2021’新課標·名師導學·高考第一輪總復習綜合試題(三)數學時間：60分鐘總分：100分[對應學生用書p327]一、選擇題(本大題共6小題，每小題5分，共30分．其中多項選擇題全部選對得5分，部分選對得3分，有選錯或不選得0分．)1．如圖是甲、乙兩位同學在六次數學小測試(滿分100分)中得分情況的莖葉圖，則下列說法錯誤的是()甲乙972422881913969A.甲得分的平均數比乙大B．甲得分的極差比乙大C．甲得分的方差比乙小D．甲得分的中位數和乙相等[答案]B2．已知命題p：“關于x的方程x2－4x＋a＝0有實根”，若綈p為真命題的充分不必要條件為a>3m＋1，則實數m的取值范圍是()A．(1，＋∞)B．[1，＋∞)C．(－∞，1)D．(－∞，1][解析]由命題p為真，得Δ＝16－4a≥0，則a≤4.所以綈p為真命題時，a>4.因為a>3m＋1是綈p為真命題的充分不必要條件，所以3m＋1>4，故m>1，則m的取值范圍為(1，＋∞)．[答案]A3．(多選)已知f(x)是定義在R的偶函數，當x≥0時，f(x)＝x3－3x，則()A．f(x)在(－∞，－1)上單調遞增B．f(x)的最小值為－2C．不等式f(x)<0的解集為[－eq\r(3)，eq\r(3)]D．方程f(x)＋1＝0有4個不同的實數解[解析]當x≥0時，f(x)＝x3－3x，f′(x)＝3x2－3，令f′(x)＝0得x＝1，所以f(x)在(0，1)單調遞減，在(1，＋∞)單調遞增，又f(x)為偶函數，所以f(x)在(－∞，－1)上單調遞減，A錯；易知f(x)min＝f(1)＝－2，B正確；由函數的草圖易知，C錯，D正確．故選BD.[答案]BD4．已知函數f(x)＝sin(ωx＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，0))為f(x)圖象的對稱中心，若圖象上相鄰兩個極值點x1，x2滿足|x1－x2|＝1，則下列區間中存在極值點的是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(π,3)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))[解析]由|x1－x2|＝1得eq\f(T,2)＝1，ω＝π，∵Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，0))為f(x)的對稱中心，∴eq\f(1,3)×π＋φ＝kπ(k∈Z)，φ＝－eq\f(π,3)，∴f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx－\f(π,3)))，∴f(x)的極值點為πx－eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)＋kπ，x＝eq\f(5,6)＋k，k∈Z，當k＝－1時，x＝－eq\f(1,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0)).[答案]A5．一個正三角形的三個頂點都在雙曲線x2＋ny2＝1的右支上，且其中一個頂點在雙曲線的右頂點，則實數n的取值范圍是()A．(3，＋∞)B．(eq\r(3)，＋∞)C．(－∞，－eq\r(3))D．(－∞，－3)[解析]法一：記曲線的右頂點為A，由條件得過點A且傾斜角為30°的直線與雙曲線右支有交點，數形結合知，第一象限漸近線的斜率k＝eq\r(－\f(1,n))<tan30°＝eq\f(\r(3),3)，a<－3，則選D.法二：設正三角形邊長為2m，由題意得三角形的另一頂點P(1＋eq\r(3)m，m)在雙曲線上，代入x2＋ny2＝1后可解得m＝eq\f(－2\r(3),n＋3)，由m>0知a<－3.[答案]D6．已知函數f(x)＝(ex－a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ax＋\f(1,e)))，若f(x)≥0(x∈R)恒成立，則滿足條件的a的個數為()A．0B．1C．2D．3[解析]對任意x∈R，(ex－a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ax＋\f(1,e)))≥0恒成立，①易知a＝0時滿足題意；②a<0時，ex－a>0，但不一定對任意x∈R，ax＋eq\f(1,e)≥0成立，舍去．③a>0時，由題意知f(x)＝0的兩根x1＝x2，即lna＝－eq\f(1,ae).令φ(x)＝lnx＋eq\f(1,ex)，φ′(x)＝eq\f(ex－1,ex2)＝0，x＝eq\f(1,e)，∴φ(x)≥φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝0，故lna＝－eq\f(1,ea)恰有一根a＝eq\f(1,e).