2022高考數學二輪復習”一本“培養(yǎng)優(yōu)選練 單科標準練2 理

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1、2022高考數學二輪復習”一本“培養(yǎng)優(yōu)選練 單科標準練2 理 一、選擇題(本大題共12個小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的) 1．設集合M＝{x|x＜2}，N＝{x|x2－x＜0}，則下列關系中正確的是(　　 ) A．M∪N＝R B．M∪(?RN)＝R C．N∪(?RM)＝R D．M∩N＝M B　[N＝{x|0＜x＜1}，∴M∪N＝{x|x＜2}，?RN＝{x|x≤0，或x≥1}，M∪(?RN)＝R.故選B.] 2．已知i為虛數單位，實數x，y滿足(x＋2i)i＝y(tǒng)－i，則|x－yi|＝(　　 ) A．1 B. C. D. D　

2、[∵(x＋2i)i＝y(tǒng)－i，∴－2＋xi＝y(tǒng)－i，∴，則|x－yi|＝|－1＋2i|＝.故選D.] 3．在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，點E滿足＝2，則·的值為(　　 ) A．1 B．3 C. D. A　[由四邊形ABCD為矩形，由數量積幾何意義知： ·＝()2＝1.故選A.] 4．函數f(x)＝x2－xsin x的大致圖象可能是(　　) A　　　　　　 　B C　　　　　　　　 D C　[由f(－x)＝f(x)，x∈R，得函數f(x)是偶函數，其圖象關于y軸對稱．又f＝×－×＝××＜0，因此結合各選項知C正確，故選C.] 5．甲、乙、丙三人各買了一輛不

3、同品牌的新汽車，汽車的品牌為奇瑞、傳祺、吉利．甲、乙、丙讓丁猜他們三人各買的什么品牌的車，丁說：“甲買的是奇瑞，乙買的不是奇瑞，丙買的不是吉利．”若丁的猜測只對了一個，則甲、乙所買汽車的品牌分別是(　　 ) A．吉利，奇瑞 B．吉利，傳祺 C．奇瑞，吉利 D．奇瑞，傳祺 A　[因為丁的猜測只對了一個，所以“甲買的是奇瑞，乙買的不是奇瑞”這兩個都是錯誤的．否則“甲買的不是奇瑞，乙買的不是奇瑞”或“甲買的是奇瑞，乙買的是奇瑞”是正確的，這與三人各買了一輛不同的品牌矛盾，“丙買的不是吉利”是正確的，所以乙買的是奇瑞，甲買的是吉利，選A.] 6．如圖1，網格紙上小正方形的邊長為1，粗線或虛線畫

4、出某幾何體的三視圖，該幾何體的體積為(　　 ) 圖1 A．8 B．12 C．18 D．24 B　[由題意得，根據給定的三視圖可知，該幾何體為如圖所示的幾何體，是一個三棱錐與三棱柱的組合體，其中三棱錐的體積為V1＝××4×3×2＝4，三棱柱的體積為V2＝2V1＝2×4＝8，所以該幾何體的體積為V＝12，故選B.] 7．甲、乙等4人參加4×100米接力賽，在甲不跑第一棒的條件下，乙不跑第二棒的概率是(　　 ) A. B. C. D. D　[由題得甲不跑第一棒的總的基本事件有CA＝18個，甲不跑第一棒，乙不跑第二棒的基本事件有CA－AA＝14.由古典概型的概率公式得在甲不

5、跑第一棒的條件下，乙不跑第二棒的概率是P＝＝.故選D.] 8．已知實數x，y滿足約束條件，則z＝的取值范圍為(　　) A. B. C.∪ D.∪ C　[作出的可行域為三角形(圖略)，把z＝改寫為＝，所以可看作點(x，y)和(5,0)之間的斜率，記為k，則－≤k≤， 所以z∈－∞，－∪，＋∞.] 9．元朝著名數學家朱世杰在《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，店友經四處，沒了壺中酒，借問此壺中，當原多少酒？”用程序框圖表達如圖2所示，即最終輸出的x＝0，則一開始輸入x的值為(　　) 圖2 A. B. C. D. C　[i＝1，

