新课标2022届高考数学二轮复习综合能力训练2理

综合能力训练二(时间:120分钟　满分:150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.全集U=R,A={x|-2≤x≤1},B={x|-1≤x≤3},则B∪(∁UA)=(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　A.{x|1<x≤3}B.{x|-2<x≤3}C.{x|x<-2,或x≥-1}D.{x|x<-2,或x>3}2.已知双曲线-y2=1的一条渐近线方程是y=x,则双曲线的离心率为(　　)ABCD3.一个简单几何体的三视图如图所示,其中正视图是一个正三角形,俯视图是等腰直角三角形,则该几何体的体积为(　　)ABCD4.(2022浙江绍兴诸暨二模)已知实数x,y满足则目标函数z=x-y的最小值等于(　　)A.-1B.-2C.2D.15.已知函数f(x)=-x2+2ax+1-a在区间[0,1]上的最大值为2,则a的值为(　　)A.2B.-1或-3C.2或-3D.-1或26.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,公差为d,且a1=-20,则“3<d<5”是“Sn的最小值仅为S6”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7.设函数y=xcosx-sinx的图象上的点(x0,y0)处的切线的斜率为k,若k=g(x0),则函数k=g(x0)的图象为(　　)8.已知X的分布列如表:X-1012Pabc且b2=ac,a=,则E(X)=(　　)8\nABCD9.在边长为a的等边三角形ABC中,AD⊥BC于点D,沿AD折成二面角B-AD-C后,BC=a,这时二面角B-AD-C的大小为(　　)ABCD10.已知△ABC的面积为8,cosA=,D为BC上一点,,过点D作AB,AC的垂线,垂足分别为E,F,则=(　　)AB.-CD.-二、填空题(本大题共7小题,多空题每题6分,单空题每题4分,共36分)11.《九章算术》是我国古代的数学名著,书中《均属章》有如下问题:“今有五人分五钱,令上二人所得与下三人等.问各得几何?”其意思是:“已知A,B,C,D,E五人分5钱,A,B两人所得与C,D,E三人所得相同,且A,B,C,D,E每人所得依次成等差数列.问五人各得多少钱?”(“钱”是古代的一种重量单位)在这个问题中,E得　　　　　钱. 12.若复数z=4+3i,其中i是虚数单位,则复数z的模为　　　　　,的值为　　　　　. 13.(2022浙江镇海中学5月模拟)(x2+1)的展开式所有项系数和为　　　　　,常数项为　　　　　. 14.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若a=1,b=,C=30°,则c=　　　　　,△ABC的面积S=　　　　　. 15.在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠ABC=90°,AB=BC=2,AD=1,梯形所在平面内一点P满足=2,则CP·CD=　　　　　,=　　　　　. 16.将甲、乙等5位同学分别保送到北京大学、上海交通大学、浙江大学三所大学就读,则每所大学至少保送一人的不同保送的方法有　　　　　种. 17.已知函数f(x)=|xex|,方程f2(x)+tf(x)+1=0(t∈R)有四个不同的实数根,则t的取值范围为　　　　　. 三、解答题(本大题共5小题,共74分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)18.(本小题满分14分)在平面直角坐标系xOy中,已知点P,将向量绕原点O按逆时针方向旋转x弧度得到向量(1)若x=,求点Q的坐标;(2)已知函数f(x)=,令g(x)=f(x)·f,求函数g(x)的值域.19.(本小题满分15分)如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ACC1A1与侧面CBB1C1都是菱形,∠ACC1=∠CC1B1=60°,AC=2.8\n(1)求证:AB1⊥CC1;(2)若AB1=,求二面角C-AB1-A1的余弦值.20.(本小题满分15分)已知f(x)=2xlnx,g(x)=-x2+ax-3.