綜上，滿足條件的a的個數為2.[答案]C二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分，將各小題的結果填在題中橫線上．)7．設實數x，y滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y≥0，,x－y＋2≥0，,5x－y－6≤0，))則z＝2x－y的最大值是________．[解析]畫出不等式組表示的可行域如圖所示，易知z＝2x－y在點A(1，－1)處取得最大值zmax＝2×1－(－1)＝3.[答案]38．已知實數a≠0，對任意x∈R，有(1－ax)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5，且4a1＋a2＝0，則a0＋a1＋a2＋…＋a5＝________．[解析]由二項式展開式的通項公式得a1＝Ceq\o\al(1,5)(－a)，a2＝Ceq\o\al(2,5)a2，由4a1＋a2＝0，a≠0，解得a＝2.令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a5＝(1－2)5＝－1.[答案]－19．過拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點F且傾斜角為銳角的直線l與C交于A，B兩點，過線段AB的中點N且垂直于l的直線與C的準線交于點M，若|MN|＝eq\f(\r(3),3)|AB|，則l的斜率為__________．[解析]分別過A，B，N作拋物線的準線的垂線，垂足分別為A′，B′，N′，由拋物線的定義知|AF|＝|AA′|，|BF|＝|BB′|，|NN′|＝eq\f(1,2)(|AA′|＋|BB′|)＝eq\f(1,2)|AB|，因為|MN|＝eq\f(\r(3),3)|AB|，所以|NN′|＝eq\f(\r(3),2)|MN|，所以∠MNN′＝30°，即直線MN的傾斜角為150°，又直線MN與直線l垂直且直線l的傾斜角為銳角，所以直線l的傾斜角為60°，kAB＝eq\r(3).[答案]eq\r(3)10．如圖，在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，點E、F分別是棱A1D1，A1B1的中點，P是側面正方形BCC1B1內一點(含邊界)，若FP∥平面AEC，則線段A1P長度的取值范圍是______________________．[解析]取B1C1中點G，連FG，GB，可證平面FGB∥平面AEC，故P在線段BG上運動．在等腰三角形A1BG中，A1G＝BG＝eq\r(5)，A1B＝2eq\r(2)，作A1H⊥BG于H，由等面積法可求得A1H＝eq\f(2\r(30),5)，則A1H≤A1P≤A1B，∴A1P的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2\r(30),5)，2\r(2))).[答案]eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2\r(30),5)，2\r(2)))三、解答題(本大題共3小題，共50分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．)11．(16分)已知等差數列{an}的前n項和為Sn，aeq\o\al(2,2)＝8a1＋1，公差d>0，S1、S4、S16成等比數列，數列{bn}滿足log2bn＝(an－1)log2eq\r(x).(1)求數列{an}，{bn}的通項公式；(2)已知cn＝eq\f(1,anan＋1)，求數列{cn＋bn}的前n項和Tn.[解析](1)由題意知S1＝a1，S4＝4a1＋6d，S16＝16a1＋120d，由Seq\o\al(2,4)＝S1·S16得(4a1＋6d)2＝a1(16a1＋120d)，解得d＝2a1>0.又aeq\o\al(2,2)＝(a1＋d)2＝8a1＋1，得9aeq\o\al(2,1)＝8a1＋1，解得a1＝1或a1＝－eq\f(1,9)(舍)．∴d＝2，an＝2n－1.又log2bn＝(2n－2)log2eq\r(x)＝log2xn－1(x>0)，∴bn＝xn－1.(2)cn＝eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，①當x＝1時，Tn＝(c1＋c2＋…＋cn)＋(b1＋…＋bn)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＋n.