廣東省2020年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 綜合檢測卷 文

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1、綜合檢測卷 (時間：120分鐘　滿分：150分) 一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，滿分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(shè)集合A＝{x|－3≤2x－1≤3}，集合B為函數(shù)y＝lg(x－1)的定義域，則A∩B＝(　　)． A．(1,2) B．[1,2] C．[1,2) D．(1,2] 2．下面是關(guān)于復(fù)數(shù)z＝的四個命題： p1：|z|＝2；　　p2：z2＝2i； p3：z的共軛復(fù)數(shù)為1＋i；　　p4：z的虛部為－1. 其中的真命題為(　　)． A．p2，p3 B．p1，p2 C．p2，p4

2、 D．p3，p4 3．公比為的等比數(shù)列{an}的各項都是正數(shù)，且a3a11＝16，則a5＝(　　)． A．1 B．2 C．4 D．8 4．已知向量a＝(x－1,2)，b＝(2,1)，則a⊥b的充要條件是(　　)． A．x＝－ B．x＝－1 C．x＝5 D．x＝0 5．閱讀如圖所示的程序框圖，運行相應(yīng)的程序，輸出的s值等于(　　)． A．－3 B．－10 C．0 D．－2 6．袋中共有6個除了顏色外完全相同的球，其中有1個紅球，2個白球和3個黑球．從袋中任取兩球，兩球顏色為一白一黑的概率等于(

3、　　)． A. B. C. D. 7．某幾何體的正視圖和側(cè)視圖均如下圖所示，則該幾何體的俯視圖不可能是(　　)． 8．已知ω＞0，函數(shù)f(x)＝sin在單調(diào)遞減，則ω的取值范圍是(　　)． A. B. C. D．(0,2] 9．設(shè)F1，F(xiàn)2是橢圓E：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦點，P為直線x＝上的一點，△F2PF1是底角為30°的等腰三角形，則E的離心率為(　　)． A. B. C. D. 10．已知正三角形ABC的頂點A(1,1)，B(1,3)，頂點C在第一象限，若點(x，y)在△ABC內(nèi)部，則

4、z＝－x＋y的取值范圍是(　　)． A．(1－，2) B．(0,2) C．(－1,2) D．(0,1＋) 11．已知函數(shù)f(x)＝，則y＝f(x)的圖象大致為(　　)． 12．已知f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a＜b＜c，且f(a)＝f(b)＝f(c)＝0.現(xiàn)給出如下結(jié)論： ①f(0)f(1)＞0；②f(0)f(1)＜0；③f(0)f(3)＞0；④f(0)f(3)＜0. 其中正確結(jié)論的序號是(　　)． A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 二、填空題(本大題共4小題，每小題4分，滿分16分) 13．一支田徑隊有男、女運動

5、員共98人，其中男運動員有56人．按男女比例用分層抽樣方法從全體運動員中抽出一個容量為28的樣本，那么應(yīng)抽取女運動員的人數(shù)是__________． 14．曲線y＝x(3ln x＋1)在點(1,1)處的切線方程為__________． 15．已知關(guān)于x的不等式x2－ax＋2a＞0在R上恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是__________． 16．設(shè)f(x)是定義在R上且周期為2的函數(shù)，在區(qū)間[－1,1]上，f(x)＝其中a，b∈R.若f＝f，則a＋3b的值為__________． 三、解答題(本大題共6小題，滿分74分．解答時要寫出必要的文字說明、證明過程和演算步驟) 17．(本小題滿分1

6、2分)已知函數(shù)f(x)＝Acos(x∈R)，且f＝. (1)求A的值； (2)設(shè)α，β∈，f＝－，f＝，求cos(α＋β)的值． 18．(本小題滿分12分)在等差數(shù)列{an}和等比數(shù)列{bn}中，a1＝b1＝1，b4＝8，{an}的前10項和S10＝55. (1)求an和bn； (2)現(xiàn)分別從{an}和{bn}的前3項中各隨機(jī)抽取一項，寫出相應(yīng)的基本事件，并求這兩項的值相等的概率． 19.(本小題滿分12分)如圖，在梯形ABCD中，AB∥CD，E，F(xiàn)是線段AB上的兩點，且DE⊥AB，CF⊥AB，AB＝12，AD＝5，BC＝4，DE＝4.現(xiàn)將△ADE，△CFB分別沿DE，CF折起，使

