浙江高考數(shù)學(xué) 理科二輪專題訓(xùn)練：考前必做的保溫訓(xùn)練卷三含答案

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1、 保溫訓(xùn)練卷(三) 一、選擇題 1．已知集合A＝{1,2,3,4,5}，B＝{t|t＝x＋y，x∈A，y∈A}，則B中所含元素的和為(　　) A．45 B．48 C．54 D．55 解析：選C　集合B中的元素是由集合A中的任意兩個(gè)元素相加得到的(元素可以相同)，故集合B＝{2,3,4,5,6,7,8,9,10}，B中所含元素的和為54. 2．函數(shù)f(x)＝log2x＋x－4的零點(diǎn)所在的區(qū)間是(　　) A. B．(1,2) C．(2,3) D．(3,4) 解析：選C　f＝－，f(1)＝－3，f(2)＝－1，f(3)＝log23－1>0，f(4)＝2，根據(jù)

2、零點(diǎn)存在性定理，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(2,3)內(nèi)有零點(diǎn)． 3．設(shè)a，b分別為先后拋擲一枚骰子得到的點(diǎn)數(shù)，則在先后兩次出現(xiàn)的點(diǎn)數(shù)中有5的條件下，方程x2＋ax＋b＝0有實(shí)根的概率是(　　) A. B. C. D. 解析：選A　若第1次沒有5，則第2次必是5，所以試驗(yàn)發(fā)生包含的事件數(shù)為6＋5＝11. 方程x2＋ax＋b＝0有實(shí)根要滿足a2－4b≥0， 當(dāng)a＝5時(shí)，b＝1,2,3,4,5,6； 當(dāng)b＝5時(shí)，a＝6， 則共有6＋1＝7種結(jié)果， ∴滿足條件的概率是. 4．如圖，三棱柱ABCA1B1C1中，側(cè)棱AA1⊥底面A1B1C1，△A1B1C1是正三角形，E是BC的中點(diǎn)

3、，則下列敘述正確的是(　　) A．CC1與B1E是異面直線 B．AE，B1C1為異面直線，且AE⊥B1C1 C．AC⊥平面ABB1A1 D．A1C1∥平面AB1E 解析：選B　A不正確，因?yàn)镃C1與B1E在同一個(gè)側(cè)面中；B正確，易知AE，B1C1是異面直線，且AE⊥BC，BC∥B1C1，所以AE⊥B1C1；C不正確，取AB的中點(diǎn)M，則CM⊥平面ABB1A1；D不正確，因?yàn)锳1C1所在的平面ACC1A1與平面AB1E相交，且A1C1與交線有公共點(diǎn)，故A1C1∥平面AB1E不正確． 5．已知函數(shù)f(x)＝則滿足不等式f(3－x2)

4、 B．(－3,0) C．(－3,1) D．(－3，－1) 解析：選B　畫出函數(shù)f(x)＝的圖像，如圖． ∵f(3－x2)

5、格所涂顏色都不相同，且標(biāo)號(hào)為1,5,9的方格涂相同的顏色，則符合條件的所有涂法共有(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 A.108種 B．60種 C．48種 D．36種 解析：選A　1,5,9方格的涂法有3種，根據(jù)對(duì)稱性，涂4,7,8方格的方法數(shù)與涂2,3,6方格的方法數(shù)相等． (1)當(dāng)4號(hào)與8號(hào)涂色相同時(shí)，4,8兩方格有2種涂法，7號(hào)有2種涂法，此時(shí)4,7,8方格的涂法有22＝4種； (2)當(dāng)4號(hào)與8號(hào)涂色不相同時(shí)，4,8兩方格有A＝2種涂法，7號(hào)只有1種涂法，此時(shí)4,7,8方格的涂法有21＝2種．因此，當(dāng)1,5,9方格涂色后，4,7,8方格的涂法

6、共有6種．則所有涂法共有366＝108種． 8．已知在函數(shù)y＝|x|(x∈[－1,1])的圖像上有一點(diǎn)P(t，|t|)，該函數(shù)的圖像與x軸、直線x＝－1及x＝t圍成圖形(如圖陰影部分)的面積為S，則S與t的函數(shù)關(guān)系圖可表示為(　　) 　　　　　　　 A　　　　 B　　　 　C　　　　D 解析：選B　由題意知：當(dāng)－1≤t<0時(shí)，f(t)＝(－t＋1)(1＋t)＝(1－t2)；當(dāng)0≤t≤1時(shí)，f(t)＝11＋tt＝＋t2，所以f(t)＝結(jié)合選項(xiàng)中的圖像可知選項(xiàng)B符合． 二、填空題 9．若點(diǎn)P(m，n)在由不等式組所確定的區(qū)域內(nèi)，則n－m的最大值為________． 解析：作出可行

