第13练 综合练习1 -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 13 练 综合练习 1 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.已知集合 { | lg( 2)}A x y x   ， { | 2 , 0}xB y y x   ，则 A B  （ ） A．[1,2) B．[1, ) C． (2, ) D．[2, ) 【答案】C 【解析】由题可得集合 { | 2}A x x  ， { | 1}B y y  ， 所以 (2, )A B   ，故选：C 2. 知i 为虚数单位，则复数 5 3 i i 在复平面内对应的点位于（ ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】B 【解析】由题可得 5 5 (3 ) (3 ) 1 3 3 (3 )(3 ) 2 2 2 i i i i i ii i i         ， 所以复数 5 3 i i 在复平面内对应的点的坐标为 1 3( , )2 2  ，位于第二象限，故选：B． 3.为支援边远地区教育事业的发展，现有 5 名师范大学毕业生主动要求赴西部某地区三所不 同的学校去支教，每个学校至少去 1 人，甲、乙不能安排在同一所学校，则不同的安排方法 有（ ） A．180 种 B．150 种 C．90 种 D．114 种 【答案】D 【解析】分四种情况： （1）安排甲到一所学校有 1 3A 种方法，安排乙到第二所学校有 1 2A 种方法，余下三人一起 到第三所学校有 1 种方法，共有 1 1 3 2 1 6A A   种方法； （2）安排甲到第一所学校有 1 3A 种方法，安排乙到第二所学校有 1 2A 种方法，余下三人中两 人一起到第三所学校有 2 3C 种方法，另一人到前两所学校中任意一所有 1 2A ，共有 1 1 2 1 3 2 3 2 36A A C A    种方法； （3）安排甲到第一所学校有 1 3A 种方法，安排乙到第二所学校有 1 2A 种方法，余下三人中一 人到第三所学校有 1 3C ，另两人一起到前两所学校中任意一所有 1 2A ，共有 1 1 2 1 3 2 3 2 36A A C A    种方法； （4）安排甲到第一所学校有 1 3A 种方法，安排乙到第二所学校有 1 2A 种方法，余下三人中一 人到第三所学校有 1 3C ，另两个人分别到前两所学校有 2 2A 种方法共有种方法， 1 1 2 2 3 2 3 2 36A A C A    种方法； 综合以上有： 6 36 36 36 114    , 故选：D 4.在平行四边形 ABCD 中， 2AB  ， 5AD  ，点 F 为边CD 的中点，若 0AF DF   ， 则 BF AC   （ ） A． 4 B．3 C． 2 D．1 【答案】C 【解析】因为 0AF DF   ， 所以 AF AB ，如图建立平面直角坐标系，      0,2 , 1,2 , 2,0F C B ， 所以    1,2 , 2,2AC BF    ， 所以 2 4 2BF AC      ，故选：C 5.张衡是中国东汉时期伟大的天文学家、数学家，他曾经得出圆周率的平方除以十六等于八 分之五.已知三棱锥 A BCD 的每个顶点都在球O 的球面上，AB  底面 BCD ，BC CD ， 且 3AB CD  ， 2BC  ，利用张衡的结论可得球O 的表面积为（ ） A．30 B．10 10 C．33 D．12 10 【答案】B 【解析】因为 BC CD ，所以 7BD  ，又 AB  底面 BCD， 所以球O 的球心为侧棱 AD 的中点，从而球O 的直径为 10 . 利用张衡的结论可得 2 5 16 8   ，则 10  ， 所以球O 的表面积为 2 104 10 10 102         . 故选：B 6.已知函数 ( )y f x 在 R 上可导且 (0) 1f  ，其导函数 ( )f x 满足 ( ) 2 ( ) 01 f x f x x     ，设 函数 2 ( )( ) x f xg x e  ，下列结论正确的是（ ） A．函数 ( )g x 在 (1, ) 上为单调递增函数 B． 1x  是函数 ( )g x 的极大值点 C．函数 ( )f x 至多有两个零点 D． 