1、本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 阶段滚动练(三)第 110 章 (本试卷分选择题和非选择题两部分，满分 150 分，考试用时 120 分钟) 选择题部分(共 40 分) 一、选择题(本大题共 10 小题，每小题 4 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 (2021湖州中学质检一)已知集合 A1， 0， 1， 2， Bx|x2x242 020成立的最小正整数 n 为() A10B11C12D13 答案C 解析由an
2、1 an an2 得 an1a2n2an，即 an11(an1)2，所以 an (a11)2n 1142n11，则由 an42 020 得 2n 12 020，n 的最小值为 12，故选 C. 8(2020全国卷)设 F1，F2是双曲线 C：x2y 2 3 1 的两个焦点，O 为坐标原点， 点 P 在 C 上且|OP|2，则PF1F2的面积为() A.7 2 B3C.5 2 D2 答案B 解析法一由题知 a1，b 3，c2，F1(2，0)，F2(2，0)， 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 4
3、83122854 期待你的加入与分享 如图， 因为|OF1|OF2|OP|2， 所以点 P 在以 F1F2为直径的圆上， 故 PF1PF2， 则|PF1|2|PF2|2(2c)216. 由双曲线的定义知|PF1|PF2|2a2，所以|PF1|2|PF2|22|PF1|PF2|4，所以 |PF1|PF2|6， 所以PF1F2的面积为1 2|PF 1|PF2|3.故选 B. 法二由双曲线的方程可知， 双曲线的焦点 F1， F2在 x 轴上， 且|F1F2|2 13 4.设点 P 的坐标为(x0，y0)，则 x20y 2 0 3 1， x20y202， 解得|y0|3 2. 所以PF1F2的面积为1
4、 2|F 1F2|y0|1 24 3 23.故选 B. 9(2021七彩阳光联盟适考)函数 f(x) ln xax1，xb， x33x2（2a）x1，xb，恒有零点 的条件不可能是() Aa3Ba2 Ca0，b1Da0，be 答案B 解 析由 题 意 可 得 函 数 有 零 点 ， 即 f(x) 0 有 解 ， 即 可 化 为 ax 1 ln x，xb， x33x22x，xb有解，即函数 yax1 与函数 y ln x，xb， x33x22x，xb的图象有 交点在同一平面内画出两函数的图象，因为直线 yax1 恒过定点(0，1)，所 以可知当 a3 时，必有公共交点，所以选项 A 满足条件；同
5、理，选项 C，D 也满足条件；当 b2 时，如图所示，直线 yax1 与 y ln x，xb， x33x22x，xb的图 象可以没有交点，所以此时不满足条件，故选 B. 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 10(2017浙江卷)已知随机变量i满足 P(i1)pi，P(i0)1pi，i1，2. 若 0p1p21 2，则( ) AE(1)E(2)，D(1)D(2) BE(1)D(2) CE(1)E(2)，D(1)E(2)，D(1)D(2) 答案A 解析由题意可
6、知i(i1，2)服从两点分布， E(1)p1，E(2)p2， D(1)p1(1p1)，D(2)p2(1p2)， 又0p1p21 2，E( 1)E(2)， 把方差看作函数 yx(1x)， 根据 0121 2知，D( 1)0，cos 20，则 sin 2cos 2 2 10 5 . 14(2021北京丰台区期末)一个四面体的顶点在空间直角坐标系 O xyz 中的坐 标分别是(0，0，0)，(0，0，1)，(1，1，0)，(1，0，1)，则此四面体在 xOy 坐标 平面上的正投影图形的面积为_ 答案 1 2 解析(1，0，1)、(0，0，1)在 xOy 坐标平面上的投影点的坐标分别为(1，0，0)，
7、 (0，0，0)，故四面体的正投影为 A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)构成的三 角形 ABC，因为|AB|1，|AC| 2，|BC|1，故|AB|BC|，|AB|2|BC|2|AC|2， 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 所以ABC 为等腰直角三角形，故 SABC1 211 1 2. 15(2021北京大兴区一模)直线 l：ykxk 与圆 C：(x1)2y21 交于 A，B 两点，当 k_时，ABC 的面积最大，最大面积为_ 答案 7