6、 (1)x＝2x－1，i＝2， (2)x＝2(2x－1)－1＝4x－3，i＝3， (3)x＝2(4x－3)－1＝8x－7，i＝4， (4)x＝2(8x－7)－1＝16x－15，i＝5， 所以輸出16x－15＝0，得x＝，故選C.] 10．若雙曲線C：－＝1(a＞0，b＞0)的一條漸近線被拋物線y＝4x2所截得的弦長為，則雙曲線C的離心率為(　　 ) A. B．1 C．2 D．4 C　[雙曲線C：－＝1(a＞0，b＞0)的一條漸近線方程不妨設為bx＋ay＝0，與拋物線方程聯(lián)立，，消去y，得4ax2＋bx＝0，所以，所以所截得的弦長為＝，化簡可得＝，bc＝2a2，(c2－a2)

7、c2＝12a4，e4－e2－12＝0，得e2＝4或－3(舍)，所以雙曲線C的離心率e＝2.] 11．設函數f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω＞0，φ＞0)的最小正周期為π，且f(x)≤f，則下列說法不正確的是(　　 ) A．f(x)的一個零點為－ B．f(x)的一條對稱軸為x＝ C．f(x)在區(qū)間上單調遞增 D．f是偶函數 C　[由f(x)＝sin(ωx＋φ)的最小正周期為π， 得＝π，則ω＝2.又f(x)≤f， ∴f(x)max＝f，即2×＋φ＝＋2kπ(k∈Z)， 得φ＝＋2kπ，k∈Z. 故f(x)＝sin＝sin. ∵f＝0，∴f(x)的一個零點為－，故A項正確；

8、 ∵f＝1，∴f(x)的一個對稱軸為x＝，故B項正確； 當x∈時，2x＋∈， ∴f(x)在區(qū)間上單調遞減，故C項錯誤； ∵f＝sin＝sin＝cos 2x， ∴f是偶函數，故D項正確．故選C.] 12．已知拋物線C：y2＝4x的焦點為F，過點F且斜率為1的直線與拋物線C交于點A，B，以線段AB為直徑的圓E上存在點P，Q，使得以PQ為直徑的圓過點D(－2，t)，則實數t的取值范圍為(　　) A．(－∞，－1]∪[1，＋∞) B．[－1,3] C．(－∞，2－]∪[2＋，＋∞) D．[2－，2＋] D　[由題意可得直線AB的方程為x＝y(tǒng)＋1，與y2＝4x聯(lián)立消去x，可得y2－4

9、y－4＝0，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1＋y2＝4，y1y2＝－4，設E(xE，yE)，則yE＝＝2，xE＝y(tǒng)E＋1＝3，又|AB|＝x1＋x2＋2＝y(tǒng)1＋1＋y2＋1＋2＝8，所以圓E是以(3,2)為圓心，4為半徑的圓，所以點D恒在圓E外．圓E上存在點P，Q，使得以PQ為直徑的圓過點D(－2，t)，即圓E上存在點P，Q，使得DP⊥DQ，設過D點的兩直線分別切圓E于P′，Q′點，要滿足題意，則∠P′DQ′≥， 所以＝≥，整理得t2－4t－3≤0，解得2－≤t≤2＋，故實數t的取值范圍為[2－，2＋]，故選D.] 第Ⅱ卷 本卷包括必考題和選考題兩部分，第13～21題為必考題

10、，每個試題考生都必須作答，第22～23題為選考題，考生根據要求作答． 二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在題中橫線上) 13．(2－x)(x－1)4的展開式中，x2的系數是__________． 16　[(x－1)4的展開式中，T3＝Cx2(－1)2，T2＝Cx1(－1)3，故x，x2的系數分別為－4,6，從而(2－x)(x－1)4的展開式中x2的系數為2×6＋(－1)(－4)＝16.] 14．奇函數f(x)的圖象關于點(1,0)對稱，f(3)＝2，則f(1)＝__________. 2　[由題設得f(－x)＝－f(x)，f(2－x)＋f(x)＝0， 從而有