②當x≠1時，Tn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＋eq\f(1－xn,1－x).12．(16分)已知三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BB1＝2，D是BC的中點，∠B1BA＝60°，B1D⊥AB.(1)求證：AB⊥AC；(2)若側面ACC1A1為正方形，求直線B1D與平面C1AD所成角的正弦值．[解析](1)如圖，作B1O⊥AB于O，連接OD.∵AB＝BB1＝2，∠B1BA＝60°，∴BO＝1，O為AB中點，又D為BC中點，∴OD∥AC.由B1D⊥AB，B1O⊥AB，B1D∩B1O＝B1，∴AB⊥平面B1OD，AB⊥OD，∴AB⊥AC.(2)由側面ACC1A1為正方形，得AC⊥AA1，結合(1)得AC⊥平面ABB1A.在平面ABB1A內作AE⊥AB，故以A為坐標原點，射線AB，AC，AE分別為x，y，z軸正半軸建立空間直角坐標系，如圖所示．則A(0，0，0)，D(1，1，0)，C1(－1，2，eq\r(3))，B1(1，0，eq\r(3))，則eq\o(AD,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(－1，2，eq\r(3))，eq\o(B1D,\s\up6(→))＝(0，1，－eq\r(3))，設平面C1AD的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AC1,\s\up6(→))＝0，))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,－x＋2y＋\r(3)z＝0，))故可取n＝(1，－1，eq\r(3))，則cos〈n，eq\o(B1D,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(B1D,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(B1D,\s\up6(→)))))＝eq\f(－2,\r(5))，∴直線B1D與平面C1AD所成角的正弦值為eq\f(2\r(5),5).

13.(18分)已知函數f(x)＝ln(x＋1)＋eq\f(a,2)x2.(1)當a＝－1時，求f(x)的單調區間；(2)若函數f(x)有兩個極值點x1，x2，且x1<x2，f′(x)為f(x)的導函數，設m＝f(x2)＋eq\f(x1＋2,8)·f′(x1＋1)，求m的取值范圍，并求m取到最小值時所對應的a的值．[解析](1)由條件得x>－1，f(x)＝ln(x＋1)－eq\f(x2,2)，∴f′(x)＝eq\f(1,x＋1)－x＝eq\f(－x2－x＋1,x＋1).令f′(x)＝0得x＝eq\f(\r(5)－1,2)，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(5)－1,2)))時，f′(x)>0；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5)－1,2)，＋∞))時，f′(x)<0，則f(x)的單調遞增區間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(5)－1,2)))，單調遞減區間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5)－1,2)，＋∞)).(2)由條件得x>－1，f′(x)＝eq\f(1,x＋1)＋ax＝eq\f(ax2＋ax＋1,x＋1).由條件得φ(x)＝ax2＋ax＋1＝0有兩根x1，x2，滿足－1<x1<x2.∴Δ>0，∴a<0或a>4；∵函數φ(x)的對稱軸為x＝－eq\f(1,2)，－1<x1<x2，x1＋x2＝－1，∴x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0)).∵axeq\o\al(2,2)＋ax2＋1＝0，∴a＝－eq\f(1,x2（x2＋1）)，∴f(x2)＝ln(x2＋1)＋eq\f(a,2)xeq\o\al(2,2)＝ln(x2＋1)－eq\f(x2,2（x2＋1）).∵x1＋x2＝－1，∴x1＝－x2－1，∴eq\f(x1＋2,8)·f′(x1＋1)＝eq\f(1－x2,8)f′(－x2)＝eq\f(axeq\o\al(2,2)－ax2＋1,8)＝eq\f(1,4（x2＋1）)，∴m＝ln(x2＋1)－eq\f(x2,2（x2＋1）)＋eq\f(1,4（x2＋1）)＝ln(x2＋1)－eq\f(2x2－1,4（x2＋1）).令h(x)＝lnx－eq\f(2