(dāng)x<0時，f(x)≤1即－2x≤1，解得－≤x<0.綜上，實(shí)數(shù)x的取值范圍為.由題意，方程f(x)－kx＝3即f(x)＝kx＋3有三個相異的實(shí)根，則函數(shù)y＝f(x)和y＝kx＋3的圖象有三個不同的交點(diǎn)．作出函數(shù)y＝f(x)的圖象如圖所示．由題意知直線y＝kx＋3和y＝－2x(x<0)的圖象必有一個交點(diǎn)，所以－2

47、2) 高考客觀題(12＋4)·提速練(四) 限時40分鐘　滿分80分 一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分) 1．設(shè)集合A＝{－2，－1,1,2}，B＝{－3，－1,0,2}，則A∩B的元素的個數(shù)為(　　) A．2　　　　　　　　　　 B．3 C．4 D．1 解析：A　[A＝{－2，－1,1,2}，B＝{－3，－1,0,2}， 則A∩B＝{－1,2}，含有2個元素，故選A.] 2．i是虛數(shù)單位，若＝a＋bi(a，b∈R)，則lg(a＋b)的值是(　　) A．2 B．1 C．0 D. 解析：C　[因?yàn)椋剑剑絘＋bi，所以a＝，b＝－.所以lg(a＋b

48、)＝lg 1＝0.故選C.] 3．已知a＞b，則“c≥0”是“ac＞bc”的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分又不必要條件 解析：B　[當(dāng)時，ac＞bc不成立，所以充分性不成立，當(dāng)時，c＞0成立，c≥0也成立，所以必要性成立，所以“c≥0”是“ac＞bc”的必要不充分條件．] 4．要得到函數(shù)y＝cos的圖象，只需將函數(shù)y＝sin的圖象(　　) A．向右平移個單位 B．向左平移個單位 C．向右平移個單位 D．向左平移個單位 解析：B　[y＝sin＝cos＝ cos，將其圖象向左平移個單位，可得y＝cos＝cos的圖象，故選B

49、.] 5．(理)(x2＋x＋y)5的展開式中，x5y2的系數(shù)為(　　) A．10 B．20 C．30 D．60 解析：C　[(x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5的展開式中只有C(x2＋x)3y2中含x5y2，易知x5y2的系數(shù)為CC＝30，故選C.] 5．(文)一個樣本a,3,4,5,6的平均數(shù)為b，且方程x2－6x＋c＝0的兩個根為a，b，則該樣本的方差為(　　) A．1 B．2 C. D. 解析：B　[因?yàn)橐粋€樣本a,3,4,5,6的平均數(shù)為b，且方程x2－6x＋c＝0兩個根為a，b， 所以a＋＝6， 解得a＝2，b＝＝4， 所以該樣本的方差為：s2＝

50、[(2－4)2＋(3－4)2＋(4－4)2＋(5－4)2＋(6－4)2]＝2.故選B.] 6．明朝數(shù)學(xué)家程大位將“孫子定理”(也稱“中國剩余定理”)編成易于上口的“孫子口訣”：三人同行七十稀，五樹梅花廿一支，七子團(tuán)圓正半月，除百零五便得知．已知正整數(shù)n被3除余2，被5除余3，被7除余4，求n的最小值．按此口訣的算法如圖，則輸出n的結(jié)果為(　　) A．53 B．54 C．158 D．263 解析：A　[正整數(shù)n被3除余2， 得n＝3k＋2，k∈N； 被5除余3，得n＝5l＋3，l∈N； 被7除余4，得n＝7m＋4，m∈N； 求得n的最小值是53.] 7．設(shè)A(0,1)，

51、B(1,3)，C(－1,5)，D(0，－1)，則＋等于(　　) A．－2 B．2 C．－3 D．3 解析：C　[因?yàn)锳(0,1)，B(1,3)，C(－1,5)，D(0，－1)， 所以＝(1,2)，＝(－1,4)，＝(0，－2)， 所以＋＝(0,6)＝－3(0，－2)＝－3，故選C.] 8．已知正項等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn(n∈N*)，a5＋a7－a＝0，則S11的值為(　　) A．11 B．12 C．20 D．22 解析：D　[設(shè)等差數(shù)列的公差為d(d＞0)，則由(a1＋4d)＋(a1＋6d)－(a1＋5d)2＝0，得(a1＋5d)(a1＋5d－2)＝0，所以

