2020届高考数学二轮教师用书：下篇指导六手热心稳·实战演练


Ⅰ：高考客观题(12＋4)·提速练(一)
限时40分钟　满分80分
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)
1．已知集合M＝{x|x＋3＜2x2}，N＝{x|－2≤x＜1}，则M∩N＝(　　)
A.　　　　　　　 B.
C．[－2，－1) D．[－2,3)
解析：C　[解法一　由x＋3＜2x2，得2x2－x－3＞0，即(x＋1)(2x－3)＞0，得x＜－1或x＞.所以M＝(－∞，－1)∪.又N＝[－2,1)，所以M∩N＝[－2，－1)．故选C.
解法二　因为1∉N，所以排除D项；因为0＋3＜2×02不成立，所以0∉M，所以排除A项；因为－＋3＜2×2成立，所以－∈M，又－∈N，所以－∈M∩N，故排除B.综上，选C.]
2．已知复数z＝(a2－3a＋2)＋(a2－a)i(a∈R)为纯虚数，则＝(　　)
A.＋i B.－i
C．3－i D．3＋i
解析：A　[由已知可得解得a＝2，所以z＝2i，故＝＝＝＝＋i.故选A.]
3.

2019年全国两会(即中华人民共和国第十三届全国人民代表大会第二次会议和中国人民政治协商会议第十三届全国委员会第二次会议)于3月份在北京召开．代表们提交的议案都是经过多次修改．为了解代表们的议案修改次数，某调查机构采用随机抽样的方法抽取了120份议案进行调查，并进行了统计，将议案的修改次数分为6组：[0,5)，[5,10)，[10,15)，[15,20)，[20,25)，[25,30]，得到如图所示的频率分布直方图．则这120份议案中修改次数不低于15次的份数为(　　)
A．40　　　 B．60　　　 C．80　　　　 D．100
解析：B　[由频率分布直方图可知，议案修改次数不低于15次的频率为(0.06＋0.03＋0.01)×5＝0.5，所以这120份议案中修改次数不低于15次的份数为120×0.5＝60.故选B.]
4．已知角α的顶点在坐标原点O，始边与x轴的正半轴重合，将终边按逆时针方向旋转后经过点P(，1)，则cos 2α＝(　　)
A. B．－
C．－ D.
解析：D　[由题意，将角α的终边按逆时针方向旋转后所得角为α＋.因为|OP|＝＝，所以sin＝＝，cos＝＝.故cos 2α＝sin＝sin 2＝2sincos＝2××＝.故选D.]
5．(多选题)已知π为圆周率，e为自然对数的底数，则(　　)
A．πee>2，∴e>1，πe>3e，故A错误；∵00，∴e－2>，∴3e－2π>3πe－2，故B错误；∵π>3，∴logπe3，可得log3e>logπe，则πlog3e>3logπe，故D正确．故选CD.]
6.

如图是以AB为直径的半圆，且AB＝8，半径OB的垂直平分线与圆弧交于点P，＋＝0，则·＝(　　)
A．9 B．15
C．－9 D．－15
解析：C　[通解　连接OP，由已知，得OD＝DB＝AB＝2，所以DP＝＝＝2.由＋＝0可得Q为线段PD的中点，故DQ＝DP＝.因为＝＋，＝＋，所以·＝(＋)·(＋)＝·＋·＋·＋·＝6×2cos π＋0＋0＋()2＝－9.

优解　以O为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，则A(－4,0)，B(4,0)，由＋＝0，设Q(2，m)，则有P(2,2m)，22＋(2m)2＝42，m2＝3，又＝(6，m)，＝(－2，m)，所以·＝(6，m)·(－2，m)＝－12＋m2＝－9.]
7．函数f(x)＝的大致图象有(　　)

