2022年高考數(shù)學大一輪復習 鎖定128分 強化訓練五

2022年高考數(shù)學大一輪復習 鎖定128分 強化訓練五標注“”為教材原題或教材改編題.一、 填空題(本大題共14小題,每小題5分,共70分)1. 若集合A=,B=x|log2(x-1)<2,則AB=.2. 命題“若x>1,則x2+2x-3>0”的逆否命題是.3. 已知復數(shù)z1=m+2i,z2=3-4i(i是虛數(shù)單位),若為實數(shù),則實數(shù)m的值為.4. 執(zhí)行如圖所示的流程圖,則輸出的n的值為.(第4題)5. 某位同學五次考試的成績分別為130,125,126,126,128,則該組數(shù)據(jù)的方差s2=.6. 已知函數(shù)f(x)=f'cosx-sin x+2x,那么f'=.7. 從裝有2個黃球、3個紅球的袋中任取3個球,則所取的3個球中至少有1個黃球的概率是.8. 若雙曲線my2-x2=1的一個頂點在拋物線y=x2的準線上,則該雙曲線的離心率為.9. 已知在ABC中,AB=1,BC=2,那么角C的取值范圍是.10. 已知光線通過點A(2,3),經(jīng)直線x+y+1=0反射,其反射光線通過點B(1,1),則入射光線所在直線的方程為.11. 21×1=2,22×1×3=3×4,23×1×3×5=4×5×6,24×1×3×5×7=5×6×7×8,依此類推,第n個等式為.12. 如圖,設P為ABC所在平面內(nèi)的一點,且=+,則ABP與ABC的面積之比為.(第12題)13. 設函數(shù)f(x)=x2-ax+a+3,g(x)=ax-2a.若存在x0R,使得f(x0)<0與g(x0)<0同時成立,則實數(shù)a的取值范圍是.14. 設F1,F2分別是橢圓C:+=1(a>b>0)的左、右焦點,點P在橢圓C上,線段PF1的中點在y軸上,若PF1F2=30°,則橢圓C的離心率為.答題欄題號1234567答案題號891011121314答案二、 解答題(本大題共4小題,共58分.解答時應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)15. (本小題滿分14分)在ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c,已知acosC-bcosC=ccosB-ccosA,且C=120°.(1) 求角A的大小;(2) 若a=2,求c的值.16. (本小題滿分14分)如圖,矩形AMND所在的平面與直角梯形MBCN所在的平面互相垂直,MBNC,MNMB.(1) 求證:平面AMB平面DNC;(2) 若MCCB,求證:BCAC.(第16題)17. (本小題滿分14分)已知函數(shù)f(x)=x(x-a)2,a是大于零的常數(shù).(1) 當a=1時,求f(x)的極值;(2) 若函數(shù)f(x)在區(qū)間1,2上單調(diào)遞增,求實數(shù)a的取值范圍.18. (本小題滿分16分)已知過原點O且以C(tR,t0)為圓心的圓與x軸、y軸分別交于點A和點B.(1) 求證:OAB的面積為定值;(2) 設直線y=-2x+4與圓C交于點M,N,若OM=ON,求圓C的方程.鎖定128分強化訓練(5)1. (1,2)【解析】 由題知A=(-,2),B=(1,5),則AB=(1,2).2. 若x2+2x-30,則x13. -【解析】 由z1=m+2i,z2=3-4i,則=+i為實數(shù),所以4m+6=0,則m=-.4. 5【解析】 第一次循環(huán)時,n=1,s=-;第二次循環(huán)時,n=2,s=-1=-;第三次循環(huán)時,n=3,s=-+1=-;第四次循環(huán)時,n=4,s=-+=0;第五次循環(huán)時,n=5,s=>0,跳出循環(huán),所以n=5.5. 3.2【解析】 由題知=127,所以s2=×(130-127)2+(125-127)2+(126-127)2×2+(128-127)2=3.2.6. 2-【解析】 因為f'(x)=-f'sin x-cos x+2,所以f'=-f'sin-cos+2,解得f'=1,所以f'(x)=-sin x-cos x+2,所以f'=2-.7. 【解析】 由枚舉法可得基本事件共10個,至少有1個黃球的事件有9個,故所求概率是.8. 【解析】 拋物線y=x2,即x2=2y,準線方程為y=-,所以a2=,b2=1,c2=,所以e2=5,離心率e=.9. 【解析】 由正弦定理得sin C=sin A.因為sin A(0,1,所以sin C.