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若存在x∈(0,+∞),使f(x)≤g(x)成立,求实数a的取值范围.21.(本小题满分15分)已知M(-,0),N(,0)是平面上的两个定点,动点P满足|PM|+|PN|=2(1)求动点P的轨迹方程;(2)已知圆方程为x2+y2=2,过圆上任意一点作圆的切线,切线与(1)中的轨迹交于A,B两点,O为坐标原点,设Q为AB的中点,求|OQ|长度的取值范围.8\n22.(本小题满分15分)已知数列{an}满足a1=2,an+1=2(Sn+n+1)(n∈N*),令bn=an+1.(1)求证:{bn}是等比数列;(2)记数列{nbn}的前n项和为Tn,求Tn;(3)求证:+…+参考答案综合能力训练二1.C　解析由全集U=R,A={x|-2≤x≤1},得到∁UA={x|x<-2,或x>1},又B={x|-1≤x≤3},根据题意画出图形,如图所示:则B∪(∁UA)={x|x<-2,或x≥-1}.故选C.2.D　解析双曲线的渐近线方程是y=±x,所以,即a=,b=1,c2=a2+b2=4,即c=2,e=,故选D.3.A　解析由三视图知,如图,原几何体是一个三棱锥S-ABC,底面是等腰直角三角形,且面积为×2×1=1,高为SD=,其体积为×1×.4.B　解析由不等式组得到可行域如图,目标函数变形为y=x-z,当此直线经过图中的点B时z最小,所以最小值为z=0-2=-2.故选B.5.D　解析函数f(x)=-x2+2ax+1-a=-(x-a)2+a2-a+1图象的对称轴为x=a,且开口向下,分三种情况讨论如下:①当a≤0时,函数f(x)=-x2+2ax+1-a在区间[0,1]上是减函数,∴f(x)max=f(0)=1-a,由1-a=2,得a=-1.②当0<a≤1时,函数f(x)=-x2+2ax+1-a在区间[0,a]上是增函数,在[a,1]上是减函数,∴f(x)max=f(a)=a2-a+1.由a2-a+1=2,解得a=或a=.∵0<a≤1,∴两个值都不满足,舍去.8\n③当a>1时,函数f(x)=-x2+2ax+1-a在区间[0,1]上是增函数,∴f(x)max=f(1)=-1+2a+1-a=2,∴a=2.综上可知,a=-1或a=2.6.B　解析∵Sn的最小值仅为S6,∴a6<0,a7>0,∴<d<4,故“3<d<5”是<d<4的必要不充分条件,故选B.7.C　解析由题意,得y'=cosx-xsinx-cosx=-xsinx,即g(x0)=-x0sinx0,其为偶函数,图象关于y轴对称,故排除A,D;由x0>0且接近0时,g(x0)=-x0sinx0<0,故排除B,故选C.8.A　解析由概率的性质及已知b2=ac,a=可知a+b+c+=1,即+b+2b2+=1⇒18b2+9b-2=0,解之,得b=或-(舍去),故c=2b2=,E(X)=-a+c+2×=-+2,故选A.9.A　解析在边长为a的等边三角形ABC中,AD⊥BC于点D,沿AD折成二面角B-AD-C,由定义知,∠BDC为所求二面角B-AD-C的平面角,又BC=BD=DC=a,∴△BDC为等边三角形.∴∠BDC=.∴二面角B-AD-C的大小为.10.B　解析如图所示,在△ABC中,∵cosA=,∴sinA=.∴S△ABC=|·||sinA=|·||·=8,即||·||=20.设=λ,λ∈(0,1),则+λ()=(1-λ)+λ,又,∴λ=.∴=3.∴S△ABD=|·||=×8=6,∴||·||=12.又S△ACD=|·||=2,∴||·||=4.∴||·||·||·||=48.∴||·||=,∴=||·||·∠EDF==-.11.　解析设A,B,C,D,E每人所得依次为a1,a2,a3,a4,a5,由题设a1+a2+a3+a4+a5=5,且a1+a2=a3+a4+a5,即故a5=a1+4d=.12.5　i　解析|z|==5,i.故答案为5,i.13.-2　-42　解析令x=1可得所有项系数和为-2,又由于的通项为·(-2)r,8\n故(x2+1)的展开式的常数项是·(-2)+(-2)5=-42.14.1　　解析由余弦定理c2=a2+b2-2abcosC=1+3-2×1×=1,∴c=1,S△ABC=absinC=×1×.15.　-1　解析以BC,BA为邻边作矩形ABCE,则,故P是BE的中点,从而可知PD=AB=1,CP=AC=,CD=,CP·CD=.cos∠CPD==-,=||·||cos∠CPD=1×=-1.16.150　解析5名学生可分为2,2,1和3,1,1两组方式.