《高考數(shù)學(xué)文二輪復(fù)習(xí) 高考大題標(biāo)準(zhǔn)練二 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)文二輪復(fù)習(xí) 高考大題標(biāo)準(zhǔn)練二 Word版含解析（4頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、
高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料
2019.5
高考大題標(biāo)準(zhǔn)練(二)
滿分75分，實(shí)戰(zhàn)模擬，60分鐘拿下高考客觀題滿分！ 姓名：________ 班級：________
1．函數(shù)f(x)＝3sin的部分圖象如圖所示．
(1)寫出f(x)的最小正周期及圖中x0，y0的值；
(2)求f(x)在區(qū)間上的最大值和最小值．
解：(1)f(x)的最小正周期為π.
x0＝，y0＝3.
(2)因?yàn)閤∈，所以2x＋∈.
于是，當(dāng)2x＋＝0，即x＝－時(shí)，f(x)取得最大值0；
當(dāng)2x＋＝－，即x＝－時(shí)，f(x)取得最小值－3.
2、2．(20xx天津卷)已知{an}是等比數(shù)列，前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*)，且－＝，S6＝63.
(1)求{an}的通項(xiàng)公式；
(2)若對任意的n∈N*，bn是log2an和log2an＋1的等差中項(xiàng)，求數(shù)列{(－1)nb}的前2n項(xiàng)和．
解：(1)設(shè)數(shù)列{an}的公比為q.
由已知，有－＝，
解得q＝2或q＝－1.
又由S6＝a1＝63，知q≠－1，
所以a1＝63，得a1＝1.
所以an＝2n－1.
(2)由題意，得bn＝(log2an＋log2an＋1)
＝(log22n－1＋log22n)＝n－，
即{bn}是首項(xiàng)為，公差為1的等差數(shù)列．
設(shè)數(shù)列{(－1)nb}的
3、前n項(xiàng)和為Tn，則
T2n＝(－b＋b)＋(－b＋b)＋…＋(－b＋b)
＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n
＝＝2n2.
3．(20xx北京卷)某超市隨機(jī)選取1 000位顧客，記錄了他們購買甲、乙、丙、丁四種商品的情況，整理成如下統(tǒng)計(jì)表，其中“√”表示購買，“”表示未購買.
商品
顧客人數(shù)
甲
乙
丙
丁
100
√
√
√
217
√
√
200
√
√
√
300
√
√
85
√
98
√
(1)估計(jì)顧客同時(shí)購買乙和丙的概率；
(2)估計(jì)顧
4、客在甲、乙、丙、丁中同時(shí)購買3種商品的概率；
(3)如果顧客購買了甲，則該顧客同時(shí)購買乙、丙、丁中哪種商品的可能性最大？
解：(1)從統(tǒng)計(jì)表可以看出，在這1 000位顧客中，有200位顧客同時(shí)購買了乙和丙，所以顧客同時(shí)購買乙和丙的概率可以估計(jì)為＝0.2.
(2)從統(tǒng)計(jì)表可以看出，在這1 000位顧客中，有100位顧客同時(shí)購買了甲、丙、丁，另有200位顧客同時(shí)購買了甲、乙、丙，其他顧客最多購買了2種商品．所以顧客在甲、乙、丙、丁中同時(shí)購買3種商品的概率可以估計(jì)為＝0.3.
(3)與(1)同理，可得：
顧客同時(shí)購買甲和乙的概率可以估計(jì)為＝0.2，
顧客同時(shí)購買甲和丙的概率可以估計(jì)為＝0
5、.6，
顧客同時(shí)購買甲和丁的概率可以估計(jì)為＝0.1，
所以，如果顧客購買了甲，則該顧客同時(shí)購買丙的可能性最大．
4．(20xx四川卷)
如圖，在四棱錐PABCD中，PA⊥CD，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90，BC＝CD＝AD.
(1)在平面PAD內(nèi)找一點(diǎn)M，使得直線CM∥平面PAB，并說明理由；
(2)證明：平面PAB⊥平面PBD.
