2020届高考数学一轮复习 综合检测二（标准卷）理（含解析） 新人教A版

综合检测二(标准卷)考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间120分钟，满分150分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷(选择题共60分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60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．设全集为R，集合A＝x2－xx0，B＝{x|x≥1}，则A∩B等于()A．{x|0x≤1}B．{x|0x1}C．{x|1≤x2}D．{x|0x2}答案C解析由集合A＝x2－xx0，可知0x2；因为B＝{x|x≥1}，所以A∩B＝{}x|1≤x2，故选C.2．若复数z满足(1＋2i)z＝1－i，则复数z为()A.15＋35iB．－15＋35iC.15－35iD．－15－35i答案D解析∵(1＋2i)z＝1－i，∴z＝1－i1＋2i＝1－i1－2i1＋2i1－2i＝－1－3i5＝－15－35i，故选D.3．设变量x，y满足约束条件y≥0，x－y＋1≥0，x＋y－3≤0，，则z＝2x－y的最小值为()A．－3B．－2C．－1D．2答案B解析绘制不等式组表示的可行域(阴影部分包含边界)，结合目标函数可得，目标函数在点A(－1,0)处取得最小值z＝2x－y＝－2.4.如图，在△OAB中，P为线段AB上的一点，OP→＝xOA→＋yOB→，且BP→＝2PA→，则()A．x＝23，y＝13B．x＝13，y＝23C．x＝14，y＝34D．x＝34，y＝14答案A解析由题可知OP→＝OB→＋BP→，又BP→＝2PA→，所以OP→＝OB→＋23BA→＝OB→＋23(OA→－OB→)＝23OA→＋13OB→，所以x＝23，y＝13，故选A.5．(2x＋x)4的展开式中x3的系数是()A．6B．12C．24D．48答案C解析(2x＋x)4的展开式的通项公式为Tk＋1＝Ck4(2x)4－k(x)k＝Ck424－k42kx－，令4－k2＝3解得k＝2，故x3的系数为C2422＝24，故选C.6．阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，则输出的S值为()A．15B．37C．83D．177答案B解析执行程序，可得S＝0，i＝1，不符合，返回循环；S＝2×0＋1＝1，i＝3，不符合，返回循环；S＝2×1＋3＝5，i＝5，不符合，返回循环；S＝2×5＋5＝15，i＝7，不符合，返回循环；S＝2×15＋7＝37，i＝9，符合，输出S＝37.故选B.7．在公比为q的正项等比数列{an}中，a4＝1，则当2a2＋a6取得最小值时，log2q等于()A.14B．－14C.18D．－18答案A解析2a2＋a6≥22a2a6＝22a24＝22，当且仅当q4＝2时取等号，所以log2q＝log2214＝14，故选A.8.三世纪中期，魏晋时期的数学家刘徽首创割圆术，为计算圆周率建立了严密的理论和完善的算法．所谓割圆术，就是不断倍增圆内接正多边形的边数求出圆周率的方法．如图是刘徽利用正六边形计算圆周率时所画的示意图，现向圆中随机投掷一个点，则该点落在正六边形内的概率为()A.332πB.33π2C.322πD.3π2答案A解析设圆的半径为r，则圆的面积S圆＝πr2，正六边形的面积S正六边形＝6×12×r2×sin60°＝332r2，所以向圆中随机投掷一个点，该点落在正六边形内的概率P＝S正六边形S圆＝332r2πr2＝332π，故选A.9．已知某几何体的三视图如图所示，俯视图是由边长为2的正方形和半径为1的半圆组成，则该几何体的体积为()A．8＋2π3B．8＋π6C．4＋π3D．8＋π3答案D解析由三视图可知几何体为半圆锥与正方体的组合体，V＝23＋12×13×π×12×2＝8＋π3.10．在△ABC中，内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，且asin2B＋bsinA＝0，若a＋c＝2，则边b的最小值为()A．