高二数学暑假补充练习11：综合试卷(1)

πAOCBPlxy第9题图综合试卷（1）一、填空题：本大题共14题，每小题5分，共70分．1．已知集合2|23,|1AxZxxBxx，则AB=.2．复数2＋i1－2i的共轭复数是.3．已知直线l的倾斜角为34直线1l经过点A(3,2)、B(a,1),且1l与l垂直,直线2l:2x+by+1=0与直线1l平行,则a+b等于.4．已知命题p:xR220xaxa.若命题p是假命题,则实数a的取值范围是.5．经问卷调查,某班学生对摄影分别执“喜欢”“不喜欢”和“一般”三种态度,其中执“一般”态度的比执“不喜欢”态度的多12人,按分层抽样方法从全班选出部分学生座谈摄影,如果选出的是5位”喜欢”摄影的同学,1位“不喜欢”摄影的同学和3位执“一般”态度的同学,那么全班学生中“喜欢”摄影的比全班人数的一半还多人.6．从正六边形的6个顶点中随机选择4个顶点，则以它们作为顶点的四边形是矩形的概率等于.7．某篮球队6名队员在最近三场比赛中投进的三分球个数如下表所示:如图是统计该6名队员在最近三场比赛中投进的三分球总数的流程图,则图中判断框应填.8．已知0a1,方程xa|logax|的实根的个数是.9．直线l与函数sinyx([0]x,)的图象相切于点A，且l∥OP，O为坐标原点，P为图象的极值点，直线l与x轴交于点B，过切点A作x轴的垂线，垂足为C，则BABC=.10．设11(1nnbqbqn2,…),|q|1,若数列{nb}有连续四项在集合{53,23,19,37,82}中，则6q=.11．已知三棱锥ABCO，,,OAOBOC两两垂直且长度分别为3、4、5，长为2的线段MN的一个端点M在棱OA上运动，另一个端点N在BCO内运动（含边界），则MN的中点P的轨迹与三棱锥的面所围成的几何体的较小的体积为.12．设函数()2xfxxx,0A为坐标原点,nA为函数()yfx图像上横坐标为*()nnN的点，向量11nnkkkAAa,(1,0)i,设n为na与i的夹角,则1tannkk=.13．已知A、B是椭圆22221(0)xyabab和双曲线22221(0,0)xyabab的公共顶点．P是双曲线上的动点，M是椭圆上的动点（P、M都异于A、B），且满足()APBPAMBM，其中R，设直线AP、BP、AM、BM的斜率分别记[来源:学科网ZXXK]为1k、2k、3k、4k,125kk,则34kk.14．已知,,xyz均为正实数，则2221612xyyzxyz的最大值为.二、解答题：本大题共6小题，共90分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．(本小题满分14分)[来源:学#科#网Z#X#X#K]已知函数2()3sincoscos444xxxfx．（1）若()1fx，求2cos()3x的值；（2）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足1cos2aCcb，求()fB的取值范围．16．(本小题满分14分)如图，已知三棱锥P—ABC中，AP⊥PC，AC⊥BC，M为AB中点，D为PB中点，OABMNCP第11题图且△PMB为正三角形．（1）求证：DM∥平面APC；（2）求证：平面ABC⊥平面APC；（3）若BC=4，AB=20，求三棱锥D-BCM的体积．17．(本小题满分14分)如图，将边长为3的正方形ABCD绕中心O顺时针旋转(0＜＜π2)得到正方形A′B′C′D′．根据平面几何知识，有以下两个结论：①∠A′FE＝；②对任意(0＜＜π2)，△EAL，△EA′F，△GBF，△GB′H，△ICH，△IC′J，△KDJ，△KD′L均是全等三角形．（1）设A′E＝x，将x表示为的函数；（2）试确定，使正方形A′B′C′D′与正方形ABCD重叠部分面积最小，并求最小面积．18．(本小题满分16分)如图，,AB是椭圆C：22221(0)xyabab的左、右顶点，M是椭圆上异于,AB的任意一点，已知椭圆的离心率为e，右准线l的方程为xm.（1）若12e，4m，求椭圆C的方程；（2）设直线AM交l于点P，以MP为直径的圆交MB于Q，若直线PQ恰过原点，求e.19．(本小题满分16分)OBAMQPyxl第18题图LKJIHGFEC'D'A'B'OADBC第16题PAMBCD设()lnafxxxx，32()3gxxx．（1）当2a时，求曲线()yfx在1x处的切线方程；（2）如果存在12,[0,2]xx，使得12()()gxgxM成立，求满足上述条件的最大整数M；（3）如果对任意的1,[,2]2st，都有()()fsgt成立，求实数a的取值范围的取值范围.20．(本小题满分16分)已知数列na中，121,()aaaaZ,112113()().nnnnnnnnnaaaaaaaaa为偶数，为奇数（1）若2a，求数列na的前6项和；（2）是否存在kN，使12,,kkkaaa成等比数列？并说明理由.[来源:学§科§网Z§X§X§K]πAOCBPlxy第9题图十一参考答案一、填空题：1．答案：0,12．答案：－i解析：2＋i1－2i＝－2i＋1－2i＝i，∴2＋i1－2i的共轭复数为－i.3．答案：2解析：l的斜率为-1,则1l的斜率为2(1)113ABkaa=0.由1l∥2212lbb所以a+b=2.4．答案：0a1解析：p为假,即”xR220xaxa”为真,∴24a4a0,∴0a1.5．答案：3解析：设全班人数为n,由题意,知311299nn得n=54.