11、f(2－x)＝f(x)，f(x)為周期函數且周期為2，所以f(1)＝f(3)＝2.] 15．已知圓錐的高為3，側面積為20π，若此圓錐內有一個體積為V的球，則V的最大值為________． 　[設圓錐的母線長l，底面的半徑為r，則πrl＝20π，即rl＝20，又l2－r2＝9，解得l＝5，r＝4. 當球的體積最大時，該球為圓錐的內切球，設內切球的半徑為R，則(5＋5＋8)×R＝×3×8，故R＝，所以Vmax＝π3＝π.] 16．已知a，b，c是銳角△ABC的內角A，B，C所對的邊，b＝，且滿足cos B＝cos A，則a＋c的取值范圍是________． 　[∵cos B＝cos A

12、，∴由正弦定理得 (2sin C－sin A)cos B－sinBcos A＝0， 即sin C(2cos B－1)＝0， ∵sin C≠0，∴cos B＝. ∵B為△ABC的內角，∴B＝. ∵b＝，∴＝＝＝2， ∴a＋c＝2sin A＋2sin C＝2sin＋2sin C ＝2sin， ∵△ABC是銳角三角形，∴＜C＜，∴＜C＋＜， ∴a＋c的取值范圍為.] 三、解答題(解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟) 17．(本小題滿分12分)已知各項均為正數的數列{an}滿足a＝3a＋2anan＋1，且a2＋a4＝3(a3＋3)，其中n∈N*. (1)證明：數列{an}

13、是等比數列，并求其通項公式； (2)令bn＝nan，求數列{bn}的前n項和Sn. [解]　(1)由a＝3a＋2anan＋1， 得a－2anan＋1－3a＝0， 即(an＋1＋an)(an＋1－3an)＝0， 由已知an＞0，得an＋1＋an≠0， 所以an＋1＝3an. 所以數列{an}是公比為3的等比數列． 由a2＋a4＝3(a3＋3)，得3a1＋27a1＝3(9a1＋3)， 解得a1＝3， 所以an＝3n. (2)由(1)知，bn＝nan＝n·3n， 則Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn ＝3＋2×32＋3×33＋…＋(n－1)·3n－1＋n·3n，①

14、 3Sn＝32＋2×33＋3×34＋…＋(n－1)·3n＋n·3n＋1，② ①－②得－2Sn＝3＋32＋33＋…＋3n－n·3n＋1 ＝－n·3n＋1＝·3n＋1－. 所以Sn＝·3n＋1＋. 18．(本小題滿分12分)如圖3(1)，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AB＝2，BC＝4，AD＝6，E是AD上的點，AE＝AD，P為BE的中點，將△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，使得A1C＝4，如圖3(2)． (1)　　　　　　　　(2) 圖3 (1)求證：平面A1CP⊥平面A1BE； (2)求二面角B-A1P-D的余弦值． [解]　(1)證明：∵在四邊形

15、ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝90°， AB＝2，BC＝4，AD＝6，E是AD上的點，AE＝AD， ∴BE＝4，∠ABE＝30°，∠EBC＝60°，BP＝2， ∴BP2＋PC2＝BC2，∴BP⊥PC， ∵A1P＝AP＝2，A1C＝4， ∴A1P2＋PC2＝A1C2，∴PC⊥A1P， ∵BP∩A1P＝P，∴PC⊥平面A1BE， ∵PC?平面A1CP，∴平面A1CP⊥平面A1BE， (2)以P為原點，PB為x軸，PC為y軸，過P作平面BCDE的垂線為z軸，建立空間直角坐標系， 則B(2,0,0)，A1(－1,0，)，P(0,0,0)，D(－4，2，0)，所以＝(2,0,0

