2020届高考数学一轮复习综合检测一(标准卷)文(含解析)新人教A版.docx

1、综合检测一(标准卷)考生注意：1本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，共4页2答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上3本次考试时间120分钟，满分150分4请在密封线内作答，保持试卷清洁完整第卷(选择题共60分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60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M2,3,4,5，Nx|x25x40，则MN为()A2,3,4,5B2,3C3,4,5D2,3,4答案B解析Nx|x25x40x|1x4，M2,3,4,5，则MN2,32设复数z满足(1i)z3i，则|z|等于()A.B2

2、C2D.答案D解析z12i.所以|z|.3直线xym0与圆(x1)2y22有两个不同交点的充要条件是()A3m1B4m2C0m1Dm1答案A解析圆(x1)2y22，圆心(1,0)到直线xym0的距离小于半径，由点到直线的距离公式得，3m1.4若x，y满足则zx2y的最大值为()A8B7C2D1答案B解析作出题设约束条件可行域，如图ABC内部(含边界)，作直线l：x2y0，把直线l向上平移，z增加，当l过点B(3,2)时，z3227为最大值故选B.5一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为()A.B.C.D.答案B解析几何体为一个四棱锥与一个半圆锥的组合体，四棱锥的高为，底面为边长为2的

3、正方形；半圆锥高为，底面为半径为1的半圆，因此体积为22，故选B.6已知a11，ann(an1an)(nN*)，则数列an的通项公式是()AannBann1Cann2Dan2n1答案A解析由已知整理得(n1)annan1，数列是常数列且1，ann，故选A.7若sin，则cos等于()A.BC.D答案B解析sincoscos，cos2cos2121.故选B.8如图是一个算法的程序框图，当输入的x的值为7时，输出的y值恰好是1，则“？”处应填的关系式可能是()Ay2x1By3xCy|x|Dy答案A解析依题意，输入的x的值为7，执行4次循环体，x的值变为1，这时，如果输出的y值恰好是1，则函数关系式

4、可能为y2x1.9.函数f(x)Asin(x)的图象如图所示，为了得到g(x)cosx的图象，则只要将f(x)的图象()A向左平移个单位长度B向右平移个单位长度C向左平移个单位长度D向右平移个单位长度答案A解析由函数的图象可得A1，则，可得2，由图象可得2k(kZ)，又|0)的焦点为F，已知点A和B分别为抛物线上的两个动点且满足AFB120，过弦AB的中点M作抛物线准线的垂线MN，垂足为N，则的最大值为()A.B1C.D.答案D解析如图所示，过A，B分别作准线的垂线AQ，BP，垂足分别为Q，P，设|AF|a，|BF|b，由抛物线的定义，得|AF|AQ|，|BF|BP|，在梯形ABPQ中，2|M

5、N|AQ|BP|ab，由余弦定理得：|AB|2a2b22abcos120a2b2ab，整理得|AB|2(ab)2ab，因为ab2，则(ab)2ab(ab)22(ab)2，即|AB|2(ab)2，所以3，所以，即，当且仅当ab，即|AF|BF|时取等号，故选D.12已知函数f(x)，tR，若对任意的x1,2，f(x)xf(x)恒成立，则实数t的取值范围是()A(，) B.C(，3) D.答案B解析f(x)，对任意的x1,2，f(x)xf(x)0恒成立对任意的x1,2，0恒成立对任意的x1,2，2x22tx10恒成立txx恒成立，令g(x)x，又g(x)x在1,2上单调递增，g(x)ming(1)

6、，t.第卷(非选择题共90分)二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在题中横线上)13已知向量a(1，)，b(3，m)，且b在a上的投影为3，则a与b的夹角为_答案解析b在a上的投影为3，|b|cosa，b|b|3，m，cosa，b，0a，b，向量a与b的夹角为.14定义在R上函数f(x)则不等式f(x)的解集为_答案解析当x1时，f(x)2x1，2xx1时，f(x)|x3|1x，不等式f(x)0)，若函数f(x)在1,2上为单调函数，则a的取值范围是_答案1，)解析f(x)4x，若函数f(x)在1,2上为单调函数，即f(x)4x0或f(x)4x0在1,2上恒成立，即4x或4x

7、在1,2上恒成立令h(x)4x，则h(x)在1,2上单调递增，所以h(2)或h(1)，即或3，又a0，所以0a或a1.三、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)17(12分)在ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足b2c2bca2.(1)求角A的大小；(2)若等差数列an的公差不为零，a1cosA1，且a2，a4，a8成等比数列，求的前n项和Sn.解(1)b2c2bca2，cosA，又A(0，)，A.(2)设an的公差为d，由已知得a12，且aa2a8，(23d)2(2d)(27d)又d不为零，d2，an2n，Sn1.18(12分)为选拔选手参加“

