四川新高考考前三個月數(shù)學(xué)理二輪復(fù)習(xí)沖刺穿插轉(zhuǎn)動練(六)(含答案詳析)四川新高考考前三個月數(shù)學(xué)理二輪復(fù)習(xí)沖刺穿插轉(zhuǎn)動練(六)(含答案詳析)四川新高考考前三個月數(shù)學(xué)理二輪復(fù)習(xí)沖刺穿插轉(zhuǎn)動練(六)(含答案詳析)穿插轉(zhuǎn)動練(六)內(nèi)容：高中所有內(nèi)容一、選擇題1．設(shè)會合A＝{x||x－a|<1，x∈R}，B＝{x|1<x<5，x∈R}，若A∩B＝?，則實數(shù)a的取值范圍是

(

)A．{a|0≤a≤6}C．{a|a≤0，或

a≥6}

B．{a|a≤2，或D．{a|2≤a≤4}

a≥4}答案C分析A＝{x||x－a|<1，x∈R}＝{x|a－1<x<1＋a}，由于A∩B＝?，所以有

a－1≥5或1a≤1，即a≥6或a≤0，選C.2．已知復(fù)數(shù)z＝i(1＋i)(i為虛數(shù)單位)，則復(fù)數(shù)z在復(fù)平面上所對應(yīng)的點位于()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D(zhuǎn)．第四象限答案B分析由于z＝i(1＋i)＝－1＋i，所以復(fù)數(shù)z對應(yīng)的點在復(fù)平面的第二象限．應(yīng)選B.3．函數(shù)f(x)＝－1＋log2x的一個零點落在以下哪個區(qū)間內(nèi)()xA．(0,1)B．(1,2)C．(2,3)D．(3,4)答案B分析依據(jù)函數(shù)的零點存在性定理，要考證函數(shù)的零點的地點，只需求出函數(shù)在區(qū)間的兩個端點上的函數(shù)值，獲得結(jié)果，依據(jù)函數(shù)的零點存在性定理獲得f(1)·f(2)＜0.應(yīng)選B.4．下邊四個圖象中，有一個是函數(shù)1322y＝f′(x)f(x)＝x＋ax＋(a－1)x＋1(a∈R)的導(dǎo)函數(shù)3的圖象，則f(－1)等于()11A.3B．－3C.5D．－1或5333答案D分析∵f′(x)＝x2＋2ax＋a2－1，∴f′(x)的圖象張口向上，若圖象可是原點，則a＝0時，f(－1)＝5，若圖象過原點，則a2－1＝0，又對稱軸x＝－a＞0，∴a＝－1，∴f(－311)＝－3.5．設(shè)m、n是不一樣的直線，α、β是不一樣的平面，以下四個命題中正確的選項是( )A．若m∥α，n∥α，則m∥nB．若m⊥β，n⊥β，則m∥nC．若α⊥β，m?α，則m⊥βD．若m?α，n?α，m∥β，n∥β，則α∥β答案B分析A選項中m，n可能訂交或異面；C選項中m不必定垂直α與β的交線，所以不成立；D選項中m，n不是訂交直線時，α與β有可能訂交．6．向邊長為2米的正方形木框ABCD內(nèi)隨機扔擲一粒綠豆，記綠豆落在P點，則P點到A點的距離大于1米，同時∠π()DPC∈(0，)的概率為23ππA．1－16B．1－163ππC.16D.16答案A分析由題意，易知：(1)點P在以A點為圓心，1為半徑的圓外；π，若點P在以DC(2)若點P在以DC為直徑的圓上，則∠DPC＝2π為直徑的圓內(nèi)，則∠DPC>，故只有點P在以DC為直徑的圓外時滿2足∠DPC為銳角．所以，點P落入圖中的暗影部分，故所求概率3π1－16，應(yīng)選A.7．已知定點A、B，且|AB|＝4，動點P知足|PA|－|PB|＝3，則|PA|的最小值是()137A.2B.2C.2D．5答案C分析∵|AB|＝4，|PA|－|PB|＝3，設(shè)點A為左焦點，則知足條件的點P在雙曲線右支上，則|PA|的最小值為右極點到A的距離即