又AB<BC,所以C<A,所以C.10. 5x-4y+2=0【解析】 點B(1,1)關(guān)于直線的對稱點為B'(-2,-2).由題意知入射光線過點A(2,3)與點B'(-2,-2),則入射光線所在直線的方程為5x-4y+2=0.11. 2n·1·3··(2n-1)=(n+1)(n+2)··2n【解析】 觀察等式兩邊,歸納即得.12. (第12題)【解析】 將向量投影到,上,即過點P作AB,AC的平行線,分別交AC,AB于點D,E.由系數(shù),的幾何意義知,=,=.于是=·=.又SADE=S四邊形ADPE=SAPE,所以=.而=,所以=.13. (7,+)【解析】 由題知f(1)=4,函數(shù)g(x)=ax-2a恒過點(2,0),故當a=0時,f(x)=x2-ax+a+3=x2+3恒大于0,顯然不成立.當a>0時,則Þa>7.當a<0時,x=<0,又f(1)=4>0,顯然不成立.綜上,a>7.14. 【解析】 方法一:設線段PF1的中點為Q,則OQ是PF1F2的中位線,則PF2OQ.又由OQ垂直于x軸,得PF2垂直于x軸.將x=c代入+=1(a>b>0)中,得y=±,則點P.由tanPF1F2=,得=,即3b2=2ac,得3(a2-c2)=2ac,得3c2+2ac-3a2=0,兩邊同時除以a2,得3e2+2e-3=0,解得e=-(舍去)或e=.方法二:設線段PF1的中點為Q,則OQ是PF1F2的中位線,則PF2OQ.又由OQ垂直于x軸,得PF2垂直于x軸.將x=c代入+=1(a>b>0)中,得y=±,則點P.由橢圓的定義,得PF1=2a-.由PF1F2=30°,得PF1=2PF2,即2a-=,得2a2=3b2=3(a2-c2),即a2=3c2,所以=,故橢圓C的離心率e=.15. (1) 由正弦定理及acos C-bcos C=c cos B-ccos A,得sin Acos C-sin Bcos C=sin Ccos B-sin Ccos A,即sin(A+C)=sin(B+C).因為A,B,C是ABC的內(nèi)角,所以A+C=B+C,所以A=B.因為C=120°,所以A=30°.(2) 由(1)知a=b=2,所以c2=a2+b2-2abcos C=4+4-2×2×2cos 120°=12,所以c=2.16. (1) 因為MBNC,MB平面DNC,NCÌ平面DNC,所以MB平面DNC.因為四邊形AMND是矩形,所以MADN.又MA平面DNC,DNÌ平面DNC,所以MA平面DNC.又MAMB=M,且MA,MBÌ平面AMB,所以平面ABM平面DNC.(2) 因為四邊形AMND是矩形,所以AMMN.因為平面AMND平面MBCN,且交線為MN,所以AM平面MBCN.因為BCÌ平面MBCN,所以AMBC.因為MCBC,MCAM=M,所以BC平面AMC.因為ACÌ平面AMC,所以BCAC.17. (1) f(x)=x(x-a)2=x3-2ax2+a2x,f'(x)=3x2-4ax+a2,當a=1時,f'(x)=3x2-4x+1=(3x-1)(x-1).令f'(x)=0,得x1=,x2=1,f(x)在區(qū)間,(1,+)上分別單調(diào)遞增、單調(diào)遞減、單調(diào)遞增,于是當x=時,f(x)有極大值f=;當x=1時,f(x)有極小值f(1)=0.(2) f'(x)=3x2-4ax+a2,若函數(shù)f(x)在區(qū)間1,2上單調(diào)遞增,則f'(x)=3x2-4ax+a20在x1,2上恒成立,當0<<1,即0<a<時,f'(1)=3-4a+a20,解得0<a1;當12,即a3時,f'=-0,無解;當>2,即a>3時,f'(2)=12-8a+a20,解得a6.綜上,當函數(shù)f(x)在區(qū)間1,2上單調(diào)遞增時,實數(shù)a的取值范圍為a|0<a1或a6.18. (1) 因為圓C過原點O,所以OC2=t2+.設圓C的方程為(x-t)2+=t2+.令x=0,得y1=0,y2=;令y=0,得x1=0,x2=2t.所以SOAB=OA·OB=××|2t|=4,即OAB的面積為定值.(2) 因為OM=ON,CM=CN,所以OC垂直平分線段MN.因為kMN=-2,所以kOC=,所以直線OC的方程為y=x.因為C為圓心,所以=t,解得t=±2.當t=2時,C(2,1),OC=,此時點C到直線y=-2x+4的距離d=<,直線與圓交于兩點;當t=-2時,C(-2,-1),OC=,此時點C到直線y=-2x+4的距離d=>,直線與圓相離,所以t=-2不符合題意,舍去.所以圓C的方程為(x-2)2+(y-1)2=5.