第15练 综合练习3（基础练）-决胜2021年全国高考数学考前保温练习（江苏等八省市新高考地区专用）（解析版）

决胜 2021 年全国高考数学考前保温练习 第 15 练 综合练习 3 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 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.已知复数 z 满足： 2 7 64z i  （i 为虚数单位），且 z 在复平面内对应的点位于第三象限， 则复数 z 的虚部为（ ） A． 2i B．3 C． 3 2 D． 3 2 i 【答案】C 【解析】设 ( , )z a bi a b R   ，则 2 2 2 72 64z a b abi i     ，可得 2 2 7 4 2 6 a b ab      ， 因为 0a  ， 0b  ，解得 2a   ， 3 2b   ，所以 32 2z i   ，则 32 2z i   ．故选：C． 2. 已知集合  6M x y x   ，  2 1xN y y   ，则下列结论正确的是（ ） A． M N B． N M C． N M D． M N   【答案】C 【解析】因为      6 6 0 6M x y x x x x x         ，    2 1 1xN y y y y      ， 所以， N M ， M N N   ．故选；C． 3.函数 2 2 ln( 1)( ) cos x xf x x x    的图象大致为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】因为令 g(x)= 2 cosx x ，x>0 时，x2 是递增的，cosx 在(0， )上递减， 则有 g(x)在(0， )上单调递增，而 (0) 1, (1) 1 cos1 0g g     ， 所以存在 0 (0,1)x  使得 0( ) 0g x  ， ( )f x 中 0,x R x x  ，排除 C、D， 因为 2x  时 ( ) 0f x  ，排除 B，所以选 A．故选:A 4.已知直线 l  平面  ，直线 m  平面  ，有下列四个命题： ①若 //  ，则l m ； ②若  ，则 //l m ； ③若 //l m ，则   ； ④若l m ，则 //  ． 其中正确命题的序号是（ ） A．①② B．③④ C．①③ D．②④ 【答案】C 【解析】已知直线l  平面 ，直线 m  平面  ， 对于①中，若 //  ，得到直线l  平面  ，所以l m ，所以是正确的； 对于②中，若  ，直线l 在  内或者l // ，则l 与 m 的位置关系不确定，所以不正确； 对于③中，若 //l m ，则直线 m  ，由面面垂直的性质定理，可得  ，所以是正确； 对于④中，若l m ，则 与  可能相交，所以不正确．故选:C. 5.已知 4ln3a  ， 3ln 4b  ， 34lnc  ，则 a ，b ， c 的大小关系是（） A． c b a  B． b c a  C．b a c  D． a b c  【答案】B 【解析】对于 ,a b 的大小： 44ln3 ln3 ln81a     ， 33ln 4 ln ln 644b     ， 明显 a b ； 对于 ,a c 的大小：构造函数 ln( ) xf x x  ，则 ' 2 1 ln( ) xf x x  ， 当 (0, )x e 时， '( ) 0, ( )f x f x 在 (0, )e 上单调递增， 当 ( , )x e  时， '( ) 0, ( )f x f x 在 ( , )e  上单调递减， 3 , ( ) (3)e f f     即 3 3ln ln3, 3ln ln3, ln ln3 , 33              a c  对于 ,b c 的大小： 3ln 4 ln 64b   ， 3 4 34ln ln[( ) ]c   ，64  4 3[( ) ] ，c b 故 选:B． 6.在边长为 3 的正方形 ABCD 中，以点 A 为圆心作单位圆，分别交 AB ， AD 于 E ，F 两 点，点 P 是 EF 上一点，则 PB PD  的取值范围为（ ） A． 1 3 2, 2    B． 21, 2       C． 2,1 2    D． 1 3 2,1 2    【答案】A 【解析】根据题意画出图形，并建立平面直角坐标系，如图： 由题意可知  0,0A ，  3,0B ，  3,3C ，  0,3D ． 设点  cos ,sinP θ θ π0 2      ， 则    3 cos , sin cos ,3 sinPB PD               cos 3 cos sin 3 sin 1 3sin 3cos              π1 3 2 sin 4       ．又 π0 2   ，则 π π 3π 4 4 4    ， 所以 2 πsin 12 4       ，所以 π1 3 2 1 3 2 sin 24          ， 即 PB PD  的取值范围为 1 3 2, 2    ， 故选:A． 