52、a1＋5d＝0或a1＋5d＝2，又a1＞0，所以a1＋5d＞0，則a1＋5d＝2，則S11＝11a1＋d＝11(a1＋5d)＝11×2＝22，故選D.] 9．設(shè)雙曲線C：－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過點(diǎn)F1的直線分別交雙曲線左、右兩支于點(diǎn)M，N，連接MF2，NF2，若·＝0，||＝||，則雙曲線C的離心率為(　　) A. B. C. D. 解析：B　[由·＝0，知⊥.又||＝||，則||＝||＝||，且∠F1NF2＝45°.由雙曲線的定義得，兩式相加，得||－||＋||＝4a，即||＝4a，則||＝2a，所以||＝2a＋||＝(2＋2)a.在△NF1F

53、2中，由余弦定理，得||2＝||2＋|NF2|2－2||·||cos∠F1NF2，即4c2＝(2a)2＋(2＋2)2a2－2×2a×(2＋2)a×，整理，得c2＝3a2，所以e2＝3，即e＝，故選B.] 10．已知實(shí)數(shù)x，y滿足不等式組若z＝ax＋y有最大值，則實(shí)數(shù)a的值是(　　) A．2 B. C．－2 D．－ 解析：C　[約束條件對應(yīng)的平面區(qū)域如圖所示， 是平行四邊形區(qū)域．z＝ax＋y變形為y＝－ax＋z，其中z表示直線在y軸上的截距． ①當(dāng)a＜0時，由可行域可知直線ax＋y＝z經(jīng)過可行域的A時，z取得最大， 由 解得A，代入ax＋y＝，得a＝－2. ②當(dāng)a＞0

54、時，由圖可知當(dāng)直線ax＋y＝z經(jīng)過B(0,1)時，z取得最大值1，與已知矛盾． ③當(dāng)a＝0時，z＝y(tǒng)最大為，不合題意，綜上可知a＝－2.故選C.] 11．已知邊長為2的等邊三角形ABC，D為BC的中點(diǎn)，沿AD將△ABC折成直二面角B－AD－C，則過A，B，C，D四點(diǎn)的球的表面積為(　　) A．3π B．4π C．5π D．6π 解析：C　[ 如圖，連接BC，設(shè)四面體ACBD外接球的球心為O，AB的中點(diǎn)為M，連接MD，OM，OD，∵AD⊥BD， ∴△ABD外接圓的圓心為AB的中點(diǎn)M. ∵二面角B－AD－C為直二面角，且平面ABD∩平面ACD＝AD，CD⊥AD，∴CD⊥平面

55、ABD，易知OM⊥平面ABD， ∴OM∥CD，OM⊥MD.連接OC，在直角梯形OMDC中，易得CD＝2OM.設(shè)該外接球的半徑為R，則R2＝MD2＋OM2＝MD2＋2＝，∴該外接球的表面積為4πR2＝5π，故選C.] 12．已知x∈(0,2)，關(guān)于x的不等式＜恒成立，則實(shí)數(shù)k的取值范圍為(　　) A．[0，e＋1) B．[0,2e－1) C．[0，e) D．[0，e－1) 解析：D　[依題意，k＋2x－x2＞0，即k＞x2－2x對任意x∈(0,2)都成立， 所以k≥0， 因?yàn)椋?，所以k＜＋x2－2x， 令f(x)＝＋x2－2x，f′(x)＝＋2(x－1)＝(x－1)， 令f

56、′(x)＝0，解得x＝1， 當(dāng)x∈(1,2)時，f′(x)＞0，函數(shù)遞增， 當(dāng)x∈(0,1)時，f′(x)＜0，函數(shù)遞減， 所以f(x)的最小值為f(1)＝e－1， 所以0≤k＜e－1，故選D.] 二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分) 13．(理)某企業(yè)的4名職工參加職業(yè)技能考核，每名職工均可從4個備選考核項目中任意抽取一個參加考核，則恰有一個項目未被抽中的概率為________． 解析：由題意得，所有的基本事件總數(shù)為44＝256，若恰有一個項目未被抽中，則說明4名職工總共抽取了3個項目，符合題意的基本事件數(shù)為C·C·C·A＝144，故所求概率p＝＝. 答案：