2＋3＝7.228．以拋物線

y2＝4x的焦點為圓心，且過坐標(biāo)原點的圓的方程為

(

)A．x2＋y2＋2x＝0

B．x2＋y2＋x＝0C．x2＋y2－x＝0

D．x2＋y2－2x＝0答案

D分析

拋物線

y2＝4x的焦點坐標(biāo)為

(1,0)，故以(1,0)為圓心，且過坐標(biāo)原點的圓的半徑為r＝12＋02＝1，所以圓的方程為(x－1)2＋y2＝1，即x2＋y2－2x＝0.x2y29．已知點F1F2a2－b2＝1(a>0，b>0)的左、右焦點，過

F1

x直線與雙曲線交于是A．(1，3)

A，B兩點，若△ABF2是銳角三角形，則該雙曲線離心率的取值范圍(B．(3，22)

)C．(1＋2，＋∞)D．(1,1＋2)答案Db2b2b2b2→→→→2分析A(－c，a)，B(－c，－a)，F(xiàn)2A＝(－2c，a)，F(xiàn)2B＝(－2c，－a).F2A·F2B＝4c2(b)2>0，e2－2e－1<0,1<e<1＋2.a10．履行如下圖的程序框圖，則輸出的n為( )A．3B．4C．5D．6答案B分析履行程序框圖可知：n＝1，s＝0，p＝30，s<p成立；s＝3，n＝2，s<p成立；s＝3＋9，n＝3，s<p成立；s＝3＋9＋27，n＝4，s<p不可立，所以輸出的n的值為4.x，x∈(－π，0)∪(0，π)的圖象可能是以下圖象中的( )11．函數(shù)y＝sinx答案C分析y＝x是偶函數(shù)，故清除A，令f(x)＝x－sinx，x∈(0，π)，則f′(x)＝1－cosx，sinxx∈(0，π)，易知f′(x)≥0在x∈(0，π)上恒成立，所以f(x)min>f(0)＝0，x∈(0，π)，∴y＝xsinx>1，應(yīng)選C.222、F分別是橢圓x2y2a上存在P，使線12．設(shè)F12a＋b＝1(a＞b＞0)的左、右焦點，若在直線x＝c段PF1的中垂線過點F2，則橢圓離心率的取值范圍是( )23A.0，2B.0，32，1D.3，1C.23答案D22cy2，kQF2＝2cy2.分析設(shè)Pa，y，F(xiàn)1P的中點Q的坐標(biāo)為b，y，則kF1P＝2c2c2b＋2cb－2c由kF1P·kQF2＝－1，22c2－b22c2＋b2得y＝2.c由于y2≥0，但注意b2＋2c2≠0，所以2c2－b2＞0，即3c2－a2＞0.213即e＞.故3＜e＜1.3a222＝0時，y＝0，此時kQF2不存在，此時F2為中點，3綜當(dāng)b－2c－c＝2c，得e＝.c33上得，3≤e＜1.二、填空題13．在數(shù)列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N*)，則S100＝________.答案2600分析當(dāng)n為奇數(shù)時，an＋2－an＝0，則奇數(shù)項為常數(shù)列{1}．當(dāng)n為偶數(shù)時，an＋2－an＝2，則偶數(shù)項為等差數(shù)列．S100＝50×1＋502＋100＝2600.214．袋中有3個黑球，1個紅球．從中任取2個，取到一個黑球得0分，取到一個紅球得2分，則所得分數(shù)ξ的數(shù)學(xué)希望E(ξ)＝________.答案1分析由題意得ξ所獲得的值為0或2，此中ξ＝0表示獲得的球為兩個黑球，ξ＝2表示獲得的球為一黑一紅，所以P(ξ＝0)＝C2123＝1，P(ξ＝2)＝C23＝1，故E(ξ)＝0×1＋2×1＝C42C42221.13215．