2019年高考数学一轮复习-综合测试卷.doc

1、综合测试卷(时间:120分钟满分:150分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)1.已知全集U=R,集合A=x|12,则A(UB)=()A.x|1x2B.x|1x2C.x|1b0)的离心率为,则双曲线=1的离心率是()A.2B.C.D.34.设直线y=x+b是曲线y=ln x的一条切线,则b的值为()A.ln 2-1B.ln 2-2C.2ln 2-1D.2ln 2-25.设aR,则“a=1”是“f(x)=ln为奇函数”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件6.执行如图所示的程序框图,当输入x为6时,输出的y=()A.1B.2C.5D.10

2、7.已知各项均为正数的等比数列an,a1a2a3=5,a7a8a9=10,则a4a5a6=()A.5B.7C.6D.48.若某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则该几何体的体积等于()A.10 cm3B.20 cm3C.30 cm3D.40 cm39.已知等差数列的前n项和为Sn,且S1 006S1 008S1 007,则满足SnSn-1f(x)成立,则()A.3f(ln 2)2f(ln 3)B.3f(ln 2)=2f(ln 3)C.3f(ln 2)2f(ln 3)D.3f(ln 2)与2f(ln 3)的大小不确定二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.用系统抽样的方法从3

3、00名学生中抽取容量为20的样本,将300名学生从1300编号,按编号顺序平均分成20组,若第16组抽出的号码为231,则第1组中用抽签法确定的号码是.14.某网店统计了连续三天售出商品的种类情况:第一天售出19种商品,第二天售出13种商品,第三天售出18种商品;前两天都售出的商品有3种,后两天都售出的商品有4种.则该网店(1)第一天售出但第二天未售出的商品有种;(2)这三天售出的商品最少有种.15.若实数x,y满足条件则2x+y的最大值为.16.已知点A(0,3),若圆C:(x-a)2+(x-2a+4)2=1上存在点M,使|MA|=2|MO|,则圆心C的横坐标a的取值范围为.三、解答题(本大

4、题共6小题,共70分)17.(12分)已知a=(sin 2x,2cos2x-1),b=(sin ,cos )(0b0)的离心率e=,右焦点到直线=1的距离d=,O为坐标原点.(1)求椭圆C的方程;(2)过点O作两条互相垂直的射线,与椭圆C分别交于A,B两点,证明:点O到直线AB的距离为定值,并求弦AB长度的最小值.21.(12分)设函数f(x)=-2x2+ax-ln x(aR),g(x)=+3.(1)若函数f(x)在定义域内单调递减,求实数a的取值范围;(2)若对任意x(0,e),都有唯一的x0e-4,e,使得g(x)=f(x0)+2成立,求实数a的取值范围.请考生在22、23两题中任选一题作

5、答,如果多做,则按所做的第一题计分.选修44:坐标系与参数方程22.(10分)在平面直角坐标系xOy中,过点P作倾斜角为的直线l与曲线C:(x-1)2+(y-2)2=1相交于不同的两点M,N.(1)写出直线l的参数方程与曲线C的极坐标方程;(2)求的取值范围.选修45:不等式选讲23.(10分)已知函数f(x)=|x-2|+2|x+a|(a0).(1)当a=1时,求不等式f(x)8的解集;(2)若不等式f(x)3在(-,+)内恒成立,求实数a的取值范围.参考答案综合测试卷1.C解析B=x|x2,UB=x|x2,A(UB)=x|1x2.2.C解析(1+3i)(a-i)=(a+3)+(3a-1)i

6、,又复数在复平面内对应的点在第四象限,解得-3a0,即a10080.由S1006S1008,得S1008-S10060,即a1007+a10080,S2014=0,因此满足Snf(x),所以g(x)0,即g(x)在R上单调递增.又ln2ln3,所以g(ln2)g(ln3),即.所以,即3f(ln2)2f(ln3),故选C.13.6解析不妨设第1组抽到的号码为x.由于300名学生平均分成20组,故每组15人,则在第16组中应抽出的号码为1515+x.即225+x=231,故x=6.14.(1)16(2)29解析(1)由于前两天都售出的商品有3种,因此第一天售出但第二天未售出的商品有19-3=16