8、 7 1 2 解析根据题意，直线 l：ykxk 与圆 C：(x1)2y21 交于 A，B 两点，设 圆心 C 到直线的距离为 d，圆 C：(x1)2y21 的圆心 C(1，0)，半径 r1；由 题 意 知 0 d 1 ， 则 ABC 的 面 积 S 1 2 d21d2 d2（1d2）d 21d2 2 1 2，当且仅当 d 21d2，即 d 2 2 时，ABC 的面 积最大；此时 d |2k| 1k2 2 2 ，解得 k 7 7 . 16 (2021名校仿真训练五)一个袋中装有 10 个大小相同只有颜色不同的黑球、 白 球和红球已知从袋中任意摸出 2 个球，至少得到 1 个白球的概率是7 9，则
9、袋中的 白球个数为_，若从袋中任意摸出 3 个球，记得到白球的个数为，则随机 变量的数学期望 E()_ 答案5 3 2 解析设袋中有白球 x 个，则从袋中摸出 2 个球，至少得到 1 个白球的概率是 1 C 2 10 x C210 7 9，解得 x5，则袋中白球的个数为 5.从袋中任意摸出 3 个球，记得到 白球的个数为，则的所有可能取值为 0，1，2，3，且 P(0) C35 C310 1 12，P( 1)C 2 5C15 C310 5 12，P(2) C15C25 C310 5 12，P(3) C35 C310 1 12，则 E()0 1 121 5 12 本资料分享自新人教版高中数学资源
10、大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 2 5 123 1 12 3 2. 17 已知在OAB 中， OAOB2， AB2 3， 动点 P 位于线段 AB 上， 则当PA PO 取最小值时，向量PA 与PO 的夹角的余弦值为_ 答案 21 7 解析法一易知AOB120，记OA a，OB b， 则 ab2，设PA BAab(01)， 则PO PA AO (1)ab， 则PA PO (ab)(1)ab1226， 当1 4时，PA PO 取最小值3 4， 此时，|PA |1 4|BA |3 2 ，
11、 PO 3 4a 1 4b 1 4(3ab)， |PO |1 4|3ab| 7 2 ， 所以此时向量PA 与PO 的夹角的余弦值为 PA PO |PA |PO | 3 4 3 2 7 2 21 7 . 法二取线段 AB 的中点 C，连接 OC，以线段 AB 的中点 C 为原点，以AB 的方向 为 x 轴正方向，CO 的方向为 y 轴正方向建立直角坐标系，则 O(0，1)，A( 3， 0)，B( 3，0)，设 P(x，0)( 3x 3) 则PA PO ( 3x，0)(x，1)x2 3x， 当 x 3 2 时，PA PO 取最小值3 4. 此时PA 3 2 ，0 ，PO 3 2 ，1 ， 本资料分
12、享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 所以向量PA 与PO 的夹角的余弦值为 PA PO |PA |PO | 3 4 3 2 7 2 21 7 . 三、解答题(本大题共 5 小题，共 74 分解答应写出文字说明、证明过程或演算 步骤) 18(本小题满分 14 分)(2021名校仿真训练一)在锐角三角形 ABC 中，角 A，B， C 的对边分别为 a，b，c.若 a(1cos B)bcos A. (1)求角 A 的取值范围； (2)求函数 f(A)2cos A( 3c
13、os Asin A)的值域 解(1)a(1cos B)bcos A， 由正弦定理得 sin A(1cos B)sin Bcos A， 整理得 sin Asin(BA)， ABA 或ABA(舍)，即 B2A. ABC 为锐角三角形， 故 0A 2， 0B2A 2， 0C3A 2， 解得 6A 4， 所求角 A 的取值范围是 A 6， 4 . (2)f(A)2cos A( 3cos Asin A) 2sin 2A 3 3. 由 6A 4得 2 3 2A 3 5 6 ， 故有 1 3f(A)2 3， f(A)的值域为y|1 3y2n1 3. (1)解2Snan1(nN*)，2Sn1an11(n2)，
14、两式相减，得 an an1 1 3， 令 n1，得 a11 3， 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 数列an是以1 3为首项， 1 3为公比的等比数列， an 1 3 n . (2)证明由题意可得 cn 1 1 1 3 n 1 1 1 3 n1 3n 3n1 3n 1 3n 11 2 1 3n1 1 3n 11 2 1 3n1 1 3n 11 . 1 3n1 1 3n 1， cn2 1 3n 1 3n 1 ， Tn2n 1 3 1 32 1 32 1 3