8、全市高中数学竞赛”，某中学举行了一次“数学竞赛”活动，为了了解本次竞赛学生的成绩情况，从中抽取了部分学生的分数(得分取正整数，满分为100分)作为样本(样本容量为n)进行统计按照50,60)，60,70)，70,80)，80,90)，90,100的分组作出频率分布直方图，并作出样本分数的茎叶图(图中仅列出了得分在50,60)，90,100的数据)(1)求样本容量n和频率分布直方图中的x，y的值；(2)在选取的样本中，从竞赛成绩在80分以上(含80分)的学生中随机抽取2名学生参加“全市高中数学竞赛”，求所抽取的2名学生中至少有一人得分在90,100内的概率解(1)由题意可知，样本容量n50，y0

9、.004，x0.1000.0040.0100.0160.0400.030.(2)由题意可知，分数在80,90)内的学生有5人，记这5人分别为a1，a2，a3，a4，a5，分数在90,100内的学生有2人，记这2人分别为b1，b2.抽取的2名学生的所有情况有21种，分别为：(a1，a2)，(a1，a3)，(a1，a4)，(a1，a5)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a2，a3)，(a2，a4)，(a2，a5)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a3，a4)，(a3，a5)，(a3，b1)，(a3，b2)，(a4，a5)，(a4，b1)，(a4，b2)，(a5，b1)，(a5，b2)，(b1，

10、b2)其中2名同学的分数都不在90,100内的情况有10种，分别为：(a1，a2)，(a1，a3)，(a1，a4)，(a1，a5)，(a2，a3)，(a2，a4)，(a2，a5)，(a3，a4)，(a3，a5)，(a4，a5)所抽取的2名学生中至少有一人得分在90,100内的概率P1.19(12分)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，AB2AD2，PDBDAD，且PD底面ABCD.(1)证明：BC平面PBD；(2)若Q为PC的中点，求三棱锥APBQ的体积(1)证明AD2BD2AB2，ADBD，ADBC，BCBD.又PD底面ABCD，PDBC.PDBDD，PD，BD平面PBD，

11、BC平面PBD.(2)解三棱锥APBQ的体积VAPBQ与三棱锥AQBC的体积相等，而VAQBCVQABCVPABCVPABCD1.三棱锥APBQ的体积VAPBQ.20(12分)已知椭圆C1：1(ab0)和椭圆C2：y21的离心率相同，且点(，1)在椭圆C1上(1)求椭圆C1的方程；(2)设P为椭圆C2上一点，过点P作直线交椭圆C1于A，C两点，且P恰为弦AC的中点，则当点P变化时，试问AOC的面积是否为常数，若是，请求出此常数，若不是，请说明理由解(1)由题知，1，且，即a24，b22，椭圆C1的方程为1.(2)是当直线AC的斜率不存在时，必有P(，0)，此时|AC|2，SAOC.当直线AC的

12、斜率存在时，设其斜率为k，点P(x0，y0)，则AC：yy0k(xx0)，直线AC与椭圆C1联立，得(12k2)x24k(y0kx0)x2(y0kx0)240，设A(x1，y1)，C(x2，y2)，则x0，即x02ky0，又x2y2，y，SAOC|y0|.综上，AOC的面积为常数.21(12分)已知函数f(x)lnxax，aR.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)的两个零点为x1，x2，且e2，求证：(x1x2)f(x1x2).(1)解函数f(x)lnxax，aR的定义域为x|x0，f(x)a，当a0时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增；当a0,0x，f(x)在上单调递

13、增；令f(x)a，f(x)在上单调递减(2)证明lnx1ax10，lnx2ax20，lnx2lnx1a(x1x2)，(x1x2)f(x1x2)(x1x2)a(x1x2)lnln，令t(te2)，令(t)lnt，则(t)0，(t)在e2，)上单调递增，(t)(e2)11.请在第2223题中任选一题作答22(10分)在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C的极坐标方程为，直线l的参数方程是(t为参数，0)(1)求曲线C的直角坐标方程；(2)设直线l与曲线C交于两点A，B，且线段AB的中点为M(2,2)，求.解(1)曲线C：，即sin24cos，于是有2

14、sin24cos，化为直角坐标方程为y24x.(2)方法一(2tsin)24(2tcos)，即t2sin2(4sin4cos)t40.由AB的中点为M(2,2)，得t1t20，有4sin4cos0，所以ktan1，由0得.方法二设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则(y1y2)(y1y2)4(x1x2)，y1y24，ktan1，由0得.方法三设A，B(y1y2)，则由M(2,2)是AB的中点，得y1y2，y10，y24，知A(0,0)，B(4,4)，ktan1，由0得.方法四依题意设直线l：y2k(x2)，与y24x联立得y2k，即ky24y8k80.由y1y24，得ktan1，因为00)，且f(x2)0的解集为3，1(1)求m的值；(2)若a，b，c都是正实数，且m，求证：a2b3c9.(1)解依题意f(x2)m|x2|0，即|x2|mm2x2m，m1.(2)证明1(a，b，c0)，a2b3c(a2b3c)39，当且仅当a2b3c，即a3，b，c1时取等号