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．在每小题给出的选项中，有多项 符合题目要求,全部选对的得 5 分，有选错的得 0 分，部分选对的得 3 分． 7.已知函数    ( 0, 0,0 )f x Acos x A          的图象的一个最高点为 ,312     ，与之相邻的一个对称中心为 ,06      ，将  f x 的图象向右平移 6  个单位长度得 到函数  g x 的图象，则（ ） A.  g x 为偶函数 B.  g x 的一个单调递增区间为 5 ,12 12      C.  g x 为奇函数 D.  g x 在 0, 2      上只有一个零点 【答案】BD 【解析】由题意，可得 ( )4 6 12 4 T       ，所以T  ，可得 2 2w T   ， 所以   3cos(2 )f x x   ， 因为 ( ) 3cos[2 ( ) ] 312 12f         ，所以 2 ,6 k k Z    ， 因为 0    ，所以 6 π ，即   3cos(2 )6f x x   ， 所以   3cos[2( ) ] 3cos(2 )6 6 6g x x x       ， 可得函数  g x 为非奇非偶函数， 令 2 2 2 ,6k x k k Z        ，可得 5 ,12 12k x k k Z        ， 当 0k  时，函数  g x 的一个单调递增区间为 5[ , ]12 12   ； 由 2 ,,6 2x k k Z      ，解得 ,3x k k Z    ， 所以函数  g x 在 0, 2      上只有一个零点.故选：BD 8.设常数 Ra  ， Nn  ，对于二项式 (1 )na x 的展开式，下列结论中，正确的是（ ） A．若 1a n  ，则各项系数随着项数增加而减小 B．若各项系数随着项数增加而增大，则 a n C．若 2a   ， 10n  ，则第 7 项的系数最大 D．若 2a   ， 7n  ，则所有奇数项系数和为 239 【答案】BCD 【解析】二项式 (1 )na x 的展开式的通项为   2 1 1 rrr n r r r r n nT C a x C a x        ， 对于选项 A，当 0a  时，则任意项的系数均为 0（除常数项），故 A 错误； 对于选项 B，若 a n ，则最后两项为 1 1,n n n n n nC a C a  ，有 1 1n n n n n nC a C a   ，与已知矛盾， 故 a n ，故 B 正确； 对于选项 C，若 2a   ， 10n  ，则各项系数为  00 10 2 1C   ，  11 10 2 20C    ，  22 10 2 180C   ，  33 10 2 960C    ，  44 10 2 3360C  ，  55 10 2 8064C    ，  66 10 2 13440C   ，  77 10 2 15360C    ，  88 10 2 11520C   ，  99 10 2 5120C    ，  1010 10 2 1024C   ，故 第 7 项的系数最大，故 C 正确. 对于选项 D，若 2a   ， 7n  ，则所有奇数项系数和为 0 0 2 2 4 4 6 6 7 7 7 7 1 1 21 2 35 4 7 8 239C a C a C a C a            ，故 D 正确. 故选：BCD. 9.已知抛物线 2 1 2x y 的焦点为 F ，  1 1,M x y ，  2 2,N x y 是抛物线上两点，则下列结论 正确的是（ ） A．点 F 的坐标为 1 ,08      B．若直线 MN 过点 F ，则 1 2 1 16x x   C．若 MF NF  ，则 MN 的最小值为 1 2 D．若 3 2MF NF  ，则线段 MN 的中点 P 到 x 轴的距离为 5 8 【答案】BCD 【解析】对于选项 A,易知点 F 的坐标为 10, 8      ，选项 A 错误； 对于选项 B,根据抛物线的性质知， MN 过焦点 F 时， 2 1 2 1 16x x p    ，选项 B 正确； 对于选项 C,若 MF NF  ，则 MN 过点 F ，则 MN 的最小值即抛物线通经的长，为 2p ， 即 1 2 ，选项 C 正确， 对于选项 D,抛物线 2 1 2x y 的焦点为 10, 8      ，准线方程为 1 8y   ，过点 M ，N ，P 分别 做准线的垂直线 MM， NN， PP ，垂足分别为 M  ， N， P ，所以 MM MF  ， NN NF  . 所以 3 2MM NN MF NF     ，所以线段 3 2 4 MM NNPP     所以线段 MN 的中点 P 到 x 轴的距离为 1 3 1 5 8 4 8 8PP     ，选项 D 正确． 