57、13．(文)不透明盒子里裝有大小質(zhì)量完全相同的2個黑球，3個紅球，從盒子中隨機(jī)摸取兩球，顏色相同的概率為________． 解析：記兩個黑球?yàn)閍，b,3個紅球?yàn)閤，y，z，隨機(jī)取出兩個球， 基本事件為ab，ax，ay，az，bx，by，bz，xy，xz，yz共10個， 其中取到的球顏色相同包含的基本事件有4個，所以取到的球顏色相同的概率p＝＝0.4. 答案：0.4 14．已知函數(shù)f(x)＝axln x＋b(a，b∈R)，若f(x)的圖象在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為2x－y＝0，則a＋b＝________. 解析：f(x)＝axln x＋b的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝a(1＋ln x)

58、， 由f(x)的圖象在(1，f(1))處的切線方程為2x－y＝0， 易知f(1)＝2，即b＝2， f′(1)＝2，即a＝2，則a＋b＝4. 答案：4 15．在海島A上有一座海拔1千米的山，山頂上有一個觀察站P.上午11時，測得一輪船在島的北偏東30°，俯角30°的B處，到11時10分又測得該船在島的北偏西60°，俯角60°的C處，則輪船的航行速度是________千米/時． 解析：PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，∠APB＝60°，∠APC＝30°，PA＝1(千米)，AC＝千米， AB＝千米 從而BC＝(千米)， 于是速度v＝BC÷＝2(千米/時)． 答案：2 16

59、．已知函數(shù)f(x)＝|lg x|，a＞b＞0，f(a)＝f(b)，則的最小值等于________． 解析：作出函數(shù)f(x)的草圖，如圖所示， 若f(a)＝f(b)，a＞b＞0， 則0＜b＜1，a＞1， 則f(a)＝|lg a|＝lg a，f(b)＝|lg b|＝－lg b， 因?yàn)閒(a)＝f(b)， 所以lg a＝－lg b， 即lg a＋lg b＝lg(ab)＝0， 解得ab＝1. 因?yàn)閍＞b＞0， 所以a－b＞0， 所以＝＝a－b＋≥2 ＝2， 當(dāng)且僅當(dāng)a－b＝，即a－b＝時取等號． 故的最小值等于2. 答案：2 Ⅱ：高考中檔大題(3＋2選1)·滿分練(一

60、) 限時45分鐘　滿分46分 解答題(本大題共4小題，共46分) 1．(12分)已知數(shù)列{an}中，點(diǎn)(an，an＋1)在直線y＝x＋2上，且首項a1＝1. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，等比數(shù)列{bn}中，b1＝a1，b2＝a2，數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，請寫出適合條件Tn≤Sn的所有n的值． 解：(1)根據(jù)已知a1＝1，an＋1＝an＋2， 即an＋1－an＝2＝d， 所以數(shù)列{an}是一個等差數(shù)列，an＝a1＋(n－1)d＝2n－1. (2)數(shù)列{an}的前n項和Sn＝n2. 等比數(shù)列{bn}中，b1＝a1＝1，b2＝a2＝

61、3， 所以q＝3，bn＝3n－1， 數(shù)列{bn}的前n項和Tn＝＝. Tn≤Sn即≤n2， 又n∈N*，所以n＝1或2. 2．(文)(12分)如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD是正方形，AB＝2EF＝2，EF∥AB，EF⊥FB，∠BFC＝90°，BF＝FC，H為BC的中點(diǎn)． (1)求證：FH∥平面EDB； (2)求證：AC⊥平面BDE； (3)求四面體B－DEF的體積． 解： (1)設(shè)BD與AC交于點(diǎn)O，連接OE，OH. 因?yàn)镺，H分別為AC，BC的中點(diǎn)， 所以O(shè)H∥AB，OH＝AB，又因?yàn)镋F∥AB，EF＝AB， 所以O(shè)H∥EF，又因?yàn)镺H＝EF，

62、 所以四邊形OEFH為平行四邊形，所以FH∥OE， 又因?yàn)镕H?平面BDE，OE?平面BDE， 所以FH∥平面BDE. (2)因?yàn)镋F∥AB，EF⊥FB， 所以AB⊥FB，又因?yàn)锳B⊥BC，F(xiàn)B∩BC＝B， 所以AB⊥平面BCF，又因?yàn)镕H?平面BCF， 所以FH⊥AB，又FH⊥BC，BC∩AB＝B， 所以FH⊥平面ABCD，又因?yàn)镕H∥OE， 所以O(shè)E⊥平面ABCD，所以O(shè)E⊥AC， 又AC⊥BD，BD∩OE＝O，所以AC⊥平面BDE. (3)VB－DEF＝×S△DEF×BF＝××1××＝. 2．(理)(12分)如圖1，在等腰梯形PDCB中，PB∥DC，PB＝3，DC