解析：C　[由ex－e－x≠0，解得x≠0，所以函数f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，故排除B项．因为f(－x)＝＝＝－f(x)，所以函数f(x)为奇函数，又f(1)＝＝＜0，故排除A项．设g(x)＝ex－e－x，显然该函数单调递增，故当x＞0时，g(x)＞g(0)＝0，则当x∈时，y＝cos(πx)＞0，故f(x)＞0，当x∈时，y＝cos(πx)＜0，故f(x)＜0，所以排除D项．综上，选C.]
8．已知函数f(x)＝sin ωxcos φ＋cos ωxsin φ的图象经过点，将该函数的图象向右平移个单位长度后所得函数g(x)的图象关于原点对称，则ω的最小值是(　　)
A. B．2
C．3 D.
解析：A　[由已知得f(x)＝sin(ωx＋φ)，f(0)＝－，得sin φ＝－，因为|φ|＜，所以φ＝－，所以f(x)＝sin.将该函数图象向右平移个单位长度后得函数g(x)＝f＝sin＝sin的图象．由已知得函数g(x)为奇函数，所以＋＝kπ(k∈Z)，解得ω＝3k－(k∈Z)．因为ω＞0，所以ω的最小值为.]
9.

某几何体的正视图和侧视图为如图所示的相同的图形，俯视图为同心圆，则该几何体的表面积为(　　)
A．14π B.π
C．36π D.π
解析：C　[由几何体的三视图可知，该几何体的上部分是一个半球，下部分为一个大圆柱的内部挖去了一个小圆柱，所以该几何体的表面积为2π×2×4＋π×22＋4π×22×＋2π×1×4＝36π.]
10．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝8，b＜4，c＝7，且满足(2a－b)cos C＝c·cos B，则△ABC的面积为(　　)
A．10 B．6
C．5 D．2
解析：B　[∵(2a－b)cos C＝ccos B，∴(2sin A－sin B)cos C＝sin Ccos B，∴2sin Acos C＝sin Bcos C＋cos Bsin C，即2sin Acos C＝sin(B＋C)，∴2sin Acos C＝sin A．∵在△ABC中，sin A≠0，∴cos C＝，∴C＝60°.由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcos C，得49＝64＋b2－2×8bcos 60°，即b2－8b＋15＝0，解得b＝3或b＝5，又b＜4，∴b＝3，∴△ABC的面积S＝absin C＝×8×3×＝6.]
11．已知双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线交双曲线的左支于点M，交双曲线的右支于点N，且MF2⊥NF2，|MF2|＝|NF2|，则该双曲线的离心率是(　　)
A. B.
C. D.＋1
解析：A　[由题意可设|MF2|＝|NF2|＝m，由点M在双曲线的左支上，得|MF2|－|MF1|＝2a，所以|MF1|＝m－2a.由点N在双曲线的右支上，得|NF1|－|NF2|＝2a，所以|NF1|＝m＋2a.因为MF2⊥NF2，所以|MN|＝m，由|NF1|＝|MF1|＋|MN|，得m＋2a＝m－2a＋m，所以m＝2a.

解法一　如图，在△MF1F2中，|MF1|＝m－2a＝(2－2)a，|MF2|＝m＝2a.易知|F1F2|＝2c，∠F1MF2＝135°，所以由余弦定理得4c2＝8a2＋(2－2)2a2－2×2a×(2－2)a×cos 135°，得c2＝3a2，所以e＝＝.故选A.
解法二　在△NF1F2中，|NF1|＝m＋2a＝(2＋2)a，|NF2|＝2a，|F1F2|＝2c，∠F1NF2＝45°，所以由余弦定理得4c2＝8a2＋(2＋2)2a2－2×2a×(2＋2)a×cos 45°，得c2＝3a2，所以e＝＝.故选A.]
12．已知函数f(x)＝，若方程[f(x)]2＋(1－a)f(x)－a＝0有两个不同的实数根，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，0]∪
B．(－∞，－1)∪∪
C．(－∞，0]
D．(－∞，－1)∪(－1,0]
解析：B　[设t＝f(x)，则方程为t2＋(1－a)t－a＝0，即(t－a)(t＋1)＝0，解得t＝a或t＝－1.函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＝.设g(x)＝－1－ln x，显然该函数在(0，＋∞)上单调递减，且g(1)＝0，故当x∈(0,1)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，且当x→0时，f(x)→－∞，当x→＋∞时，f(x)→0.如图，作出函数f(x)的大致图象．