函數(shù)f(x)＝x－x－3x－1的圖象與x軸的交點個數(shù)是________．3答案3分析f′(x)＝x2－2x－3＝(x＋1)(x－3)，函數(shù)在(－∞，－1)和(3，＋∞)上是增函數(shù)，在(－1,3)上是減函數(shù)，由f(x)極小值＝f(3)＝－10＜0，f(x)極大值＝f(－1)＝2＞0知函數(shù)f(x)的3圖象與x軸的交點個數(shù)為3.ππ16．已知ω>0，函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋4)在(2，π)上單一遞減，則ω的取值范圍是________．15答案[，]分析ππ3π，k∈Z，且ω>0，得π1(2kπ＋5π)．由2kπ＋≤ωx＋≤2kπ＋1(2kπ＋)≤x≤242ω4ω4π5π取k＝0，得4ω≤x≤4ω.π又f(x)在(2，π)上單一遞減，∴ππ5π15≤，且π≤，解得2≤ω≤.4ω24ω4三、解答題17．已知函數(shù)f(x)＝3sin2x－cos2x－1，x∈R.22(1)求函數(shù)f(x)的最小值和最小正周期；(2)設(shè)△ABC的內(nèi)角A、B、C的對邊分別為a、b、c，且c＝3，f(C)＝0，若sinB＝2sinA，求a，b的值．解31＋cos2x1π(1)f(x)＝sin2x－－＝sin(2x－)－1，則f(x)的最小值是－1－1＝－2，2226且f(x)的最小正周期T＝2π2＝π.ππ(2)f(C)＝sin(2C－6)－1＝0，則sin(2C－6)＝1.0<C<π，ππ11πππ∴－<2C－<6π，所以2C－＝，∴C＝.66623∵sinB＝2sinA及正弦定理，得b＝2a.①由余弦定理，得π3，c2＝a2＋b2－2abcos，且c＝3∴a2＋b2－ab＝3，②由①②聯(lián)立，得a＝1且b＝2.18．假定某班級教室共有4扇窗戶，在每日上午第三節(jié)課上課預(yù)備鈴聲響起時，每扇窗戶或被敞開或被封閉，且概率均為1，記此時教室里敞開的窗戶個數(shù)為X.2(1)求X的散布及數(shù)學(xué)希望；(2)若此時教室里有兩扇或兩扇以上的窗戶被封閉，班長就會將封閉的窗戶所有敞開，不然保持原狀不變．記每日上午第三節(jié)課上課時該教室里敞開的窗戶個數(shù)為Y，求Y的數(shù)學(xué)希望．解(1)∵X的所有可能取值為10,1,2,3,4，X～B(4，)，11112∴P(X＝04＝14，0)＝C4()，P(X＝1)＝C4( )＝2162421433141，P(X＝2)＝C4(2)＝，P(X＝3)＝C4( )＝482P(X＝4)＝C44(1)4＝1，216∴X的散布列為X01234P1131116484161＋1×1＋2×3＋3×1＋4×1＝2.E(X)＝0×1648416(2)Y的所有可能取值為3,4，則1P(Y＝3)＝P(X＝3)＝4，3P(Y＝4)＝1－P(Y＝3)＝4，∴Y的希望值E(Y)＝3×1＋4×3＝15444.19．已知數(shù)列{an}中，a1＝2，an＝2－1(n≥2，n∈N*)．a(chǎn)n－1(1)設(shè)bn＝1，n∈N*，求證：數(shù)列{bn}是等差數(shù)列；an－1(2)設(shè)cn＝1(n∈N*)，求數(shù)列{cn}的前n項和Sn.bnbn＋2(1)證明∵an＝2－1，∴an＋1＝2－1.an－1anan－1∴bn＋1－bn＝111－1n＋1－1－n－1＝1n－1＝n－1＝1，aa－1aa2－an∴{bn}是首項為b1＝1＝1，公差為1的等差數(shù)列．