《备战2020年高考数学一轮复习第18单元综合测试单元训练B卷理含解析2.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《备战2020年高考数学一轮复习第18单元综合测试单元训练B卷理含解析2.pdf（8页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、 单元训练金卷 单元训练金卷高三高三数学卷（B）数学卷（B） 第 18 单元 综合测试第 18 单元 综合测试 注意事项：注意事项： 1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形 码粘贴在答题卡上的指定位置。 2选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑， 写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草 稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 第卷第卷 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，在每小题
2、给出的四个选项中，只有一项是符 合题目要求的 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 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设集合，则（ ）065| 2 xxxA01|xxBAB ABCD,1) 1 , 2() 1, 3(), 3( 2设，则在复平面内对应的点位于（ ）iz23z A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限 3已知，则（ ）(2,3)AB (3, )ACt | 1BC AB BC ABCD3223 42019 年 1 月 3 日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着陆，我国航天事业取得 又一重大成就实现月球背面软着路需要解决的一个关键技术问题
3、是地面与探测器的通讯联系为 解决这个问题，发射了嫦娥四号中继星“鹊桥” ，鹊桥沿着围绕地球月拉格朗日点的轨道运行， 点是平衡点，位于地月连线的延长线上设地球的质量为，月球质量为，地月距离为，R 2 L 点到月球的距离为， 根据牛顿运动定律和万有引力定律，满足方程rr 121 223 () () MMM Rr RrrR 设由于的值很小，因此在近似计算中，则的近似值为（ ）= r R 345 3 2 3+3 3 1 （） r ABCD 2 1 M R M 2 1 2 M R M 2 3 1 3M R M 2 3 1 3 M R M 5演讲比赛共有 9 位评委分别给出某位选手的原始评分，评定该选手的
4、成绩时，从 9 个原始评分中 去掉 1 个最高分、1 个最低分，得到 7 个有效评分7 个有效评分与 9 个原始评分相比，不变的数字 特征是（ ） A中位数B平均数C方差D极差 6若，则（ ）ab ABCDln()0ab33 ab 33 0ab| |ab 7设为两个平面，则的充要条件是（ ）, / / A内有无数条直线与平行B内有两条相交直线与平行 C平行于同一条直线D垂直于同一平面, , 8若抛物线的焦点是椭圆的一个焦点，则（ ）)0(2 2 ppxy1 3 22 p y p x p A2B3C4D8 9下列函数中，以为周期且在区间单调递增的是（ ） 2 , 42 ABCD|2cos|)(x
5、xf|2sin|)(xxf|cos)(xxf|sin)(xxf 10已知，则（ ）(0,) 2 2sin2cos21sin ABCD 1 5 5 5 3 3 2 5 5 11设为双曲线的右焦点，为坐标原点，以为直径的圆与圆F 22 22 :1(0,0) xy Cab ab OOF 交于两点，若，则的离心率为（ ） 222 xya,P Q| |PQOFC ABCD2325 12已知函数的定义域为，且当时，若对任xR(1)2 ( )f xf x(0,1x( )(1)f xx x 意的，都有，则的取值范围是（ ）(,xm 8 ( ) 9 f x m ABCD 9 (, 4 7 (, 3 5 (, 2
6、 2 (, 3 此卷只装订不密封 班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 第卷第卷 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分 13 我国高铁发展迅速， 技术先进 经统计， 在经停某站的高铁列车中， 有 10 个车次的正点率为 0 97， 有 20 个车次的正点率为 098，有 10 个车次的正点率为 099，则经停该站高铁列车所有车次的平 均正点率的估计值为 14已知是奇函数，且当时，若，则_( )f x0x ( ) ax f xe (ln2)8fa 15的内角的对边分别为，若，则的面积为ABCCBA,cba,6,2 , 3 bac B ABC