作出直线y＝t，由图可知当t＞时，直线y＝t与函数f(x)的图象没有交点；当t＝或t≤0时，直线y＝t与函数f(x)的图象只有一个交点；当0＜t＜时，直线y＝t与函数f(x)的图象有两个交点．所以方程f(x)＝－1只有一个解，若a＝－1，则原方程有两个相同的实数根，不符合题意，则a≠－1，故由题意可得方程f(x)＝a只有一个解，所以a＝或a≤0，且a≠－1，故实数a的取值范围为(－∞，－1)∪(－1,0]∪.]
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．(理)已知二项式n的展开式中所有项的系数之和为，则展开式中x的系数为____．
解析：根据题意，令x＝1，得n＝，即n＝，解得n＝5，故展开式的通项公式为C(x2)5－rr＝Crx10－3r.令10－3r＝1，得r＝3，则展开式中x的系数为C×3＝－.
答案：－
13．(文)设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和．已知S3＝7，且a1＋3,3a2，a3＋4构成等差数列，则数列{an}的通项为________．
解析：由已知得
解得a2＝2.
设数列{an}的公比为q，由a2＝2，可得a1＝，a3＝2q，
又S3＝7，可知＋2＋2q＝7，即2q2－5q＋2＝0.
又得q1＝2，q2＝.
由题意得q＞1，∴q＝2.∴a1＝1.
故数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
答案：2n－1
14．已知P是圆C：x2＋y2＋4x－2y＋8＝0上一动点，P关于y轴的对称点为M，关于直线y＝x的对称点为N，则|MN|的取值范围是________．
解析：由题可得，圆C：(x＋2)2＋(y－)2＝1，圆心为C(－2，)，半径r＝1.设P(x，y)，则M(－x，y)，N(y，x)．|MN|＝＝·＝|OP|，易知|OC|－r≤|OP|≤|OC|＋r，|OC|＝3，所以2≤|OP|≤4,2≤|MN|≤4，所以|MN|的取值范围是[2，4]．
答案：[2，4]
15.

如图，四棱台A1B1C1D1－ABCD的底面是正方形，DD1⊥底面ABCD，DD1＝AB＝2A1B1，则异面直线AD1与BC1所成角的余弦值为________．
解析：设AB的中点为E，连接ED1，则易知BE∥C1D1，BE＝C1D1，∴四边形EBC1D1是平行四边形，∴BC1∥ED1，∴∠AD1E为异面直线AD1与BC1所成的角．∵四边形ABCD是正方形，∴BA⊥AD，∵DD1⊥

底面ABCD，∴BA⊥DD1，∴BA⊥平面AA1D1D，∴BA⊥AD1，△AED1是直角三角形．设DD1＝AB＝2A1B1＝2a，则AD1＝＝＝2a，ED1＝＝＝3a，∴cos∠AD1E＝＝.
答案：
16．一个口袋中装有编号分别为1,2,3，…，9的小球，甲、乙、丙三人从口袋中一次性各摸出三个小球．甲说：“我摸到的一个球的编号为9.”乙说：“我抽到的一个球的编号为8.”丙说：“我们三人摸到的三个小球编号之和相等，但我没有摸到编号为2的小球．”已知三个人说的都正确，则丙摸出的三个小球的编号分别为________、________、________.(每答错一个扣2分，最低为0分)
解析：由丙的说法可知，三人摸到的三个小球的编号之和相等，所以每个人摸出的三个小球的编号之和为×(1＋2＋…＋9)＝×＝15.设甲摸到的另外两个小球的编号分别为a1，a2，乙摸到的另外两个小球的编号分别为b1，b2，则由题意可得a1＋a2＝6，b1＋b2＝7.所以a1，a2的取值只有1与5,2与4两种情况．若a1，a2的取值为1,5，则由b1＋b2＝7可得，b1，b2只能取3与4，则剩余的三个数为2,6,7.若a1，a2的取值为2,4，则由b1＋b2＝7可得，b1，b2只能取1与6，则剩余的三个数为3,5,7.由题意知，丙没有摸到编号为2的小球，所以丙摸到的小球编号只能为3,5,7.
答案：357