0x 时，不等式 xexf 2)(  恒成立 【答案】BCD 【解析】因为 2 ( )( ) x f xg x e  ，所以 2 ( ) 2 ( )( ) x f x f xg x e    ， 又因为 ( ) 2 ( ) 01 f x f x x     ，所以当 1x  时， ( ) 2 ( ) 0f x f x   ，   0g x  ，则  g x 递 减； 当 1x  时， ( ) 2 ( ) 0f x f x   ，   0g x  ，则  g x 递增； 所以当 1x  时，  g x 取得极大值， 2 (1)(1) fg e  ，当 (1) 0g 时，  g x 无零点，   2( ) xf x g x e  无零点；当 (1) 0g  时，  g x 有一个零点，   2( ) xf x g x e  有一个零 点；当 (1) 0g  时，  g x 有两个零点，   2( ) xf x g x e  有两个零点，故函数 ( )f x 至多有 两个零点； 当 0x„ 时，     0 (0)0 1x fg g e   ， 2 ( )( ) 1x f xg x e   ，所以不等式 xexf 2)(  恒成立， 故选：BCD 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.若函数 2 2( ) 3 sin 2 3sin cosf x x x x   在[ , ]a a 上为增函数，则（ ） A．实数 a 的取值范围为 0, 6      B．实数 a 的取值范围为 0, 3 π     C．点 ,212      为曲线 ( )y f x 的对称中心 D．直线 3x  为曲线 ( )y f x 的对称轴 【答案】ACD 【解析】由题意，函数 2 2 2( ) 3 sin 2 3sin cos 3 sin 2 2sin 1f x x x x x x      3sin 2 cos2 2 2sin 2 26x x x          ， 令 22 6 2x      ，可得 2 6 3x    ，所以 0 6a   ，所以 A 正确，B 不正确； 令 12x  ，可得 ( ) 2sin 2 2 212 12 6f           ， 所以点 ,212      为曲线 ( )y f x 的对称中心，所以 C 正确； 令 3x  ，可得 ( ) 2sin 2 2 43 3 6f           ，所以 3x  为曲线 ( )y f x 的对称轴， 所以 D 正确. 故选：ACD 8.已知函数   2 0 lg 0 x x f x x x     ，方程    2 1 0f x mf x   有 4 个不同的实数根，则 下列选项正确的为（ ） A．函数  f x 的零点的个数为 2 B．实数 m 的取值范围为 3, 2     C．函数  f x 无最值 D．函数  f x 在 0,  上单调递增 【答案】ABC 【解析】因为函数   2 0 lg 0 x x f x x x     ，可得函数图象如图： 由图知函数  f x 有 2 个零点，故 A 选项正确； 函数  f x 没有最值，故 C 选项正确； 函数  f x 在 0,1 上单调递减，在  1, 上单调递增，故 D 选项错误； 由于方程    2 1 0f x mf x   有 4 个不同的实数根， 令  t f x 则 2 1 0t mt   有 4 个不同的实数根， 因为 2m 4 0    恒成立，设 2 1 0t mt   两个不等的实根为 1 2t t， ， 由根与系数关系知 1 2 1 2, 1t t m t t    ， 则 1 2t t， 异号，由图可知 1 2 2t t  0，0 ， 所以 22 2 1 0m   ，解得 3 2m  ，故 B 选项正确； 故选：ABC 9.