4B．33C．23D.3答案D解析根据asin2B＋bsinA＝0，由正弦定理可得sinAsin2B＋sinBsinA＝0⇒cosB＝－12，∵0Bπ，∴B＝2π3，A＋C＝π3.由余弦定理可得b2＝a2＋c2－2ac·cosB＝a2＋c2＋ac＝(a＋c)2－ac＝4－ac.∵a＋c＝2≥2ac，当且仅当a＝c＝1时取等号，∴ac≤1.∴b2＝4－ac≥3,即b≥3.故边b的最小值为3.11．已知直线l的倾斜角为45°，直线l与双曲线C：x2a2－y2b2＝1(a0，b0)的左、右两支分别交于M，N两点，且MF1，NF2都垂直于x轴(其中F1，F2分别为双曲线C的左、右焦点)，则该双曲线的离心率为()A.3B.5C.5－1D.5＋12答案D解析∵直线l与双曲线的左、右两支分别交于M，N两点，且MF1，NF2都垂直于x轴，∴根据双曲线的对称性，设点M(－c，－y)，N(c，y)(y0)，则c2a2－y2b2＝1，即|y|＝c2－a2a，且|MF1|＝|NF2|＝|y|，又∵直线l的倾斜角为45°，∴直线l过坐标原点，|y|＝c，∴c2－a2a＝c，整理得c2－ac－a2＝0，即e2－e－1＝0，解方程得e＝5＋12.12．若不等式2xlnx≥－x2＋ax－3对x∈(0，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围是()A．(－∞，0)B．(－∞，4]C．(0，＋∞)D．[4，＋∞)答案B解析∵2xlnx≥－x2＋ax－3对x∈(0，＋∞)恒成立，∴a≤x＋2lnx＋3x对x∈(0，＋∞)恒成立，令f(x)＝x＋2lnx＋3x，则f′(x)＝1＋2x－3x2＝x2＋2x－3x2.由f′(x)0得x1，即f(x)在(1，＋∞)上为增函数；由f′(x)0得0x1，即f(x)在(0,1)上为减函数．∴f(x)min＝f(1)＝4，∴a≤4，∴实数a的取值范围是(－∞，4]．第Ⅱ卷(非选择题共90分)二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．f(x)＝12x＋1，x≤0，－x－12，x0，则使f(a)＝－1成立的a值是________．答案－4或2解析f(x)＝12x＋1，x≤0，－x－12，x0，f(a)＝－1，当a≤0时，f(a)＝12a＋1＝－1，解得a＝－4,当a＞0时，f(a)＝－(a－1)2＝－1，解得a＝2.14．已知l1：mx－y－3m＋1＝0与l2：x＋my－3m－1＝0相交于点P，线段AB是圆C：(x＋1)2＋(y＋1)2＝4的一条动弦，且|AB|＝23，则|PA→＋PB→|的最小值是________．答案42－2解析∵l1：mx－y－3m＋1＝0与l2：x＋my－3m－1＝0，∴l1⊥l2，l1过定点(3,1)，l2过定点(1,3)，∴点P的轨迹方程为圆(x－2)2＋(y－2)2＝2，作CD⊥AB，则|CD|＝22－32＝1，∴点D的轨迹方程为(x＋1)2＋(y＋1)2＝1，则|PA→＋PB→|＝2|PD→|，∵圆P和圆D的圆心距为2＋12＋2＋12＝321＋2，∴两圆外离，∴|PD|的最小值为32－1－2＝22－1，∴|PA→＋PB→|的最小值为42－2.15.已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)A0，ω0，|φ|π2的部分图象如图所示，则f(0)＝________.答案1解析由函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)的部分图象知，A＝2，T4＝5π12－π6＝π4，∴T＝π，∴ω＝2ππ＝2，又fπ6＝2sin2×π6＋φ＝2,∴φ＝π6＋2kπ，k∈Z.又|φ|π2，∴φ＝π6.∴f(x)＝2sin2x＋π6，f(0)＝2sinπ6＝1.16．已知抛物线C：y2＝8x，点P(0,4)，点A在抛物线上，当点A到抛物线准线l的距离与点A到点P的距离之和最小时，F是抛物线的焦点，延长AF交抛物线于点B，则△AOB的面积为________．