63、＝1，∠DPB＝45°，DA⊥PB于點(diǎn)A，將△PAD沿AD折起，構(gòu)成如圖2所示的四棱錐P－ABCD，點(diǎn)M在棱PB上，且PM＝MB. (1)求證：PD∥平面MAC； (2)若平面PAD⊥平面ABCD，求二面角M－AC－B的余弦值． 解：(1)證明，連接BD交AC于點(diǎn)N，連接MN， 依題意知AB∥CD， 所以△ABN∽△CDN，所以＝＝2， 因?yàn)镻M＝MB， 所以＝＝2， 所以在△BPD中，MN∥PD， 又PD?平面MAC，MN?平面MAC. 所以PD∥平面MAC. (2)因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PA⊥AD，PA?平面PAD，

64、所以PA⊥平面ABCD， 所以PA⊥AB，又AD⊥AB， 所以PA，AD，AB兩兩垂直，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以，，的方向?yàn)閤，y，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示： 因?yàn)锳P＝AD＝1，AB＝2，且PM＝MB， 所以A(0,0,0)，B(0,2,0)，P(0,0,1)，M，C(1，1,0)， 所以＝(0,0,1)，＝，＝(1,1,0)，因?yàn)镻A⊥平面ABCD， 所以n1＝＝(0,0,1)為平面ABC的一個法向量． 設(shè)平面MAC的法向量為n2＝(x，y，z)， 則 所以 令x＝1，則y＝－1，z＝1， 所以n2＝(1，－1,1)為平面MAC的一個法向量． 所以

65、cos〈n1，n2〉＝＝＝， 所以二面角M－AC－B的余弦值為. 3．(文)(12分)某縣自古就以盛產(chǎn)蜜瓜而名揚(yáng)中外，生產(chǎn)的瓜州蜜瓜有4個系列30多個品種，質(zhì)脆汁多，香甜可口，清爽宜人，含糖量達(dá)14%～19%，是消暑止渴的佳品．有詩贊曰：冰泉浸綠玉，霸刀破黃金；涼冷消晚暑，清甘洗渴心．調(diào)查表明，蜜瓜的甜度與海拔高度、日照時長、溫差有極強(qiáng)的相關(guān)性，分別用x，y，z表示蜜瓜甜度與海拔高度、日照時長、溫差的相關(guān)程度，并對它們進(jìn)行量化：0表示一般，1表示良，2表示優(yōu)，再用綜合指標(biāo)ω＝x＋y＋z的值評定蜜瓜的等級，若ω≥4，則為一級；若2≤ω≤3，則為二級；若0≤ω≤1，則為三級．近年來，周邊各省也

66、開始發(fā)展蜜瓜種植，為了了解目前蜜瓜在周邊各省的種植情況，研究人員從不同省份隨機(jī)抽取了10塊蜜瓜種植地，得到如下結(jié)果： 種植地編號 A B C D E (x，y，z) (1,0,0) (2,2,1) (0,1,1) (2,0,2) (1,1,1) 種植地編號 F G H I J (x，y，z) (1,1,2) (2,2,2) (0,0,1) (2,2,1) (0,2,1) (1)若有蜜瓜種植地110塊，試估計等級為三級的蜜瓜種植地的數(shù)量； (2)從樣本里等級為一級的蜜瓜種植地中隨機(jī)抽取兩塊，求這兩塊種植地的綜合指標(biāo)ω至少有一個為4的概率． 解：(1)計算10塊種植地的綜合指標(biāo)，可得下表： 編號 A B C D E F G H I J 綜合指標(biāo)ω 1 5 2 4 3 4 6 1 5 3 由上表可知：等級為三級的有A，H，共2塊，其頻率為. 用樣本的頻率估計總體的頻率，可估計等級為三級的蜜瓜種植地的數(shù)量為110×＝22(塊)． (2)由(1)可知，等級是一級的(ω≥4)有B，D，F(xiàn)，G，I