已知抛物线 2: 4C y x ，其焦点为 F ，P 为直线 2x   上任意一点，过 P 作抛物线C 的 两条切线，切点分别为 A ， B ，斜率分别为 1k ， 2k ，则（ ） A. 1 2 1 2k k   B. 1 2 2k k  C. AB 过定点 2,0 D. AF BF 的最小值为8 【答案】AC 【解析】由已知得 (1,0)F ，设 1 1( , )A x y ， 2 2( , )B x y ，所以 2 1 14y x ， 2 2 24y x ， 将 2 4y x 看作 y 的函数求导可得斜率，所以 过 A 点的切线方程为 1 1 1( )2 yx x y y   ，即 21 1 1 2 4 yx y y  ，① 所以 1 1 2k y  ， 同理过 B 点的切线方程为 2 2 2( )2 yx x y y   ，即 22 2 1 2 4 yx y y  ，② 所以 2 2 2k y  ， 联立①②可得 1 2 4 y yx  ，又因为 P 点的横坐标为-2，则 1 2 24 y yx    ，则 1 2 8y y   ， 因为 1 2 1 2 4 1 2k k y y    ，所以 A 正确；  1 2 1 1 2 1 2 2 2 4 y y y y y yk k    为不定值，所以 B 错误； 因为直线 AB 的方程为 1 2 1 1 1 2 ( )y yy y x xx x    ，即 1 2 4 ( 2)y xy y   ，所以 AB 恒过定点 (2,0) ，所以 C 正确； 将 AF BF、 转化为到准线的距离，因为 1 2 8y y   ，所以 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2· =( +1)( +1)= +( + )+1=5+ 5 2 94 4 4 4 y y y yAF BF x x x x x x      ，所以 D 错误. 故选：AC. 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.  6 2 21x x x      展开式中的常数项为______． 【答案】80 【解析】 62x x     展开式的通项公式为: 6 6 2 1 6 6( 2)2 r r r r r r rT C x C xx               , 令 6 2 0r  ，解得 3r  , 3 3 3 1 6( 2) 160T C      ， 令 6 2 2r   ，解得 4r  , 4 4 4 1 6 2 2 1 1( 2) 240T C x x       ，   6 2 12x x x       展开式中常数项为: ( 160) 240 80   . 故答案为：80 11.已知双曲线 2 2 2 2 1x y a b   ( 0, 0)a b  的左右两个焦点分别为 1,F 2F ， A ， B 为其左、 右两个顶点，以线段 1 2F F 为直径的圆与双曲线的渐近线在第一象限的交点为 M ，且 30AMB   ，则该双曲线的离心率为________. 【答案】 13 【解析】双曲线 2 2 2 2 1x y a b   ( 0, 0)a b  的渐近线方程为 by xa   ， 以 F1F2 为直径的圆的方程为 2 2 2x y c  ， 将直线 by xa  代入圆的方程，可得， 2 2 acx a a b    （负的舍去），y=b， 即有 ( , ),M a b 又 ( ,0), ( ,0)A a B a ， 由于 30AMB   ，BM⊥x 轴，则 2 3tan30 3 a b    ，即有 2 3b a ， 则离心率 2 21 13c be a a     ，故答案为： 13 12.在菱形 ABCD 中， 60DAB   ，将这个菱形沿对角线 BD 折起，使得平面 DAB  平 面 BDC ，若此时三棱锥 A BCD 的外接球的表面积为 5 ，则 AB 的长为________ 【答案】 3 【解析】如图①所示，取 BD 的中点 M ，连接 ,AM CM ，由题意知 ,ABD BCD  都是等 边三角形，设边长为 a .如图②，由题意知 AMC 为等腰直角三角形，在 Rt AMC 中， ,P Q 分别是 ,CM AM 上靠近 M 的三等分点. OC 即为三棱锥 A BCD 外接球的半径，所以 24 5OC  .在 Rt OPC 中， 2 2 23 1 3 2 5 2 3 2 3 4a a OC                  ，解得： 3a  . 故答案为: 3 . 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. 在① πsin sin 3a C c A     ，② 3cos sin3b a C c A  ， ③ cos cos 2 cosa B b A c A  ． 