答案45解析根据抛物线性质知抛物线上一点到准线的距离等于到焦点的距离，故当P，A，F三点共线时达到最小值，由P(0,4)，F(2,0)，可得lAB：2x＋y－4＝0，联立抛物线方程可得x2－6x＋4＝0，设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，故|AB|＝x1＋x2＋p＝6＋4＝10，原点到直线lAB：2x＋y－4＝0的距离d＝|4|4＋1＝455，所以△AOB的面积为12×10×455＝45.三、解答题(本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(12分)已知等差数列{an}的公差不为零，a1＝25，且a1，a11，a13成等比数列．(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝(－1)nan，求数列{bn}前2019项的和．解(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，a1＝25，a211＝a1·a13⇒a1＝25，a1＋10d2＝a1a1＋12d⇒a1＝25，d＝－2，∴{an}的通项公式为an＝27－2n.(2){bn}的前2019项的和S2019为S2019＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2018＋b2019＝(a2－a1)＋(a4－a3)＋…＋(a2018－a2017)－a2019＝(－2)×20182－(27－2×2019)＝1993.18．(12分)如图，五边形ABSCD中，四边形ABCD为长方形，三角形SBC为边长为2的正三角形，将三角形SBC沿BC折起，使得点S在平面ABCD上的射影恰好在AD上．(1)当AB＝2时，证明：平面SAB⊥平面SCD；(2)若AB＝1，求平面SCD与平面SBC所成二面角的余弦值的绝对值．(1)证明作SO⊥AD，垂足为O，依题意得SO⊥平面ABCD，∴SO⊥AB，SO⊥CD，又AB⊥AD，SO∩AD＝O，SO，AD⊂平面SAD，∴AB⊥平面SAD，∴AB⊥SA，AB⊥SD.利用勾股定理得SA＝SB2－AB2＝4－2＝2，同理可得SD＝2.在△SAD中，AD＝2，SA＝SD＝2，SA2＋SD2＝AD2，∴SA⊥SD，又SA∩AB＝A，∴SD⊥平面SAB，又SD⊂平面SCD，∴平面SAB⊥平面SCD.(2)解连接BO，CO，∵SB＝SC，∴Rt△SOB≌Rt△SOC，∴BO＝CO，又四边形ABCD为长方形，∴Rt△AOB≌Rt△DOC，∴OA＝OD.取BC中点为E，得OE∥AB，连接SE，∴SE＝3，其中OE＝1，OA＝OD＝1，OS＝3－12＝2，由以上证明可知OS，OE，AD互相垂直，不妨以直线OA，OE，OS为x，y，z轴建立空间直角坐标系．∴DC→＝(0,1,0)，SC→＝(－1,1，－2)，BC→＝(－2,0,0)，设m＝(x1，y1，z1)是平面SCD的法向量，则有m·DC→＝0，m·SC→＝0，即y1＝0，－x1＋y1－2z1＝0，令z1＝1得m＝(－2，0,1)，设n＝(x2，y2，z2)是平面SBC的法向量，则有n·BC→＝0，n·SC→＝0，即－2x2＝0，－x2＋y2－2z2＝0，令z1＝1得n＝(0，2，1)．则|cos〈m，n〉|＝|m·n||m||n|＝13×3＝13，所以平面SCD与平面SBC所成二面角的余弦值的绝对值为13.19．(12分)某芯片代工厂生产某型号芯片每盒12片，每批生产若干盒，每片成本1元，每盒芯片需检验合格后方可出厂．检验方案是从每盒芯片随机取3片检验，若发现次品，就要把全盒12片产品全部检验，然后用合格品替换掉不合格品，方可出厂；若无次品，则认定该盒芯片合格，不再检验，可出厂．(1)若某盒芯片中有9片合格，3片不合格，求该盒芯片经一次检验即可出厂的概率；(2)若每片芯片售价10元，每片芯片检验费用1元，次品到达组装工厂被发现后，每片须由代工厂退赔10元，并补偿1片经检验合格的芯片给组装厂．设每片芯片