7、域，如圖中的陰影部分所示，可行域的頂點(diǎn)坐標(biāo)分別為(1,3)，(2,5)，(3,4)，設(shè)目標(biāo)函數(shù)z＝y(tǒng)－x，則y＝x＋z，其縱截距為z，由圖易知點(diǎn)P的坐標(biāo)為(2,5)時(shí)，n－m最大，為3. 答案：3 10．已知一個(gè)棱長為2的正方體，被一個(gè)平面截后所得幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是________． 解析：如圖，它被切去的是三棱臺(tái)ABCDEF，通過計(jì)算可知S△ABC＝，S△DEF＝2，所以VABC－DEF＝ 2＝，則該幾何體的體積V＝23－＝. 答案： 11．已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，a3＝3，S6＝21，數(shù)列的前n項(xiàng)和為Sn，對(duì)一切n∈N*，恒有S2n－Sn>成立，

8、則m的最大正整數(shù)是________． 解析：設(shè){an}的首項(xiàng)為a1，公差為d，由a3＝3，S6＝21可得解得 ∴an＝n，＝，Sn＝1＋＋…＋. 令Tn＝S2n－Sn＝＋＋…＋， 則Tn＋1＝＋＋…＋＋＋， Tn＋1－Tn＝＋－≥＋－＝0， ∴Tn＋1>Tn.若對(duì)一切n∈N*，恒有S2n－Sn>，則T1＝S2－S1＝>，m<8，故m的最大正整數(shù)是7. 答案：7 三、解答題 12．已知函數(shù)f(x)＝sin xcos x＋cos2x＋a. (1)求f(x)的最小正周期及單調(diào)遞減區(qū)間； (2)若f(x)在區(qū)間上的最大值與最小值的和為，求a的值． 解：(1)因?yàn)閒(x)＝sin

9、 2x＋＋a＝sin＋a＋， 所以T＝π. 由＋2kπ≤2x＋≤＋2kπ，k∈Z， 得＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z. 故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(k∈Z)． (2)因?yàn)椋躼≤， 所以－≤2x＋≤，－≤sin≤1. 因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在上的最大值與最小值的和為＋＝，所以a＝0. 13．已知數(shù)列{2n－1an}的前n項(xiàng)和Sn＝1－. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)bn＝，求數(shù)列的前n項(xiàng)和． 解：(1)由題意知：Sn－1＝1－(n≥2)， ∵2n－1an＝Sn－Sn－1， ∴2n－1an＝－. ∴an＝－＝－2－n(n≥2)． ∵21－1a1＝S1＝1－，

10、 ∴a1＝， ∴an＝ (2)由題意知bn＝＝＝(n≥2)， ∴＝n2n(n≥2)． ∵＝＝2， ∴＝n2n(n≥1)． 設(shè)的前n項(xiàng)和為S， 則S＝12＋222＋323＋…＋n2n， 2S＝122＋223＋324＋…＋(n－1)2n＋n2n＋1， ∴S－2S＝12＋22＋23＋…＋2n－n2n＋1＝2＋22＋…＋2n－n2n＋1， ∴－S＝(1－n)2n＋1－2， ∴S＝(n－1)2n＋1＋2. 14．已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左，右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，點(diǎn)A在橢圓C上， ＝0,3||||＝－5，||＝2，過點(diǎn)F2且與坐標(biāo)軸不垂直的直線交橢圓于P，Q兩點(diǎn)．

11、(1)求橢圓C的方程； (2)線段OF2(O為坐標(biāo)原點(diǎn))上是否存在點(diǎn)M(m,0)，使得＝？若存在，求出實(shí)數(shù)m的取值范圍；若不存在，說明理由． 解：(1)由題意知，∠AF1F2＝90，cos∠F1AF2＝，且||＝2，所以||＝，||＝，2a＝||＋||＝4， 所以a＝2，c＝1，b2＝a2－c2＝3， 故所求橢圓的方程為＋＝1. (2)假設(shè)存在這樣的點(diǎn)M符合題意． 設(shè)線段PQ的中點(diǎn)為N，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，N(x0，y0)，直線PQ的斜率為k(k≠0)， 且過點(diǎn)F2(1,0)，則直線PQ的方程為y＝k(x－1)， 由得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0， 所以x1＋x2＝，故x0＝＝. 又點(diǎn)N在直線PQ上，所以N. 由＝， 可得(＋)＝2＝0， 即PQ⊥MN，所以kMN＝＝－， 整理得m＝＝∈， 所以線段OF2上存在點(diǎn)M(m,0)符合題意，其中m∈.