7、A，B兩點重合于點G，得到多面體CDEFG. (1)求證：平面DEG⊥平面CFG； (2)求多面體CDEFG的體積． 20．(本小題滿分12分)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且Sn＝2n2＋n，n∈N﹡，數(shù)列{bn}滿足an＝4log2bn＋3，n∈N﹡. (1)求{an}，{bn}的通項公式； (2)求數(shù)列{an·bn}的前n項和Tn. 21．(本小題滿分12分)如圖，在直角坐標(biāo)系xOy中，點P到拋物線C：y2＝2px(p＞0)的準(zhǔn)線的距離為.點M(t,1)是C上的定點，A，B是C上的兩動點，且線段AB被直線OM平分． (1)求p，t的值； (2)求△ABP面積的

8、最大值． 22．(本小題滿分14分)已知a，b是實數(shù)，1和－1是函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx的兩個極值點． (1)求a和b的值； (2)設(shè)函數(shù)g(x)的導(dǎo)函數(shù)g′(x)＝f(x)＋2，求g(x)的極值點； (3)設(shè)h(x)＝f(f(x))－c，其中c∈[－2,2]，求函數(shù)y＝h(x)的零點個數(shù)． 參考答案 一、選擇題 1．D　解析：A＝{x|－3≤2x－1≤3}＝[－1,2]，B＝(1，＋∞)， ∴A∩B＝(1,2]． 2．C　解析：z＝＝－1－i，故|z|＝，p1錯誤；z2＝(－1－i)2＝(1＋i)2＝2i，p2正確；z的共軛復(fù)數(shù)為－1＋i，p3錯誤；p4正確． 3

9、．B　解析：∵a3a11＝16，∴a72＝16，a7＝4，∴a5＝＝2. 4．D　解析：由向量垂直的充要條件得2(x－1)＋2＝0，解得x＝0. 5．A　解析：k＝1時，滿足k＜4，執(zhí)行s＝2×1－1＝1，k＝2，滿足k＜4，此時s＝2×1－2＝0，k＝3，滿足k＜4，此時s＝2×0－3＝－3，k＝4，不滿足k＜4，輸出－3. 6．B　解析：1個紅球，2個白球和3個黑球分別記為a1，b1，b2，c1，c2，c3. 從袋中任取兩球的情況共有15種：{a1，b1}，{a1，b2}，{a1，c1}，{a1，c2}，{a1，c3}，{b1，b2}，{b1，c1}，{b1，c2}，{b1，c3}

10、，{b2，c1}，{b2，c2}，{b2，c3}，{c1，c2}，{c1，c3}，{c2，c3}． 滿足兩球顏色為一白一黑的情況有6種，所求概率等于＝. 7．D　解析：本題是組合體的三視圖問題，由幾何體的正視圖和側(cè)視圖均如題圖所示知，原圖下面為圓柱或直四棱柱，上面是圓柱或直四棱柱或底面是直角三角形的三棱柱，故A，B，C都可能是該幾何體的俯視圖．D不可能是該幾何體的俯視圖，因為它的正視圖的上半部分應(yīng)為如圖的矩形． 8．A　解析：結(jié)合y＝sin ωx的圖象可知y＝sin ωx在單調(diào)遞減，而y＝sin＝sin，可知y＝sin ωx的圖象向左平移個單位之后可得y＝sin的圖象， 故y＝si

11、n在單調(diào)遞減，故應(yīng)有?，解得≤ω≤. 9．C　解析：∵△F2PF1是底角為30°的等腰三角形， ∴|PF2|＝|F2F1|＝2＝2c，∴e＝＝. 10．A　解析：作出三角形的區(qū)域如圖，由圖象可知當(dāng)直線y＝x＋z經(jīng)過點B時，截距最大，此時z＝－1＋3＝2.當(dāng)直線經(jīng)過點C時，直線截距最?。? 因為AB⊥x軸，所以yC＝＝2，三角形的邊長為2. 設(shè)C(x,2)，則|AC|＝＝2， 解得(x－1)2＝3，x＝1±. 因為頂點C在第一象限，所以x＝1＋， 即C點坐標(biāo)為(1＋，2)， 代入直線z＝－x＋y，得z＝－(1＋)＋2＝1－， 所以z的取值范圍是1－＜z＜2，選A. 11．

