2020届高考数学（理）课标版二轮复习训练习题：中档提升练 第五练 .docx

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1、第五练一、选择题1.在平行四边形ABCD中,AC=10,BD=1,则ABBC=()A.414 B.-414C.-94 D.94答案D由题意得,AC=BC-BA,BD=BC+BA,所以BD2-AC2=4BCBA=1-10=-9,所以ABBC=94,故选D.2.已知定义在R上的函数f(x)满足f(-x)=-f(x), f(x+1)=f(1-x),且当x0,1时, f(x)=log2(x+1),则f(31)=()A.0 B.1C.-1D.2答案C由f(x+1)=f(1-x)及f(-x)=-f(x),得f(x+2)=f (x+1)+1=f 1-(x+1)=f(-x)=-f(x),则f(x+4)=f (

2、x+2)+2=-f(x+2)=f(x),函数f(x)是以4为周期的周期函数,f(31)=f(48-1)=f(-1)=-f(1)=-log2(1+1)=-1,故选C.3.将函数f(x)=cos 2x的图象向右平移4个单位长度后得到函数g(x)的图象,则g(x)()A.最大值为1,图象关于直线x=2对称B.为奇函数,在0,4上单调递增C.为偶函数,在-38,8上单调递增D.周期为,图象关于点38,0对称答案B将函数f(x)=cos 2x的图象向右平移4个单位长度后得到函数g(x)=cos2x-4=sin 2x的图象,则函数g(x)的最大值为1,其图象关于直线x=k2+4(kZ)对称,故选项A不正确

3、;函数g(x)为奇函数,当x0,4时,2x0,2,故函数g(x)在0,4上单调递增,故选项B正确,选项C不正确;函数g(x)的周期为,其图象关于点k2,0(kZ)对称,故选项D不正确.故选B.4.设F1,F2分别是双曲线C:x2a2-y2b2=1(a0,b0)的左,右焦点,M为双曲线右支上一点,N是MF2的中点,O为坐标原点,且ONMF2,3|ON|=2|MF2|,则C的离心率为()A.6 B.5C.4 D.3答案B连接MF1,由双曲线的定义得|MF1|-|MF2|=2a,因为N为MF2的中点,O为F1F2的中点,所以ONMF1,所以|ON|=12|MF1|,因为3|ON|=2|MF2|,所以

4、|MF1|=8a,|MF2|=6a,因为ONMF2,所以MF1MF2,在RtMF1F2中,由勾股定理得(8a)2+(6a)2=(2c)2,即5a=c,因为e=ca,所以e=5,故选B.二、填空题5.已知函数f(x)=ln x-ax(aR)的图象与直线x-y+1=0相切,则实数a的值为.答案1e2-1解析设直线x-y+1=0与函数f(x)=ln x-ax的图象的切点为P(x0,y0),因为f (x)=1x-a,所以由题意得x0-y0+1=0,f (x0)=1x0-a=1,f(x0)=ln x0-ax0=y0,解得a=1e2-1.6.已知三棱锥S-ABC中,SA平面ABC,且SA=6,AB=4,B

5、C=23,ABC=30,则该三棱锥的外接球的表面积为.答案52解析如图,取SB的中点O,连接OA,OC.易知OA=OS=OB.在ABC中,AC2=42+(23)2-2423cos 30=4,AC2+BC2=AB2,ACBC.SA平面ABC,BC平面 ABC,SABC,又SAAC=A,SA,AC平面SAC,BC平面SAC,又SC平面 SAC,BCSC,OS=OB=OC,O是三棱锥S-ABC的外接球的球心.在RtSBA中,AB=4,SA=6,SB=213,外接球的半径R=12SB=13,该三棱锥的外接球的表面积S=4R2=52.三、解答题7.已知an是各项都为正数的数列,其前n项和为Sn,且Sn为

6、an与1an的等差中项.(1)求数列an的通项公式;(2)设bn=(-1)nan,求bn的前n项和Tn.解析(1)由题意知,2Sn=an+1an,即2Snan-an2=1,当n=1时,由式可得S1=1;当n2时,an=Sn-Sn-1,代入式,得2Sn(Sn-Sn-1)-(Sn-Sn-1)2=1,整理得Sn2-Sn-12=1.所以Sn2是首项为1,公差为1的等差数列,所以Sn2=1+n-1=n.因为an的各项都为正数,所以Sn=n,所以an=Sn-Sn-1=n-n-1(n2),又a1=S1=1符合上式,所以an=n-n-1.(2)bn=(-1)nan=(-1)nn-n-1=(-1)n(n+n-1

7、),当n为奇数时,Tn=-1+(2+1)-(3+2)+(n-1+n-2)-(n+n-1)=-n.当n为偶数时,Tn=-1+(2+1)-(3+2)+-(n-1+n-2)+(n+n-1)=n.所以bn的前n项和Tn=(-1)nn.8.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,B1A1A=C1A1A=60,AA1=AC=4,AB=2,P,Q分别为棱AA1,AC的中点.(1)在BC上是否存在点M,使得AM平面B1PQ?请证明你的结论;(2)若侧面ACC1A1底面ABB1A1,求直线A1C1与平面B1PQ所成角的正弦值.解析(1)在BC上存在点M,即靠近点B的三等分点,使得AM平面B1PQ.证明:如图,在平

8、面ABB1A1内,过点A作ANB1P交BB1于点N,连接BQ,在BB1Q中,取BQ的中点H,连接NH,则NHB1Q.ANNH=N,B1PB1Q=B1,且AN,NH平面AHN,B1P,B1Q平面B1PQ,平面AHN平面B1PQ.又AH平面AHN,AH平面B1PQ.连接AH并延长交BC于点M,AM平面B1PQ.在ABC中,取BC的中点R,连接HR,可知HRAC=14=MRMC,从而CM=2MB,则点M即为所求.(2)连接PC1,AC1.AA1=AC=A1C1,C1A1A=60,AC1A1为等边三角形.P为AA1的中点,PC1AA1.又侧面ACC1A1底面ABB1A1,且平面ACC1A1平面ABB1

9、A1=AA1,PC1平面ACC1A1,PC1平面ABB1A1.在平面ABB1A1内过点P作PHAA1,交BB1于点H,分别以PH,PA1,PC1的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系P-xyz, 则P(0,0,0),A1(0,2,0),A(0,-2,0),C(0,-4,23),C1(0,0,23).A1C1=(0,-2,23).Q为AC的中点,点Q的坐标为(0,-3,3),PQ=(0,-3,3).A1B1=AB=2,B1A1A=60,B1(3,1,0),PB1=(3,1,0).设平面B1PQ的法向量为m=(x,y,z),由PQm=0,PB1m=0得-3y+3z=0,3x+y=0,令x=1,得y=-3,z=-3,平面B1PQ的一个法向量为m=(1,-3,-3).设直线A1C1与平面B1PQ所成角为,则sin =|cos|=A1C1m|A1C1|m|=3913,即直线A1C1与平面B1PQ所成角的正弦值为3913.