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答． 问题：在 ABC 中，角 A ， B ，C 的对边分别为 a ，b ，c ， ABC 外接圆面积为 4 π3 ， sin 2sinB C ，且______，求 ABC 的面积． 【答案】答案见解析 【解析】若选①：因为 πsin sin 3a C c A     ， 在 ABC 中，由正弦定理得 πsin sin sin sin 3A C C A     ， 因为 0 πC  ，所以sin 0C  ， 所以 π 1 3sin sin sin cos3 2 2A A A A       ， 即 1 3sin cos2 2A A ，所以 tan 3A  ， 因为 0 πA  ，所以 π 3A  ， 因为 ABC 外接圆面积为 4 π3 ，所以半径 2 3 3r  ， 由 2sin a rA  得 2 3 32 23 2a     ， 又sin 2sinB C ，所以 2b c ， 由余弦定理 2 2 2 2 cosa b c bc A   得 2 2 24 4 2cc c  ， 解得 2 4 3c  ，即 2 3 3c  ， 4 3 3b  ， 所以 1 1 4 3 2 3 3 2 3sin2 2 3 3 2 3ABCS bc A     △ ． 若选②：由正弦定理得 3sin sin cos sin sin3B A C C A  ，   3sin sin cos sin sin3A C A C C A   ， 3sin cos cos sin sin cos sin sin3A C A C A C C A   ， 化简得： 3cos sin sin sin3A C C A ， 因为 0 πC  ，所以sin 0C  ，所以 tan 3A  ， 因为 0 πA  ，所以 π 3A  ． 其余步骤同①． 若选③：由正弦定理得：sin cos sin cos 2sin cosA B B A C A  ， 所以  sin 2sin cosA B C A  ，所以sin 2sin cosC C A ， 因为 0 πC  ，所以sin 0C  ，所以 1cos 2A  ， 因为 0 πA  ，所以 π 3A  ． 其余步骤同①． 14.已知公差不为 0 的等差数列 na 满足 1 1a  ，且 1a ， 2a ， 5a 成等比数列. （Ⅰ）求数列 na 的通项公式； （Ⅱ）若 12n nb  ，求数列 n na b 的前 n 项和 nT . 【答案】(1) 2 1na n  ; (2)  3 2 3 2n nT n    【解析】（Ⅰ）设等差数列 na 的公差为 ( )d d  0 ， 由 1a ， 2a ， 5a 成等比数列，可得 2 2 1 5a a a  ，即   21 1 1 4d d    ， 解得 2d  或 0d  （舍），所以数列 na 的通项公式 2 1na n  . （Ⅱ）由（Ⅰ）得   12 1 2n n na b n     所以  0 1 2 11 2 3 2 5 2 2 1 2n nT n           ， 可得    1 2 12 1 2 3 2 2 3 2 2 1 2n n nT n n           ， 两式相减得  0 1 2 12 2 2 2 2 2 2 2 1 2n n nT n                    12 1 2 1 2 2 1 2 1 4 2 2 2 1 2 3 3 2 21 2 n n n n nn n n                     所 以  3 2 3 2n nT n    . 15.如图，在直棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 1 2, , , ,AA AB AC AB AC D E F    分别是 1 1 1, ,A B CC BC 的中点． （1）求证： AE DF ； （2）求 AE 与平面 DEF 所成角的大小及点 A 到平面 DEF 的距离． 【答案】（1）证明见解析（2） 5 1414 【解析】（1）以 A 为坐标原点、 AB 为 x 轴、 AC 为 y 轴、 1AA 为 z 轴建立如图的空间直 角坐标系． 