16、)，＝(－1,0，)，＝(－4，2，0)． 設平面A1PD的法向量為n＝(x，y，z)， 則取x＝2，得n＝(2，4,2)， 平面A1PB的法向量n＝(0,1,0)， 設二面角B-A1P-D的平面角為θ， 則cos θ＝－＝－＝－. ∴二面角B-A1P-D的余弦值為－. 19．(本小題滿分12分)某廠生產不同規(guī)格的一種產品，根據檢測標準，其合格產品的質量y(g)與尺寸x(mm)之間近似滿足關系式y(tǒng)＝c·xb(b、c為大于0的常數)．按照某項指標測定，當產品質量與尺寸的比在區(qū)間內時為優(yōu)等品．現(xiàn)隨機抽取6件合格產品，測得數據如下： 尺寸x(mm) 38 48 58 68

17、 78 88 質量y(g) 16.8 18.8 20.7 22.4 24 25.5 質量與尺 寸的比 0.442 0.392 0.357 0.329 0.308 0.290 (1)現(xiàn)從抽取的6件合格產品中再任選3件，記ξ為取到優(yōu)等品的件數，試求隨機變量ξ的分布列和期望； (2)根據測得數據作了初步處理，得相關統(tǒng)計量的值如下表： (ln xi·ln yi) (ln xi) (ln yi) (ln xi)2 75.3 24.6 18.3 101.4 (ⅰ)根據所給統(tǒng)計量，求y關于x的回歸方程； (ⅱ)已知優(yōu)等品的收益z(單位：千元)

18、與x，y的關系為z＝2y－0.32x，則當優(yōu)等品的尺寸x為何值時，收益z的預報值最大？ 附：對于樣本(vi，ui)(i＝1,2，…，n)，其回歸直線u＝b·v＋a的斜率和截距的最小二乘估計公式分別為：＝＝，＝－， e≈2.7182. [解]　(1)由已知，優(yōu)等品的質量與尺寸的比在區(qū)間內，即∈(0.302,0.388)． 則隨機抽取的6件合格產品中，有3件為優(yōu)等品，3件為非優(yōu)等品． 現(xiàn)從抽取的6件合格產品中再任選3件，則取到優(yōu)等品的件數ξ＝0,1,2,3. P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝， P(ξ＝2)＝＝，P(ξ＝3)＝＝， ξ的分布列為： ξ 0 1 2 3

19、 P E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝. (2)對y＝c·xb(b，c＞0)兩邊取自然對數得ln y＝ln c＋bln x. 令vi＝ln xi，ui＝ln yi，得u＝b·v＋a，且a＝ln c. (ⅰ)根據所給統(tǒng)計量及最小二乘估計公式有： ＝＝＝＝， ＝－＝÷6＝1， 得＝ln ＝1，＝e， 所求y關于x的回歸方程為y＝ex. (ⅱ)由(ⅰ)可知y＝ex，則＝2e－0.32x. 令t＝，則(t)＝－0.32t2＋2et＝－0.32＋. 由優(yōu)等品質量與尺寸的比＝＝∈?∈(7,9)，即x∈(49,81)． 當t＝＝≈8.5∈(7,9)時，取最大值．

20、 即優(yōu)等品的尺寸x≈72.3(mm)，收益的預報值最大． 20．(本小題滿分12分)如圖4，橢圓E：＋＝1(a＞b＞0 )的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，MF2⊥x軸，直線MF1交y軸于H點，OH＝，Q為橢圓E上的動點，△F1F2Q的面積的最大值為1. 圖4 (1)求橢圓E的方程； (2)過點S(4,0)作兩條直線與橢圓E分別交于A，B，C，D，且使AD⊥x軸，如圖，問四邊形ABCD的兩條對角線的交點是否為定點？若是，求出定點的坐標；若不是，請說明理由． [解]　(1)設F(c,0)，由題意可得＋＝1，即yM＝. ∵OH是△F1F2M的中位線，且OH＝， ∴|MF2|＝，即＝，

21、整理得a2＝2b4.?、? 又由題知，當Q在橢圓E的上頂點時，△F1F2M的面積最大，∴×2c×b＝1， 整理得bc＝1，即b2(a2－b2)＝1，② 聯(lián)立①②可得2b6－b4＝1，變形得 (b2－1)(2b4＋b2＋1)＝0，解得b2＝1，進而a2＝2. ∴橢圓E的方程為＋y2＝1. (2)設A(x1，y1)，C(x2，y2)，則由對稱性可知D(x1，－y1)，B(x2，－y2)． 設直線AC與x軸交于點(t,0)，直線AC的方程為x＝my＋t(m≠0)， 聯(lián)立，消去x， 得(m2＋2)y2＋2mty＋t2－2＝0， ∴y1＋y2＝，y1y2＝， 由A，B，S三點共線kA