故选：BCD． 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，多空题，第一空 2 分，第二空 3 分，共 20 分． 10.已知 5cos 5    ，且 ,2      ，则 tan 2  __________． 【答案】 4 3 【解析】因为 5cos 5    ，且 ,2      ， 所以 2 5 2 5sin 1 cos 1 25 5       ， 所以 sintan 2cos     ，所以 2 2 2tan 2 ( 2) 4tan 2 1 tan 1 ( 2) 3         ， 故答案为: 4 3 。 11.学校准备将 5名同学全部分配到运动会的田径、拔河和球类3个不同项目比赛做志愿者， 每个项目至少1 名，则不同的分配方案有________种（用数字作答）. 【答案】150 【解析】将5名同学全部分配到运动会的田径、拔河和球类3个不同项目比赛做志愿者，有 2 种情况：①将 5 名同学分成三组，一组 1 人，另两组都是 2 人，有 1 2 2 5 4 2 2 2 15c c c A  种分组方 法， 再将 3 组分到 3 个项目，共有 3 315 90A  种不同的分配方案； ②将 5 名同学分成三组，一组 3 人，另两组都是 1 人，有 3 1 1 5 2 1 2 2 10C C C A  种分组方法，再将 3 组分到 3 个项目，共有 3 310 A 60  种不同的分配方案，共有 90+60=150 种不同的分配方案， 故答案为：150 12.已知函数      2 ln 2 0 1 0 x x x xf x x x       ，若  f x 的图象上有且仅有 2 个不同的点关于直 线 3 2y   的对称点在直线 3 0kx y   ，则实数 k 的取值是___________． 【答案】2 【解析】直线 3 0kx y   关于直线 3 2y   对称的直线l 的方程为 0kx y  ，对应的函 数为 y kx  ，其图象与函数  y f x 的图象有 2 个交点． 对于一次函数 y kx  ，当 0x  时， 0y  ，由   0f x  知不符合题意． 当 0x  时，令  kx f x  ，可得  f xk x   ，此时，令         ln 2 0 1 0 x xf xg x x x xx        ． 当 0x  时 ，  g x 为 增 函 数 ，  g x R ， 当 0x  时 ，  g x 为 先 增 再 减 函 数 ，    , 2g x    ．结合图象， 直线 y k  与函数  y g x 有 2 个交点， 因此，实数 2k   ，即 2k  ． 故答案为:2. 四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 13.已知数列{ }na 满足 1 2 3a  ，且当 2n  时， 1 2 1 2 2n n a a a a   ． （1）求证：数列 1{ }1 na 是等差数列，并求数列{ }na 的通项公式； （2）记 1 2 1 2n nT a a a  ， 2 2 2 1 2n nS T T T    ，证明：当 n N 时， 1 2 3n na S   ． 【答案】(1)证明见解析， 1 2n na n   ;(2)证明见解析 【解析】（1）因为当 2n  时， 1 2 1 2 2n n a a a a   ，所以 1 2 1 2 2n n a a a a    ， 上述两式相除，可得 1 1 1 1 1 n n n aa a     ，所以 1 1 11 n n n aa a     ， 所以 1 1 1 1 1 11 1 1 n n n n a a a a         ，所以 1 1 1 1( 2)1 1n n na a     ， 又 1 2 3a  ，所以 2 3 4a  ， 1 1 31 a  ， 2 1 41 a  ，所以 2 1 1 1 11 1a a    ， 所以 * 1 1 1 1( )1 1n n na a     N ，所以数列 1{ }1 na 是首项为 3，公差为1的等差数列， 所以 1 3 ( 1) 1 21 n n na       ，所以 1 2n na n   ． （2）因为 1 2 1 2n nT a a a  1 2 3 4 1 1 2 3 4 5 2 2 n n n        ， 所以 2 2 1 1 1 1 ( 2) ( 2)( 3) 2 3nT n n n n n         ， 所以 2 2 2 1 2n nS T T T     1 1 1 1 1 1 1 1 3 4 4 5 5 6 2 3n n          1 1 1 1 2 2 2 213 3 3 3 3 3 3n n an n n             ， 所以当 n N 时， 1 2 3n na S   ． 14.