由题意可知 (0,0,0), (0,1,2), ( 2,0,1), ( 1,1,0)A D E F  ， 故 ( 2,0,1), ( 1,0, 2)AE DF      ， 由 2 ( 1) 1 ( 2) 0AE DF          ， 可知 AE DF  ，即 AE DF ． （2）设 ( , ,1)n x y 是平面 DEF 的一个法向量， 又 ( 1,0, 2), (1,1, 1)DF EF      ， 故由 2 0, 1 0, n DF x n EF x y              解得 2, 3, x y     故 ( 2,3,1)n   ． 设 AE 与平面 DEF 所成角为 ，则 | | 5 70sin 14| | | | 14 5 n AE n AE         ， 所以 AE 与平面 DEF 所成角为 70arcsin 14 ， 点 A 到平面 DEF 的距离为 5sin 1414AE   ． 16.随着中美贸易战的不断升级，越来越多的国内科技巨头加大了科技研发投入的力度．中 华技术有限公司拟对“麒麟”于机芯片进行科技升级，根据市场调研与模拟，得到科技 升级投入 x（亿元）与科技升级直接收益 y（亿元）的数据统计如下： 序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 x 2 3 4 6 8 10 13 21 22 23 24 25 y 13 22 31 42 50 56 58 68.5 38 37.5 66 66 当 0＜x≤17 时，建立了 y 与 x 的两个回归模型：模型 ① ： ：模型 ② ： ﹣14.4；当 x＞17 时，确定 y 与 x 满足的线性回归方程为 ． （1）根据下列表格中的数据，比较当 0＜x≤17 时模型 ① 、 ② 的相关指数 R2 的大小， 并选择拟合精度更高、更可靠的模型，预测对“麒麟”手机芯片科技升级的投入为 17 亿元时的直接收益． 回归模型 模型 ① 模型 ②回归方程 ﹣14.4 182.4 79.2 （附：刻画回归效果的相关指数 R2＝1﹣ ≈4.1） （2）为鼓励科技创新，当科技升级的投入不少于 20 亿元时，国家给予公司补贴 5 亿元， 以回归方程为预测依据，比较科技升级投入 17 亿元与 20 亿元时公司实际收益的大小； （附：用最小二乘法求线性回归方程 的系数公式 ＝ ＝ ；a＝ ） （3）科技升级后，“麒麟”芯片的效率 X 大幅提高，经实际试验得 X 大致服从正态分 布 N（0.52，0012）．公司对科技升级团队的奖励方案如下：若芯片的效率不超过 50%， 不予奖励：若芯片的效率超过 50%但不超过 53%，每部芯片奖励 2 元：若芯片的效率 超过 53%，每部芯片奖励 4 元，记 Y 为每部芯片获得的奖励，求 E（Y）（精确到 0.01）． （附：若随机变量 X～N（ μ ，σ2）（σ＞0），则 P（ μ ﹣σ＜X＜ μ +σ）＝0.6827，P （ μ ﹣2σ＜X＜ μ +2σ）＝0.9545） 【答案】(1)72.93 亿元; (2)答案见解析；（3）2.27 元 【解析】（1）由表格中的数据，182.4＞79.2， ∴ ＞ ， ∴1﹣ ＜1﹣ ， ∴模型 ① 的相关指数 R12 小于模型 ② 的相关指数 R22， ∴回归模型 ② 的拟合效果更好， ∴当 x＝17 亿时，科技升级直接收益的预测值为： ＝21.3 ﹣14.4≈72.93（亿元）． （2）当 x＞17 时，由已知可得 ＝ ＝23， ＝ ＝67.2， ∴ ＝67.2+0.7×23＝83.3， ∴当 x＞17 时，y 与 x 满足的线性回归方程为 ＝﹣0.7x+83.3， 当 x＝20 亿元，实际收益的预测值为： ＝﹣0.7×20+83.3＝69.3 亿元， 当 x＝20 亿元时，实际收益的预测值为 69.3+5＝74.3 亿元＞72.93 亿元， ∴技术升级投入 20 亿元时，公司的实际收益更大． （3）∵ μ ﹣2σ＝0.5， μ +σ＝0.53， ∴P（0.50＜X≤0.53）＝P（ μ ﹣2σ＜X≤ μ +σ） ＝P（ μ ﹣2σ＜X≤ μ ﹣σ）+P（ μ ﹣σ＜X≤ μ +σ） ＝ +0.6827 ＝0.8186． P（X＞0.53）＝P（X＞ μ +σ）＝ ， ∴E（Y）＝0+2×0.8186+4× ＝2.2718≈2.27（元）．