2－1(2)解由(1)知bn＝n，∴cn＝1＝1111)，n＝(－＋nn＋22nn＋2bb111－111)＋＋(1－111∴Sn＝[(1－)＋()＋(－)＋(－)]232435n－1n＋1nn＋2＝1(1＋1－1－1)＝3－2n＋3.22n＋1n＋242n＋1n＋220．如圖，在四棱錐A—BCC1B1中，等邊三角形ABC所在平面與正方形BCC1B1所在平面相互垂直，D為CC1的中點．(1)求證：BD⊥AB1；(2)求二面角B—AD—B1的余弦值．(1)證明取BC中點O，連結(jié)AO，OB1.ABC為正三角形，∴AO⊥BC.∵平面ABC⊥平面BCC1B1，平面ABC∩平面BCC1B1＝BC，AO?平面ABC，AO⊥平面BCC1B1，∴AO⊥BD.∵正方形BCC1B1中，O，D分別為BC，CC1的中點，OB1⊥BD.又AO∩OB1＝O，BD⊥平面AOB1，∴BD⊥AB1.(2)解取B1C1中點→→→軸、z軸的E，以O(shè)為原點，分別以O(shè)B、OE、OA的方向為x軸、y正方向，成立如下圖的空間直角坐標(biāo)系O—xyz，不如設(shè)BC＝2.由題意知A(0,0，3)，B(1,0,0)，D(－1,1,0)，B→，－3)→1(1,2,0)，則AB＝(1,0，BD＝(－→1，→，2,1,0)，DA＝(1，－3)，DB1＝(2,1,0)設(shè)n＝(x，y，z)是平面ADB1的法向量，→n·DA＝0，則→n·DB1＝0，x－y＋3z＝0，即2x＋y＝0，可取n＝(－1,2，3)，3同理，設(shè)m是平面ABD的法向量，可取m＝(1,2，3)，∴cos〈n，m〉＝n·m＝6，|n||·m|4∴二面角B—AD—B1的余弦值為64.221．已知拋物線C：y＝2px(p>0)過點A(1，－2)．(1)求拋物線C的方程，并求其準線方程；(2)能否存在平行于OA(O為坐標(biāo)原點)的直線l，使得直線l與拋物線C有公共點，且直線OA與l的距離等于5？若存在，求出直線l的方程；若不存在，說明原因．5解(1)將(1，－2)代入y2＝2px，得(－2)2＝2p·1，所以p＝2.故所求的拋物線C的方程為y2＝4x，其準線方程為x＝－1.(2)假定存在切合題意的直線l，其方程為y＝－2x＋t.y＝－2x＋t，得y2＋2y－2t＝0.由y2＝4x由于直線l與拋物線C有公共點，所以＝4＋8t≥10，解得t≥－.2另一方面，由直線OA到l的距離d＝5可得|t|＝1，解得t＝±1.555由于－1?[－1，＋∞)，1∈[－1，＋∞)，22所以切合題意的直線l存在，其方程為2x＋y－1＝0.22．已知函數(shù)f(x)＝alnx－ax－3(a∈R)．(1)若a＝－1，求函數(shù)f(x)的單一區(qū)間；(2)若函數(shù)y＝f(x)的圖象在點(2，f(2))處的切線的傾斜角為45°，關(guān)于隨意的t∈[1,2]，函32m數(shù)g(x)＝x＋xf′x＋2(f′(x)是f(x)的導(dǎo)數(shù))在區(qū)間(t,3)上總不是單一函數(shù)，求m的取值范圍；ln2×ln3×ln4××lnn1*)．(3)求證：234n<n(n≥2，n∈Nx－1(1)解當(dāng)a＝－1時，f′(x)＝x(x>0)，解f′(x)>0得x∈(1，＋∞)；解f′(x)<0得x∈(0,1)．f(x)的單一增區(qū)間為(1，＋∞)，單一減區(qū)間為(0,1)．(2)解∵f′(x)＝a1－x(x>0)，xf′(2)＝－a＝1得a＝－2，f(x)＝－2lnx＋2x－3，2g(x)