12、B　解析：當(dāng)x＝1時，y＝＜0，排除A；當(dāng)x＝0時，y不存在，排除D；f′(x)＝′＝，因定義中要求x＞－1，故－1＜x＜0時，f′(x)＜0，故y＝f(x)在(－1,0)上單調(diào)遞減，故選B. 12．C　解析：f(0)＝－abc，f(1)＝4－abc，f(3)＝27－54＋27－abc＝－abc＝f(0)． f′(x)＝3(x－1)(x－3)，令f′(x)＞0，得x＜1或x＞3； 令f′(x)＜0，得1＜x＜3，∴f(x)在(－∞，1)和(3，＋∞)上增加， 在(1,3)上減少，∴a＜1＜b＜3＜c，∴f(0)＜0，f(1)＞0，f(3)＜0， ∴f(0)f(1)＜0，f(0)f(3

13、)＞0. 二、填空題 13．12　解析：女運動員共有98－56＝42(人)，樣本中抽取的女運動員有×28＝12(人)． 14．y＝4x－3　解析：令y＝f(x)，則函數(shù)的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝3ln x＋1＋x·＝3ln x＋4， 所以在(1,1)處的切線斜率為k＝4. 所以切線方程為y－1＝4(x－1)，即y＝4x－3. 15．(0,8)　解析：因為不等式在R上恒成立， 所以Δ＜0，即a2－4×2a＜0.所以0＜a＜8. 16．－10　解析：因為f＝f，函數(shù)f(x)的周期為2， 所以f＝f＝f， 根據(jù)f(x)＝得到3a＋2b＝－2. 又f(1)＝f(－1)，得到＝－a＋1，

14、 即2a＋b＝0，結(jié)合上面的式子解得a＝2，b＝－4， 所以a＋3b＝－10. 三、解答題 17．解：(1)由f＝，得Acos＝，解得A＝2. (2)由f＝－，得cos＝－， 解得sin α＝. ∵α∈，∴cos α＝. 由f＝，得cos β＝. ∵β∈，∴sin β＝. ∴cos(α＋β)＝cos αcos β－sin αsin β＝×－×＝－. 18．解：(1)設(shè)d是數(shù)列{an}的公差，q是數(shù)列{bn}的公比， 由題意得S10＝10＋d＝55，b4＝b1q3＝q3＝8. 解得d＝1，q＝2，∴an＝n，bn＝2n－1. (2)a1＝1，a2＝2，a3＝3，b1＝

15、1，b2＝2，b3＝4. 分別從{an}，{bn}中的前三項中各隨機(jī)抽取一項，得到的基本事件有9個：(1,1)，(1,2)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,4)，符合條件的有2個(1,1)，(2,2)， 故所求的概率為P＝. 19．(1)證明：由已知可得AE＝3，BF＝4， 則折疊完后EG＝3，GF＝4， 又因為EF＝5，所以可得EG⊥GF. 又因為CF⊥底面EGF，EG底面EGF，可得CF⊥EG， 即EG⊥平面CFG， 因為EG平面DEG，所以平面DEG⊥平面CFG. (2)解：過G作GO⊥EF于點O，易證GO即為四棱錐G-EF

16、CD的高，GO＝＝＝， 所以所求體積為S矩形DEFC·GO＝×4×5×＝16. 20．解：(1)由Sn＝2n2＋n，得 當(dāng)n＝1時，a1＝S1＝3； 當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2n2＋n－[2(n－1)2＋(n－1)]＝4n－1. 當(dāng)n＝1時，滿足an＝4n－1， 故{an}的通項公式為an＝4n－1，n∈N*. 由an＝4log2bn＋3，得bn＝2n－1，n∈N*. 即{bn}的通項公式為bn＝2n－1，n∈N*. (2)由(1)知anbn＝(4n－1)·2n－1，n∈N*， 所以Tn＝3＋7×2＋11×22＋…＋(4n－1)·2n－1， 2Tn＝3×2＋7×

17、22＋11×23＋…＋(4n－1)·2n， 2Tn－Tn＝(4n－1)·2n－[3＋4(2＋22＋…＋2n－1)] ＝(4n－5)2n＋5， 即Tn＝(4n－5)2n＋5，n∈N*. 21．解：(1)由題意得得 (2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由(1)知M(1,1)， ∴直線OM為y＝x，故可設(shè)線段AB的中點坐標(biāo)為Q(m，m)． 由(1)得拋物線C的方程為y2＝x，設(shè)直線AB的斜率為k(k≠0)． 由得(y2－y1)(y1＋y2)＝x2－x1，得k·2m＝1， 所以直線的方程為y－m＝(x－m)，即x－2my＋2m2－m＝0. 由整理得y2－2my＋2m2－m＝