7、 _ 16 中国有悠久的金石文化， 印信是金石文化的代表之一 印信的形状多为长方体、 正方体或圆柱体， 但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体” （图 1） 半正多面体是由两种或两种以上 的正多边形围成的多面体半正多面体体现了数学的对称美图 2 是一个棱数为 48 的半正多面体， 它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为 1则该半正多面体共有 个 面，其棱长为 (本题第一空 2 分，第二空 3 分) 三、解答题：本大题共 6 个大题，共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤三、解答题：本大题共 6 个大题，共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步
8、骤 17（10 分） 如图， 长方体的底面是正方形， 点在棱上， 1111 DCBAABCDABCDE 1 AA 1 ECBE （1）证明：平面；BE 11C EB （2）若，求二面角的正弦值EAAE 1 1 CECB 18 （12 分）11 分制乒乓球比赛，每赢一球得 1 分，当某局打成平后，每球交换发球权，10:10 先多得 2 分的一方获胜，该局比赛结束甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概 率为， 乙发球时甲得分的概率为， 各球的结果相互独立 在某局双方平后， 甲先发球，0.50.410:10 两人又打了个球该局比赛结束X （1）求；(2)P X （2）求事件“且甲获胜”的
9、概率4X 19 （12 分） 已知数列和满足， n a n b1 1 a0 1 b434 1 nnn baa434 1 nnn abb （1）证明：是等比数列，是等差数列； nn ba nn ba （2）求和的通项公式 n a n b 20 （12 分）已知函数 1 ( )ln 1 x f xx x （1）讨论函数的单调性，并证明函数有且只有两个零点；( )f x( )f x （2） 设是的一个零点， 证明曲线在点处的切线也是曲线的切线 0 x( )f xlnyx 00 (,ln)A xx x ye 21 （12 分）已知点，动点满足直线和的斜率之积为，( 2,0), (2,0)AB( , )
10、M x yAMBM 1 2 记的轨迹为曲线MC （1）求的方程，并说明什么曲线；CC （2）过坐标原点的直线交于两点，点在第一象限，轴，垂足为，连结并C,P QPPExEQE 延长交于点CG 证明：是直角三角形；PQG 求的面积的最大值PQG 请考生在 22、23 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分请考生在 22、23 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分 22 （10 分） 【选修 4-4：坐标系与参数方程】 在极坐标系中，为极点，点在曲线上，直线 过点且与O 00 (,)M 0 (0):=4sinCl(4,0)A 垂直，垂足为OMP （1）当时，求及 的极坐标
11、方程； 0 3 0 l （2）当在上运动且在线段上时，求点轨迹的极坐标方程MCPOMP 23 （10 分） 【选修 4-5：不等式选讲】 已知( )2 ()f xxa xxxa （1）当时，求不等式的解集；1a ( )0f x （2）若时，求的取值范围(,1)x ( )0f x a 单元训练金卷高三数学卷（B） 第 18 单元 综合测试 答 案第 18 单元 综合测试 答 案 第卷第卷 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 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 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 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
12、 【答案】A 【解析】或，2|xxA3x1|xxB,1AB （） 2 【答案】C 【解析】，对应的点坐标为，故选 Ci 23z3, 2 3 【答案】C 【解析】，(1,3)BCACABt 22 |1(3)1BCt 解得，3t (1,0)BC 2AB BC 4 【答案】D 【解析】， 121121 2232222 ()(1) ()(1) MMMMMM Rr RrrRRrR 所以有， 23 211 22222 133 (1) (1)(1) MMM rRR 化简可得，可得 223 33 12 21 22 1 33 3 (1)3 M rM MM RM 2 3 1 3 M rR M 5 【答案】A 【解