15、3 1 3n 1 3n 1 2n 1 3n 11 32n 1 3， Tn2n1 3. 21(本小题满分 15 分)(2021名校预测冲刺卷二)已知抛物线 C：x24y，过点(2， 3)的直线 l 交 C 于 A、B 两点，抛物线 C 在点 A、B 处的切线交于点 P. (1)当点 A 的横坐标为 4 时，求点 P 的坐标； (2)(一题多解)设 Q 是抛物线 C 上的动点，当|PQ|取最小值时，求点 Q 的坐标及直 线 l 的方程 解(1)点 A 的横坐标为 4，A(4，4)， 易知此时直线 l 的方程为 y1 2x2， 联立 x24y， y1 2x2， 解得 x2， y1， 或 x4， y4
16、，B(2，1)， 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 由 yx 2 4 得 yx 2， 所以 kPA2，直线 PA 方程为 y2x4， 同理可得直线 PB 方程为 yx1， 联立 y2x4， yx1，可得 x1， y2， 故点 P 的坐标为(1，2) (2)法一设 A x1，x 2 1 4 ，B x2，x 2 2 4 ，由 yx 2 4 ，yx 2， 所以 kPAx1 2 ， 所以直线 PA 的方程为 yx 2 1 4 x1 2 (xx1)， 即 yx1
17、2 xx 2 1 4 ， 同理 PB 的方程为 yx2 2 xx 2 2 4 ， 联立解得 P x1x2 2 ，x1x2 4， 依题意直线 l 的斜率存在，不妨设直线 l 的方程为 y3k(x2)， 由 x24y， y3k（x2） ，得 x 24kx8k120， 易知0，因此 x1x24k，x1x28k12， P(2k，2k3)， 点 P 在直线 l1：xy30 上 法二设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)， 由 yx 2 4 ，yx 2， kPAx1 2 ，直线 PA 的方程为 yy1x1 2 (xx1)， 即 yx1 2 xy1， 同理 PB 的方程为 yx2 2 xy
18、2， 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 因为点 P 在切线 PA，PB 上， y0 x1 2 x0y1， y0 x2 2 x0y2， A(x1，y1)，B(x2，y2)在直线 y0 x0 2 xy 上， 直线 l 的方程为 y0 x0 2 xy， 又直线 l 的过点(2，3)，y0 x03， 即点 P 在直线 l1：xy30 上 以下法一和法二相同， 当|PQ|取最小值时，即抛物线 C：x24y 上的动点 Q 到直线 l1的距离最小， 设Q x0，x 2
19、 0 4 ， 则Q到l1的距离d| x0 x 2 0 4 3| 2 | x0 2 1 2 2| 2 2 x0 2 1 2 2 ， 当 x02 时，d 取最小值 2，此时 Q(2，1)， 易知过点 Q 且垂直于 l1的直线方程为 yx3， 由 yx3， xy30，解得 P(3，0)，k 3 2， 直线 l 的方程为 y3 2x， 综上，点 Q 的坐标为(2，1)，直线 l 的方程为 y3 2x. 22(本小题满分 15 分)(2021绍兴适考)已知函数 f(x)ln xa x(a0) (1)若函数 f(x)有零点，求实数 a 的取值范围； (2)证明：当 a2 e时，ln x a xe x0.
20、(1)解由题意可知，函数 f(x)的定义域为(0，) 由 f(x)ln xa x0 有解，得 axln x 有解， 令 g(x)xln x，则 g(x)(ln x1) 当 x 0，1 e 时，g(x)0，当 x 1 e，时，g(x)0，a0，00， 即证 ln xa xe x， x0，即证 xln xaxe x， 即证(xln xa)min(xe x)max. 令 h(x)xln xa，则 h(x)ln x1. 当 0 x1 e时，h(x) 1 e时，h(x)0. 函数 h(x)在 0，1 e 上单调递减，在 1 e，上单调递增， h(x)minh 1 e 1 ea， 故当 a2 e时，h(x) 1 ea 1 e. 令(x)xe x，则(x)exxexex(1x) 当 0 x0；当 x1 时，(x)0 时，(x)1 e. 显然，不等式中的等号不能同时成立， 故当 a2 e时，ln x a xe x0.