22、S＝kBS，即＝， 將x1＝my1＋t，x2＝my2＋t代入整理得 y1(my2＋t－4)＋y2(my1＋t－4)＝0， 即2my1y2＋(t－4)(y1＋y2)＝0，從而 ＝0，化簡得2m(4t－2)＝0， 解得t＝，于是直線AC的方程為x＝my＋， 故直線AC過定點.同理可得BD過定點， ∴直線AC與BD的交點是定點，定點坐標為. 21．(本小題滿分12分)已知函數f(x)＝ax－－4ln x的兩個極值點x1，x2滿足x1＜x2，且e＜x2＜3，其中e為自然對數的底數． (1)求實數a的取值范圍； (2)求f(x2)－f(x1)的取值范圍． [解]　(1)f′(x)

23、＝a＋－＝， 由題意知x1，x2即為方程ax2－4x＋a＝0的兩個根． 由根與系數的關系得整理得a＝＝＝. 又y＝x2＋在(e,3)上單調遞增，∴a∈. (2)f(x2)－f(x1)＝ax2－－4ln x2－ax2＋＋4ln x1， ∵x1＝，∴f(x2)－f(x1)＝ax2－－4ln x2－＋ax2＋4ln ＝2a－8ln x2，由(1)知a＝，代入得 f(x2)－f(x1)＝－8ln x2＝－8ln x2， 令t＝x∈(e2,9)，于是可得h(t)＝－4ln t， 故h′(t)＝－＝＝＜0， ∴h(t)在(e2,9)上單調遞減， ∴f(x2)－f(x1)∈. 請考生在

24、第22～23題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分． 22．(本小題滿分10分)選修4－4：坐標系與參數方程 在直角坐標系xOy中，直線l的參數方程為(t為參數)，圓C的標準方程為(x－3)2＋(y－3)2＝4.以坐標原點為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系． (1)求直線l和圓C的極坐標方程； (2)若射線θ＝(ρ＞0)與l的交點為M，與圓C的交點為A，B，且點M恰好為線段AB的中點，求a的值． [解]　(1)在直線l的參數方程中消去t可得， x－y－＋a＝0， 將x＝ρcos θ，y＝ρsin θ代入以上方程中， 所以，直線l的極坐標方程為 ρcos θ－ρsi

25、n θ－＋a＝0. 同理，圓C的極坐標方程為 ρ2－6ρcos θ－6ρsin θ＋14＝0. (2)在極坐標系中，由已知可設M，A，B. 聯(lián)立 可得ρ2－(3＋3)ρ＋14＝0， 所以ρ2＋ρ3＝3＋3. 因為點M恰好為AB的中點，所以ρ1＝，M. 把M代入ρcos θ－ρsin θ－＋a＝0， 得×－＋a＝0， 所以a＝. 23．(本小題滿分10分)選修4－5：不等式選講 已知f(x)＝|mx＋3|－|2x＋n|. (1)當m＝2，n＝－1時，求不等式f(x)＜2的解集； (2)當m＝1，n＜0時，f(x)的圖象與x軸圍成的三角形面積大于24，求n的取值范圍． [解]　(1)當m＝2，n＝－1時， f(x)＝|2x＋3|－|2x－1|. 不等式f(x)＜2等價于 或 或 解得x＜－或－≤x＜0，即x＜0. 所以不等式f(x)＜2的解集是(－∞，0)． (2)由題設可得， f(x)＝|x＋3|－|2x＋n|＝ 所以函數f(x)的圖象與x軸圍成的三角形的三個頂點分別為A，B(3－n,0)，C. 所以三角形ABC的面積為 ＝. 由題設知，＞24， 解得n＜－6.