(1)解：取棱AD的中點(diǎn)M(M∈平面PAD)，點(diǎn)M即為所求的一個(gè)點(diǎn)．理由如下：
連接CM，
因?yàn)锳D∥BC，BC＝AD，
所以BC∥AM，且BC＝AM.
所以四邊形AMCB是平行四邊形，所以CM∥AB.
又AB?平面PAB，CM?
6、平面PAB，
所以CM∥平面PAB.
(說明：取棱PD的中點(diǎn)N，則所找的點(diǎn)可以是直線MN上任意一點(diǎn))
(2)證明：由已知，PA⊥AB，PA⊥CD，
因?yàn)锳D∥BC，BC＝AD，所以直線AB與CD相交，
所以PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.
因?yàn)锳D∥BC，BC＝AD，M為AD的中點(diǎn)，連接BM，
所以BC∥MD，且BC＝MD，
所以四邊形BCDM是平行四邊形，
所以BM＝CD＝AD，所以BD⊥AB.
又AB∩AP＝A，所以BD⊥平面PAB.
又BD?平面PBD，所以平面PAB⊥平面PBD.
5．已知點(diǎn)P(2,2)，圓C：x2＋y2－8y＝0，過點(diǎn)P的動(dòng)直線l與圓C交于
7、A，B兩點(diǎn)，線段AB的中點(diǎn)為M，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．
(1)求M的軌跡方程；
(2)當(dāng)|OP|＝|OM|時(shí)，求l的方程及△POM的面積．
解：(1)圓C的方程可化為x2＋(y－4)2＝16，所以圓心為C(0,4)，半徑為4.
設(shè)M(x，y)，則＝(x，y－4)，＝(2－x,2－y)．
由題設(shè)知＝0，故x(2－x)＋(y－4)(2－y)＝0，即(x－1)2＋(y－3)2＝2.
由于點(diǎn)P在圓C的內(nèi)部，所以M的軌跡方程是(x－1)2＋(y－3)2＝2.
(2)由(1)可知M的軌跡是以點(diǎn)N(1,3)為圓心，為半徑的圓．
由于|OP|＝|OM|，故O在線段PM的垂直平分線上，又P在圓N上，從而
8、ON⊥PM.
因?yàn)镺N的斜率為3，所以l的斜率為－，故l的方程為y＝－x＋.
又|OM|＝|OP|＝2，O到l的距離為，|PM|＝，所以△POM的面積為.
6．(20xx四川卷)已知函數(shù)f(x)＝－2xln x＋x2－2ax＋a2，其中a>0.
(1)設(shè)g(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，討論g(x)的單調(diào)性；
(2)證明：存在a∈(0,1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)有唯一解．
(1)解：由已知，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，
g(x)＝f ′(x)＝2(x－1－lnx－a)，
所以g′(x)＝2－＝.
當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g′(x)<0，g(
9、x)單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增．
(2)證明：由f ′(x)＝2(x－1－lnx－a)＝0，
解得a＝x－1－lnx.
令φ(x)＝－2xlnx＋x2－2x(x－1－lnx)＋(x－1－lnx)2＝(1＋lnx)2－2xlnx，
則φ(1)＝1>0，φ(e)＝2(2－e)<0.
于是，存在x0∈(1，e)，使得φ(x0)＝0.
令a0＝x0－1－lnx0＝u(x0)，其中u(x)＝x－1－lnx(x≥1)．
由u′(x)＝1－≥0知，函數(shù)u(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增．
故0＝u(1)f(x0)＝0；
當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，f ′(x)>0，
從而f(x)>f(x0)＝0；
又當(dāng)x∈(0,1]時(shí)，f(x)＝(x－a0)2－2xlnx>0.
故x∈(0，＋∞)時(shí)，f(x)≥0.
綜上所述，存在a∈(0,1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)有唯一解．
高考數(shù)學(xué)文二輪復(fù)習(xí) 高考大題標(biāo)準(zhǔn)練二 Word版含解析