13、析】由于共 9 个评委，将评委所给分数从小到大排列，中位数是第 5 个， 假设为，去掉一头一尾的最低和最高分后，中位数还是，aa 所以不变的是数字特征是中位数其它的数字特征都会改变 6 【答案】C 【解析】由函数在上是增函数，且，可得，即 3 yxRab 33 ab 33 0ab 7 【答案】B 【解析】根据面面平行的判定定理易得答案故选 B 8 【答案】D 【解析】抛物线的焦点是，椭圆的焦点是，)0(2 2 ppxy) 0 , 2 ( p 1 3 22 p y p x )0 ,2(p ，p p 2 2 8p 9 【答案】A 【解析】对于 A，函数的周期，在区间单调递增，符合题意；|2cos|
14、)(xxf 2 T , 42 对于 B，函数的周期，在区间单调递减，不符合题意；|2sin|)(xxf 2 T , 42 对于 C，函数，周期，不符合题意；xxxfcos|cos)(2T 对于 D，函数的周期，不符合题意|sin)(xxfT 10 【答案】B 【解析】，(0,) 2 2 2sin2cos214sincos2cos 则，所以， 1 2sincostan 2 2 12 5 cos 1tan5 所以 2 5 sin1 cos 5 11 【答案】A 【解析】，| |PQOFc90POQ 又，解得，即| |OPOQa 222 aac2 c a 2e 12 【答案】B 【解析】由当，且当时
15、，可知，xR(1)2 ( )f xf x(0,1x( )(1)f xx x 当时，当时，(1,2x 2 31 ( )2() 22 f xx(2,3x 2 5 ( )4()1 2 f xx 当时，函数值域随变量的增大而逐渐减小，( ,1,xn nnZ 22 1 ( )2 ()2 2 nn f xxn 对任意的，都有，有，(,xm 8 ( ) 9 f x 2 385 4()1() 292 mm 解得的取值范围是 7 3 m 第卷第卷 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分 13 【答案】098 【 解 析 】 经 停 该 站 的 列 出 共 有
16、 40 个 车 次 ， 所 有 车 次 的 平 均 正 点 率 的 估 计 值 为 10 0.9720 0.98 10 0.99 0.98 40 P 14 【答案】3 【解析】， ln2ln2 (ln2)( ln2)()()28 aaa ffee 3a 15 【答案】36 【解析】， 2 1 4 364 23 coscos 2 22222 c cc ac bca B 36 2 3 3234 2 1 sin 2 1 , 34, 32BacSac 16 【答案】26，21 【解析】由图 2 结合空间想象即可得到该正多面体有 26 个面；将该半正多面体补成正方体后， 根据对称性列方程求解 三、解答题
17、：本大题共 6 个大题，共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤三、解答题：本大题共 6 个大题，共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17 【答案】 （1）见解析；（2） 2 3 【解析】 （1）证明： 11C B平面 1 ABB，BE平面 1 ABB，BECB 11 ， 又 1 ECBE ， 1111 CCBEC，BE平面 11C EB （2）设底面边长为1，高为x2，1 22 xBE，1 22 1 xEB， BE平面 11C EB，90 1 BEB，即 2 1 2 1 2 BBEBBE， 22 422xx，解得1x BC平面 11ABB A，EBBC 1 ，
18、又BEEB 1 ，EB1平面BCE，故 1 B E 为平面BCE的一个法向量 平面CEC1与平面 11ACC A为同一平面，故 11 B D 为平面CEC1的一个法向量， 在 11 B D E中，2 1111 EBEDDB，故EB1与 11D B成60角， 二面角 1 CECB的正弦值为 2 3 60sin 18 【答案】 （1）0.5；（2）0.06 【解析】 （1）2X 时，有两种可能：甲连赢两局结束比赛，此时 1 0.5 0.40.2P ； 乙连赢两局结束比赛，此时 2 0.5 0.60.3P ， 12 (2)0.5P XPP （2）4X 且甲获胜，即只有第二局乙获胜，其他都是甲获胜，
19、此时0.5 0.6 0.5 0.40.06P 19 【答案】 （1）见解析；（2） 2 1 ) 2 1 (na n n ， 2 1 ) 2 1 (nb n n 【解析】 （1）将434 1 nnn baa，434 1 nnn abb相加可得 nnnnnn bababa 3344 11 ，整理可得)( 2 1 11nnnn baba ， 又1 11 ba，故 nn ba 是首项为1，公比为 2 1 的等比数列 将434 1 nnn baa，434 1 nnn abb作差可得 83344 11 nnnnnn bababa，整理可得2 11 nnnn baba， 又1 11 ba，故 nn ba 是
