浙江高考数学理科二轮专题训练：考前必做的保温训练卷四含答案

1、高考数学精品复习资料 2019.5保温训练卷(四)一、选择题1a为正实数，i为虚数单位，2，则a()a2 b.c. d1解析：选b由已知2，得|(ai)·(i)|1ai|2，2，a>0，a.2已知tan()，tan，那么tan()a. b.c. d.解析：选btantan.3已知双曲线1(a>0，b>0)的一条渐近线方程是yx，则该双曲线的离心率为()a. b.c. d.解析：选c依题意，所以ba，ca.故e.4如图所示的程序框图输出的所有点都在函数()ayx1的图像上 by2x的图像上cy2x的图像上 dy2x1的图像上解析：选d依题意，运行程序框图，输出的点依次

2、为(1,1)，(2,2)，(3,4)，(4,8)，易知这四个点均在y2x1的图像上5把函数ysin的图像向左平移个单位后，所得函数的单调递增区间为()a.(kz)b.(kz)c.(kz)d.(kz)解析：选b依题意，把函数ysin的图像向左平移个单位后，所得函数为ysin，由2k2x2k，得kxk(kz)，所以所得函数的单调递增区间为(kz)6已知实数a、b满足等式2a3b，下列五个关系式：0<b<a；a<b<0；0<a<b；b<a<0；ab. 其中可能成立的关系式有()a bc d解析：选b设2a3bk，则alog2k，blog3k，分别画出y

3、log2x，ylog3x的图像，如图所示，由图可知，正确答案为b.7二项式6的展开式的常数项是()a160 b160c240 d240解析：选b二项式的通项是tr1c(2)6r·r，可知当r3时是其常数项，故t4c×23×(1)3160.8在abc所在的平面内有一点p，如果2，那么pbc的面积与abc的面积之比是()a. b.c. d.解析：选a2，即2，即3，即点p在边ac上且|pc|ac|，即pbc与abc在同一底边上的高的比值是，故面积之比为.二、填空题9已知等比数列an的公比q，sn为其前n项和，则_.解析：由题意知，s4a1，a4a13a1，故5.答案：

4、510若一个正四面体的表面积为s1，其内切球的表面积为s2，则_.解析：设正四面体棱长为a，则正四面体表面积为s14··a2a2，其内切球的半径为正四面体高的，即r·aa，因此内切球表面积为s24r2，故.答案：11已知圆c的圆心与点p(2,1)关于直线yx1对称直线3x4y110与圆c相交于a，b两点，且|ab|6，则圆c的方程为_解析：设圆心c的坐标为(x0，y0)，则由已知可得解得令圆c的半径为r，圆心c(0，1)到3x4y110的距离d3，r2323218，圆c的方程为x2(y1)218.答案：x2(y1)218三、解答题12第十二届全运会于8月31日在辽

5、宁沈阳举行，组委会在沈阳某大学招募了12名男志愿者和18名女志愿者，将这30名志愿者的身高编成如图所示的茎叶图(单位：cm)，身高在175 cm以上(包括175 cm)定义为“高个子”，身高在175 cm以下(不包括175 cm)定义为“非高个子”，且只有“女高个子”才担任“礼仪小姐”.(1)如果用分层抽样的方法从“高个子”和“非高个子”中共抽取5人，再从这5人中选2人，那么至少有一人是“高个子”的概率是多少？(2)若从所有“高个子”中选3名志愿者，用表示所选志愿者中能担任“礼仪小姐”的人数，试写出的分布列，并求的数学期望解：(1)根据茎叶图可知，有“高个子”12人，“非高个子”18人，用分层

6、抽样的方法，每个人被抽中的概率是，所以选中的“高个子”有12×2人，“非高个子”有18×3人用事件a表示“至少有一名高个子被选中”，则它的对立事件表示“没有一名高个子被选中”，则p(a)11.因此，至少有一人是“高个子”的概率是.(2)依题意，的取值为0,1,2,3.p(0)，p(1)，p(2)，p(3).因此，的分布列如下0123p所以e()0×1×2×3×1.13.(20xx·浙江高考)如图，在四面体a­bcd中，ad平面bcd，bccd，ad2，bd2.m是ad的中点，p是bm的中点，点q在线段ac上，且aq

7、3qc.(1)证明：pq平面bcd；(2)若二面角c­bm­d的大小为60°，求bdc的大小解：法一：(1)证明：如图(1)取bd的中点o，在线段cd上取点f，使得df3fc，连接op，of，fq. 图(1)因为aq3qc，所以qfad，且qfad.因为o，p分别为bd，bm的中点，所以op是bdm的中位线，所以opdm，且opdm.又点m为ad的中点，所以opad，且opad.从而opfq，且opfq，所以四边形opqf为平行四边形，故pqof.又pq平面bcd，of平面bcd，所以pq平面bcd.(2)如图(1)，作cgbd于点g，作ghbm于点h，连接ch.

8、因为ad平面bcd，cg平面bcd，所以adcg.又cgbd，adbdd，故cg平面abd，又bm平面abd，所以cgbm.又ghbm，cgghg，故bm平面cgh，所以ghbm，chbm，所以chg为二面角c­bm­d的平面角，即chg60°.设bdc，在rtbcd中，cdbdcos 2cos ，cgcdsin 2cos sin ，bgbcsin 2sin2.在rtbdm中，hg.在rtchg中，tanchg.所以tan .从而60°，即bdc60°.法二：(1)证明：如图(2)，取bd的中点o，以o为原点，od，op所在射线为y，z轴的正半

9、轴，建立空间直角坐标系o­xyz.图(2)由题意知a(0，2)，b(0，0)，d(0，0)设点c的坐标为(x0，y0,0)因为3，所以q.因为m为ad的中点，故m(0，1)又p为bm的中点，故p.所以.又平面bcd的一个法向量为u(0,0,1)，故·u0.又pq平面bcd，所以pq平面bcd.(2)设m(x，y，z)为平面bmc的一个法向量由(x0，y0,1)，(0,2，1)，知取y1，得m.又平面bdm的一个法向量为n(1,0,0)，于是|cosm，n|，即23.又bccd，所以·0，故(x0，y0,0)·(x0，y0,0)0，即xy2.联立，解得(舍

10、去)或所以tanbdc.又bdc是锐角，所以bdc60°.14已知函数f(x)ln x，其中a为常数且a>0.(1)若曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线与直线yx1垂直，求a的值；(2)若函数f(x)在区间1,2上的最小值为，求a的值解：f(x)(x>0)(1)曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线与直线yx1垂直，f(1)2，即1a2，解得a3.(2)当0<a1时，f(x)>0在1,2上恒成立，这时f(x)在1,2上为增函数，f(x)minf(1)a1，a1，a，与0<a1矛盾，舍去；当1<a<2时，可知当x(1，a)时，f(x)<0，f(x)