“喜欢”摄影的学生人数有554930人,全班人数一半为27,所以“喜欢”摄影的学生人数比全班人数的一半还多3人.6．答案：15解析：假设正六边形的6个顶点分别为A、B、C、D、E、F，则从6个顶点中任取4个顶点共有15种结果，以所取4个点作为顶点的四边形是矩形的有3种结果，故所求概率为15.7．答案：6i(7i)解析：因为是统计该6名队员在最近三场比赛中投进的三分球总数的流程图,所以图中判断框应填6i.8．答案：2解析：设xyay|logax|,考察其图象交点的个数即可.9．答案：214解析：如图，(1)P,为极值点，2OPk．设点A(x0，sinx0)，则过点A的切线l的斜率为02cosx．于是，直线l的方程为002sin()yxxx．令y=0，得00sin2xxx，从而BC=00sin2xxx．BABCcosBABCABC=BC2=20(sin)2x2224(1)144．10．答案：9解析：由题意可知,11nnbqbq11(1)nnbqb,{1nb}是公比为q的等比数列,且有连续四项在集合{54,24,18,36,81}中,四项24,36,-54,81成等比数列,公比为q=3692q.11．答案：6解析：由题意知；112OPMN,所以点P的轨迹以O为球心半径为1的球的18，3141.836V[来源:学科网]12．答案：122nn解析：0(,2)nnnAAnnna,n即为向量0nAA与x轴的夹角,所以tan21nn,所以211tan(22...2)22nnnkknn.13．答案：5解析：设(,)Pmn、(,)Mst，22221mnab，22222anmab，22221stab，22222atsab，由()APBPAMBM.得OPOM，即ntms.2122222225nnmnmnbkkmamamana，2225nbma，222234222222222225..52ttststbbsbakksasasaatatab.14．答案：10解析：已知,,xyz均为正实数，222222222222222232181010161210()5510.xyzyxyyzxyzxyzxyzxyz二、解答题：15．解：（1）f(x)＝3sinx4cosx4＋cos2x4＝32sinx2＋12cosx2＋12＝sin(x2＋π6)＋12．…………3分由f(x)＝1，可得sin(x2＋π6)＝12，解法一：令＝x2＋π6，则x＝2－π3．cos(2π3－x)＝cos(－2)＝－cos2＝2sin2－1＝－12．…………………6分解法二：x2＋π6＝2k＋π6，或x2＋π6＝2k＋5π6，kZ．所以x＝4k，或x＝4k＋4π3，kZ．当x＝4k，kZ时，cos(2π3－x)＝cos2π3＝－12；当x＝4k＋4π3，kZ时，cos(2π3－x)＝cos(－2π3)＝－12；所以cos(2π3－x)＝－12．…………………6分（2）解法一：由acosC＋12c＝b，得a·a2＋b2－c22ab＋12c＝b,即b2＋c2－a2＝bc，所以cosA＝b2＋c2－a22bc＝12．因为A(0，)，所以A＝π3，B＋C＝2π3．…………………10分所以0＜B＜2π3，所以π6＜B2＋π6＜π2，所以f(x)＝sin(B2＋π6)＋12(1，32)．…………………14分解法二：由acosC＋12c＝b，得sinAcosC＋12sinC＝sinB．因为在△ABC中，sinB＝sin(A＋C)，所以sinAcosC＋12sinC＝sin(A＋C)，sinAcosC＋12sinC＝sinAcosC＋cosAsinC，所以12sinC＝cosAsinC，又因为sinC≠0，所以cosA＝12．因为A(0，)，所以A＝π3，B＋C＝2π3．…………………10分所以0＜B＜2π3，所以π6＜B2＋π6＜π2，所以f(x)＝sin(B2＋π6)＋12(1，32)．…………………14分16．证明：（1）由已知得，MD是ABP的中位线APMD∥APCAPAPCMD面面,APCMD面∥………4分（2）PMB为正三角形，D为PB的中点PBMD，PBAP又,APPCPBPCPPBCAP面PBCBC面BCAP又,BCACACAPAAPCBC面ABCBC面平面ABC⊥平面APC……………9分（3）由题意可知，PBCMD面，MD是三棱锥D-BCM的高，71031ShVDBCM…………14分17.解：（1）在Rt△EA′F中，因为∠A′FE＝，A′E＝x，所以EF＝xsin，A′F＝xtan．由题意AE＝A′E＝x，BF＝A′F＝xtan，所以AB＝AE＋EF＋BF＝x＋xsin＋xtan＝3．所以x＝3sin1＋sin＋cos，(0，π2)…………………6分（2）S△A′EF＝12•A′E•A′F＝12•x•xtan＝x22tan＝(3sin1＋sin＋cos)2•cos2sin＝9sincos2(1＋sin＋cos)2．…………………9分令t＝sin＋cos，则sincos＝t2－12．因为(0，π2)，所以＋π4(π4，3π4)，所以t＝2sin(＋π4)(1，2]．S△A′EF＝9(t2－1)4(1＋t)2＝94(1－2t＋1)≤94(1－22＋1)．正方形A′B′C′D′与正方形ABCD重叠部分面积S＝S正方形A′B′C′D′－4S△A′EF≥9－9(1－22＋1)＝18(2－1)．当t＝2，即＝π4时等号成立．…………………14分18．解：（1）由题意：2222124caacabc，解得23ab．椭圆C的方程为22143x