20、首项为1，公差为2的等差数列 （2）由 nn ba 是首项为1，公比为 2 1 的等比数列可得 1 ) 2 1 ( n nn ba； 由 nn ba 是首项为1，公差为2的等差数列可得12 nba nn ； 相加化简得 2 1 ) 2 1 (na n n ，相减化简得 2 1 ) 2 1 (nb n n 20 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】（1）函数的定义域为(0,1)(1,)， 又 22 11 (1)12 ( )0 (1)(1) xx fx xxxx ，所以函数在(0,1),(1,)上单调递增， 又 2 21 2 32 ()0,()0 11 e f ef e ee ，所以在区间
21、(0,1)存在一个零点， 且 2 2 2 3 (2)ln230,()0 1 e ff e e ， 所以在区间(1,)上也存在一个零点，所以函数有且只有 2 个零点 （2）因为 0 x是函数的一个零点，所以有 0 0 00 12 ln1 11 x x xx ， 曲线lnyx在 00 (,ln)A xx处的切线方程为 0 000 112 ln1 1 yxxx xxx ， 曲线曲线 x ye当切线斜率为 0 1 x 时，切点坐标为 0 0 1 ( ln,)x x ， 切线方程为 0 00 11 (ln)yxx xx ， 化简为 00 000000 2 11 ln111112 1 xx yxxx xx
22、xxxx ， 所以曲线lnyx在 00 (,ln)A xx处的切线也是曲线 x ye的切线 21 【答案】 （1）曲线C为椭圆， 22 1(2) 42 xy x ；（2）见解析， 16 9 【解析】 （1）由题意得： 1 222 yy xx ，化简得 22 1(2) 42 xy x ，表示焦点在x轴上的 椭圆（不含与x轴的交点） （2）依题意设 111100 ( ,),(,),(,)P x yQxyG xy，直线PQ的斜率为k(0)k ， 则 101010 101010 , PGGQ yyyyyy kk xxxxxx ， 22 10 22 10 1 2 PGGQ yy kk xx ， 又 11
23、 111 22 GQEQ yyk kk xxx ， 1 PG k k ， PGPQ，即PQG是直角三角形 直线PQ的方程为(0)ykx x，联立 22 1 42 ykx xy ，得 1 2 1 2 2 21 2 21 x k k y k ， 则直线 2 11111 11111 :() k PG yxxyxxkxxx kkkkk ， 联立直线PG和椭圆C，可得 2222 2 11 222 24 (1)2(1) (1)40 x kx k xx kkk ， 则 2 1 10 2 4 (1) 2 x k xx k ， 2 1 1101 2 4 (1)11 () 222 PQG x k Sy xxkx
24、k 22 2242 2 2 1 8() 8(1)8 (1) 1 (2)(21)252 2()5 k kkk k k kkkk k k ， 令 1 tk k ，则2t ， 22 888 1 2(2)521 2 PQG tt S tt t t ， min 19 (2) 2 t t ， max 16 () 9 PQG S 22 【答案】 （1） 0 2 3 ，l的极坐标方程 sin()2 6 ；（2）P点轨迹的极坐标方程为 =4cos (,) 4 2 【解析】 （1）当 0 3 时， 00 =4sin4sin2 3 3 ， 以O为原点，极轴为x轴建立直角坐标系， 在直角坐标系中有( 3,3)M，(4
25、,0)A，3 OM k，则直线l的斜率 3 3 k ， 由点斜式可得直线l： 3 (4) 3 yx ，化成极坐标方程为sin()2 6 （2）lOM 2 OPA ，则P点的轨迹为以OA为直径的圆，此时圆的直角坐标方程为 22 (2)4xy，化成极坐标方程为=4cos， 又P在线段OM上，由 4sin 4cos 可得 4 ， P点轨迹的极坐标方程为=4cos, 4 2 23 【答案】 （1）2x x ；（2）1a 【解析】 （1）当1a 时， 2 2 242,(2) ( )12 (1)22,(12) 242, (1) xxx f xxxxxxx xxx ， 所以不等式( )0f x 等价于 2 2420 2 xx x 或 220 12 x x 或 2 2420 1 xx x ， 解得不等式的解集为2x x （2）当1a 时，由(,1)x ，可知( )2()(1)0f xax x恒成立，当1a 时根据条件可知 ( )0f x 不恒成立，所以a的取值范围是1a