已知函数   23sin cos 3cos 1f x x x x   . （1）求函数  f x 的单调递减区间； （2）在锐角 ABC 中，角 , ,A B C 所对的边分别 , ,a b c .若   1, 3f C c  ， D 为 AB 的 中点，求 CD 的最大值. 【答案】(1) 5 11[ , ],12 12k k k Z     ;(2) 3 2 【解析】（1） 3 3( ) sin 2 (1 cos2 ) 12 2f x x x    ， 13sin 2 3 2x       ， 由 32 2 2 ,2 3 2k x k k Z         ， 解得： 5 11 ,12 12k x k k Z       ， 所以 ( )f x 递减区间 5 11[ , ],12 12k k k Z     . （2） 1( ) 3sin(2 ) 13 2f C C    由 ，得 3sin(2 )3 2C   ， ABC 为锐角三角形， (0, )2C  ， 22 ( , )3 3 3C       ， 2 3 3C     ， 3C   ， 由余弦定理得： 2 2 23 3( ) 2 cos2 2a CD CD BDC      ， 2 2 23 3( ) 2 cos2 2b CD CD ADC      ， 且 cos cosBDC ADC    ， 两式相加得： 2 2 21 3)2 4CD a b  （ ， 由 2 2 2 23 2 cosa b ab C a b ab      ， 2 2 2 2 2 21 ( )2 2 a ba b a b     ， 当 a b 时，等号成立，即 2 2a b 的最大值为6，所以 CD 的最大值为 3 2 . 15.今年年初，我市某医院计划从 3 名医生、5 名护士中随机选派 4 人参加湖北新冠肺炎疫 情狙击战. （1）求选派的 4 人中至少有 2 名医生的概率； （2）设选派的 4 人中医生人数为 X，求 X 的概率分布和数学期望. 【答案】（1） 1 2 ；（2）分布列见解析；期望为 3 2 . 【解析】（1）记选派的 4 人中至少有 2 名医生为事件 A， 记 4 人中有 2 名医生 2 名护士为事件 1A ， 记 4 人中有 3 名医生 1 名护士为 事件 2A ， 且 1A 与 2A 互斥.则当事件 A 发生时，有 1A 或 2A 发生， 所以有 1 2 1 2( )= ) ( ) ( )P A P A A P A P A  （ . 又 2 2 3 5 1 4 8 3( ) 7 C CP A C   ； 3 1 3 5 2 4 8 1( ) 14 C CP A C   ； 所以 3 1 1( ) 7 14 2P A    . 故选派的 4 人中至少有 2 名医生的概率为 1 2 . （2）由题意选派的医生人数 X 可以是 0，1，2，3.所以 4 5 4 8 1( 0) 14 CP X C    ； 3 1 5 3 4 8 3( 1) 7 C CP X C    ； 2 2 3 5 1 4 8 3( ) 7 C CP X P A C  （ =2)= ； 3 1 3 5 2 4 8 1( ) 14 C CP X P A C  （ =3)= . 所以，随机变量 X 的概率分布表为 X 0 1 2 3 P 1 14 3 7 3 7 1 14 故随机变量 X 的数学期望为 ( )E X = 1 3 3 1 30 1 2 314 7 7 14 2         . 故 X 的数学期望为 3 2 . 16.如图，在四棱锥 P ABCD 中，四边形 ABCD 是菱形， AC BD O  ， PAC 为正 三角形， 2AC  . （1）求直线 PA 与平面 PBD 所成角的大小； （2）若 30BPO   ，求二面角 A PB D  的正切值. 【答案】（1）30°；（2） 2 3 3 . 【解析】因为四边形 ABCD 是菱形，所以 AC BD ，且 O 是 AC ， BD 中点， 又 PAC 是正三角形，且 2AC  ，则 PO AC ， 3 32PO AC  ， 1AO  ， （1）因为 AC BD ， AC PO ， PO  平面 PBD ， BD  平面 PBD ， PO BD O ， 所以 AC  平面 PBD ， 所以 PO 为 PA 在平面 PBD 内的射影， 所以 APO 即为直线 PA 与平面 PBD 所成的角， 在正 PAC 中， PO 是 AC 边上的中线，所以 30APO   . （2）在 BPO△ 中，作OH PB 于 H ，连 AH ， 因为 30BPO   ，所以 1 3 2 2OH PO  因为 AO  平面 PD ， PB  平面 PBD ， 所以 AO PB ， 又 AO OH O  ， AO  平面 AOH ， HO 平面 AOH ， 所以 PB  平面 AOH ， 因为 AH  平面 AOH ，所以 PB AH ， 又OH PB ， 所以 AHO 即为所求二面角 A PB D  的平面角， 在 Rt AOH 中， 3 2OH  ， 1AO  ， 所以 1 2 3tan 33 2 AOAHO HO    