7、种.(2)同理可知第三天售出但第二天未售出的商品有18-4=14种.当前两天都售出的3种商品与后两天都售出的4种商品有3种是一样的,剩下的1种商品在第一天未售出;且第三天售出但第二天未售出的14种商品都在第一天售出的商品中,此时商品总数最少,为29种.如图,分别用A,B,C表示第一、二、三天售出的商品种数.15.4解析满足约束条件的平面区域如图阴影部分.由图可知,当x=1,y=2时,2x+y取到最大值4.16.解析由圆C:(x-a)2+(x-2a+4)2=1,可知圆心C(a,2a-4).设M(x,y),|MA|=2|MO|,=2,得x2+y2+2y-3=0,即x2+(y+1)2=4.点M在以D

8、(0,-1)为圆心,以2为半径的圆D上.圆C与圆D有公共点,2-1CD2+1,即13,即解得0a.17.解(1)f(x)=ab=sin2xsin+cos2xcos=cos(2x-),f(x)的最小正周期为T=.y=f(x)的图象经过点,cos=1.又0,=.(2)由(1)得f(x)=cos.-x,-2x-.当2x-=0,即x=时,f(x)取得最大值1.当2x-=-,即x=-时,f(x)取得最小值-.18.解(1)这种酸奶一天的需求量不超过300瓶,当且仅当最高气温低于25,由表格数据知,最高气温低于25的频率为=0.6,所以这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率的估计值为0.6.(2)当这种

9、酸奶一天的进货量为450瓶时,若最高气温不低于25,则Y=6450-4450=900;若最高气温位于区间20,25),则Y=6300+2(450-300)-4450=300;若最高气温低于20,则Y=6200+2(450-200)-4450=-100.所以,Y的所有可能值为900,300,-100.Y大于零当且仅当最高气温不低于20,由表格数据知,最高气温不低于20的频率为=0.8,因此Y大于零的概率的估计值为0.8.19.(1)证明取AC的中点O,连接DO,BO.因为AD=CD,所以ACDO.又由于ABC是正三角形,所以ACBO.从而AC平面DOB,故ACBD.(2)解连接EO.由(1)及题

10、设知ADC=90,所以DO=AO.在RtAOB中,BO2+AO2=AB2.又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故DOB=90.由题设知AEC为直角三角形,所以EO=AC.又ABC是正三角形,且AB=BD,所以EO=BD.故E为BD的中点,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的,四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的,即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为11.20.解(1)由e=,即a=2c,故b=c.由右焦点到直线=1的距离为d=,得,解得a=2,b=.所以椭圆C的方程为=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB的方程为y=

11、kx+m,联立直线AB:y=kx+m与椭圆=1,消去y得3x2+4(k2x2+2kmx+m2)-12=0,化简得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0.则x1+x2=-,x1x2=.OAOB,x1x2+y1y2=0.x1x2+(kx1+m)(kx2+m)=0,即(k2+1)x1x2+km(x1+x2)+m2=0,(k2+1)+m2=0,整理得7m2=12(k2+1).点O到直线AB的距离d=为定值.OAOB,OA2+OB2=AB22OAOB.当且仅当OA=OB时取“=”号.由dAB=OAOB得dAB=OAOB,AB2d=,即弦AB的长度的最小值是.21.解(1)f(x)=,且f(x)在

12、定义域内单调递减,f(x)0在(0,+)内恒成立,即4x2-ax+10在(0,+)内恒成立.=a2-4410,即-4a4;或即a3,g(x)的值域为(3,4.记h(x)=f(x)+2x2=ax-lnx,m=g(x),原问题等价于m(3,4,存在唯一的x0e-4,e,使得h(x0)=m成立.h(x)=a-,xe-4,e.当a时,h(x)0恒成立,h(x)单调递减,由h(x)max=h(e-4)=ae-4+44,h(x)min=h(e)=ae-13,解得0a;当ae4时,h(x)0恒成立,h(x)单调递增,h(x)min=h(e-4)=ae-4+44,不符合题意,舍去;当a4,h(e)=ae-1,要满足条件,则ae-13,故0,得|2cos-sin|1.故=4|2cos-sin|(4,4.23.解(1)当a=1时,f(x)=|x-2|+2|x+1|,当x-1时,f(x)=2-x-2(x+1)=-3x.由f(x)8,得-3x8,解得x-;当-18,得x4,此时不等式无解;当x2时,f(x)=x-2+2(x+1)=3x.由f(x)8,得3x8,解得x.综上,不等式f(x)8的解集为.(2)a0,-a02.f(x)=|x-2|+2|x+a|=f(x)min=f(-a)=a+2.a+23,解得a1.实数a的取值范围是1,+).