18、0， Δ＝4m－4m2＞0，y1＋y2＝2m，y1y2＝2m2－m. 從而得|AB|＝|y1－y2|＝. 設(shè)點P到直線AB的距離為d，則 d＝， 設(shè)△ABP的面積為S， 則S＝|AB|·d＝|1－2(m－m2)|·. 由Δ＝4m－4m2＞0，得0＜m＜1. 令t＝，0＜t≤，則S＝t(1－2t2)． 設(shè)S＝t(1－2t2),0＜t≤，則S′＝1－6t2. 由S′＝1－6t2＝0，得t＝∈， 0＜t＜時，S′＞0，＜t≤時，S′＜0， 所以Smax＝，故△ABP面積的最大值為. 22．解：(1)由題設(shè)知f′(x)＝3x2＋2ax＋b， 且f′(－1)＝3－2a＋b＝0

19、，f′(1)＝3＋2a＋b＝0， 解得a＝0，b＝－3. (2)由(1)知f(x)＝x3－3x. 因為f(x)＋2＝(x－1)2(x＋2)， 所以g′(x)＝0的根為x1＝x2＝1，x3＝－2， 于是函數(shù)g(x)的極值點只可能是1或－2. 當(dāng)x＜－2時，g′(x)＜0；當(dāng)－2＜x＜1時，g′(x)＞0， 故－2是g(x)的極值點． 當(dāng)－2＜x＜1或x＞1時，g′(x)＞0， 故1不是g(x)的極值點． 所以g(x)的極值點為－2. (3)令f(x)＝t，則h(x)＝f(t)－c. 先討論關(guān)于x的方程f(x)＝d根的情況，d∈[－2,2]． 當(dāng)|d|＝2時，由(2)可知

20、，f(x)＝－2的兩個不同的根為1和－2， 注意到f(x)是奇函數(shù)，所以f(x)＝2的兩個不同的根為－1和2. 當(dāng)|d|＜2時，因為f(－1)－d＝f(2)－d＝2－d＞0，f(1)－d＝f(－2)－d＝－2－d＜0， 所以－2，－1,1,2都不是f(x)＝d的根． 由(1)知f′(x)＝3(x＋1)(x－1)． ①當(dāng)x∈(2，＋∞)時，f′(x)＞0. 于是f(x)是單調(diào)增函數(shù)，從而f(x)＞f(2)＝2，此時f(x)＝d無實根． 同理，f(x)＝d在(－∞，－2)上無實根． ②當(dāng)x∈(1,2)時，f′(x)＞0，于是f(x)是單調(diào)增函數(shù)． 又f(1)－d＜0，f(2)－d

21、＞0，y＝f(x)－d的圖象不間斷． 所以f(x)＝d在(1,2)內(nèi)有唯一實根． 同理，f(x)＝d在(－2，－1)內(nèi)有唯一實根． ③當(dāng)x∈(－1,1)時，f′(x)＜0，故f(x)是單調(diào)減函數(shù)． 又f(－1)－d＞0，f(1)－d＜0，y＝f(x)－d的圖象不間斷， 所以f(x)＝d在(－1,1)內(nèi)有唯一實根． 由上可知：當(dāng)|d|＝2時，f(x)＝d有兩個不同的根x1，x2滿足|x1|＝1，|x2|＝2； 當(dāng)|d|＜2時，f(x)＝d有三個不同的根x3，x4，x5滿足|xi|＜2，i＝3,4,5. 現(xiàn)考慮函數(shù)y＝h(x)的零點． (ⅰ)當(dāng)|c|＝2時，f(t)＝c有兩個根t1，t2滿足|t1|＝1，|t2|＝2， 而f(x)＝t1有三個不同的根，f(x)＝t2有兩個不同的根，故y＝h(x)有5個零點． (ⅱ)當(dāng)|c|＜2時，f(t)＝c有三個不同的根t3，t4，t5滿足|ti|＜2，i＝3,4,5， 而f(x)＝ti(i＝3,4,5)有三個不同的根，故y＝h(x)有9個零點． 綜上可知，當(dāng)|c|＝2時，函數(shù)y＝h(x)有5個零點； 當(dāng)|c|＜2時，函數(shù)y＝h(x)有9個零點．