当5名学生分成2,2,1时,共有=90种方法;当5名学生分成3,1,1时,共有=60种方法.由分类加法计数原理知共有90+60=150种保送方法.17.　解析∵f(x)=|xex|=当x≥0时,f'(x)=ex+xex≥0恒成立,所以f(x)在[0,+∞)上为增函数;当x<0时,f'(x)=-ex-xex=-ex(x+1),由f'(x)=0,得x=-1,当x∈(-∞,-1)时,f'(x)=-ex(x+1)>0,f(x)为增函数,当x∈(-1,0)时,f'(x)=-ex(x+1)<0,f(x)为减函数,所以函数f(x)=|xex|在(-∞,0)上有一个最大值为f(-1)=-(-1)e-1=,要使方程f2(x)+tf(x)+1=0(t∈R)有四个实数根,令f(x)=m,则方程m2+tm+1=0应有两个不等根,且一个根在内,一个根在内,再令g(m)=m2+tm+1,因为g(0)=1>0,则只需g<0,即t+1<0,解得t<-,所以,使得函数f(x)=|xex|,方程f2(x)+tf(x)+1=0(t∈R)有四个实数根的t的取值范围是.18.解(1)由已知得xQ=cos=coscos-sinsin,yQ=sin=sincos+cossin,所以点Q的坐标为.(2)函数f(x)=cossin=cosx-sinx+cosx+sinx=cosx,于是,g(x)=cosx·cossin2x=sin.因-1≤sin≤1,故g(x)的值域为.19.(1)证明连接AC1,CB1,则△ACC1和△B1CC1皆为正三角形.取CC1中点O,连接OA,OB1,则CC1⊥OA,CC1⊥OB1,所以CC1⊥平面OAB1.所以CC1⊥AB1.(2)解由(1)知,OA=OB1=,又AB1=,所以OA⊥OB1.如图所示,分别以OB1,OC1,OA为正方向建立空间直角坐标系,则C(0,-1,0),B1(,0,0),A(0,0,),设平面CAB1的法向量为m=(x1,y1,z1),因为=(,0,-),=(0,-1,-),所以令z1=1,则m=(1,-,1).设平面A1AB1的法向量为n=(x2,y2,z2),因为=(,0,-),=(0,2,0),8\n所以令z2=1,则n=(1,0,1).则cos<m,n>=,因为二面角C-AB1-A1为钝角,所以二面角C-AB1-A1的余弦值为-.20.解(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2(lnx+1),令f'(x)=0,得x=,当x∈时,f'(x)<0,当x∈时,f'(x)>0,所以f(x)在上单调递减;在上单调递增.(2)存在x∈(0,+∞),使f(x)≤g(x)成立,即2xlnx≤-x2+ax-3在x∈(0,+∞)上能成立,等价于a≥2lnx+x+在x∈(0,+∞)上能成立,等价于a≥.记h(x)=2lnx+x+,x∈(0,+∞),则h'(x)=+1-.当x∈(0,1)时,h'(x)<0,当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,所以当x=1时,h(x)取最小值为4,故a≥4.21.解(1)由题意知,点P的轨迹为焦点在x轴上的椭圆,且a=,c=,b=,所以动点P的轨迹方程为=1.(2)若直线AB斜率不存在,则直线AB的方程为x=±,此时,|OQ|=.若直线AB斜率存在,设直线AB方程为y=kx+b,A(x1,y1),B(x2,y2),联立得(1+2k2)x2+4kbx+2b2-6=0,所以x1+x2=-,x1x2=.所以y1+y2=k(x1+x2)+2b=.故点Q的坐标为.因为直线AB与圆O相切,所以,即b2=2(1+k2),所以|OQ|2==2.当k=0时,|OQ|=,当k≠0时,|OQ|2=2.当且仅当4k2=时,等号成立,所以|OQ|∈.22.(1)证明a1=2,a2=2×(2+2)=8,an+1=2(Sn+n+1)(n∈N*),an=2(Sn-1+n)(n≥2),两式相减,得an+1=3an+2(n≥2),经检验,当n=1时上式也成立,即an+1=3an+2(n≥1).有an+1+1=3(an+1),即bn+1=3bn,且b1=3,故{bn}是等比数列.(2)解由(1)得bn=3n,Tn=1×3+2×32+3×33+…+n·3n,3Tn=1×32+2×33+3×34+…+n·3n+1,两式相减,得-2Tn=3+32+33+…+3n-n·3n+1=-n·3n+1,化简得Tn=·3n+.8\n(3)证明由,得+…++…+,又,有+…+<=,故+…+.8