高考客观题(12＋4)·提速练(二)
限时40分钟　满分80分
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)
1．已知集合A＝{－1,2}，B＝{0,2}，则A∪B的子集个数为(　　)
A．5　　　　 B．6　　　　 C．7　　　 　 D．8
解析：D　[由题意知A∪B＝{－1,0,2}，所以A∪B的子集个数为23＝8.故选D.]
2．已知复数z＝＋2i3，则z的共轭复数在复平面内对应的点位于(　　)
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
解析：A　[z＝＋2i3＝－2i＝1＋i－2i＝1－i，∴＝1＋i，∴复数在复平面内对应点的坐标为(1,1)，位于第一象限．故选A.]
3．某频道每天11：30～12：00播放“中国梦”主题的纪录片，在此期间会随机播出4分钟完整的有关中国梦的歌曲，小刘11：43开始观看该频道，则他听到完整的有关中国梦歌曲的概率是(　　)
A. B. C. D.
解析：D　[由题可知，该电视台开始播放有关中国梦的歌曲的时间是11：30～11：56，时长26分钟，小刘能听到完整歌曲的时间为11：43～11：56，共13分钟，所以所求概率为＝.故选D.]
4．已知实数x，y满足约束条件则z＝x－2y的最小值为(　　)
A．－6 B．－5 C．－4 D．－3
解析：B　[

作出可行域如图中阴影部分所示，作出直线x－2y＝0，平移该直线，数形结合知当平移后的直线过点A时，z取得最小值．由得A(3,4)．所以z的最小值为3－2×4＝－5.故选B.]
5．已知△ABC中，E为中线BD的中点，＝x＋y，则3x＋y＝(　　)
A．0 B．1 C．2 D．－1
解析：A　[依题意可得，＝－＝－＝(＋)－＝－，所以x＝，y＝－，所以3x＋y＝0.故选A.]
6.

若正整数N除以正整数m后的余数为n，则记N＝n(mod m)，例如10＝4(mod 6)．如图所示的程序框图表示的算法源于我国古代《孙子算经》中的“孙子定理”，执行该程序框图，若输入的a＝2，b＝3，c＝11，则输出的N＝(　　)
A．6　　　　　　 B．9
C．12 D．21
解析：C　[N＝0，N＝0＋1＝1,1＝1(mod 2)；N＝1＋1＝2,2＝0(mod 2)，2＝2(mod 3)；N＝2＋1＝3,3＝1(mod 2)；N＝3＋1＝4,4＝0(mod 2)，4＝1(mod 3)；N＝4＋1＝5,5＝1(mod 2)；N＝5＋1＝6,6＝0(mod 2)，6＝0(mod 3)，6＝6(mod 11)；N＝6＋1＝7……由此发现满足题意的N应该含有因数2和3，且被11除余1，所以可知当N＝12时，结束循环，输出的N＝12.故选C.]
7．已知函数f(x)＝2sin(ω＞0)在平面直角坐标系中的部分图象如图所示，若平行四边形ABCD的面积为32，则函数f(x)的图象在y轴右侧且离y轴最近的一条对称轴的方程为(　　)

A．x＝　　　　　　　 B．x＝
C．x＝2 D．x＝
解析：A　[设函数f(x)的最小正周期为T.因为平行四边形ABCD的面积为32，结合三角函数图象可知2×2×T＝32，得T＝8，所以ω＝＝，所以f(x)＝2sin，令x＋＝＋kπ，k∈Z，得x＝＋4k，k∈Z.故选A.]
8.

如图所示的几何体是从棱长为2的正方体中截去到正方体的某个顶点的距离均为2的几何体后的剩余部分，则该几何体的表面积为(　　)
A．24－3π B．24－π
C．24＋π D．24＋5π
解析：B　[由题意知该几何体是从棱长为2的正方体中截去以正方体某个顶点为球心，2为半径的球后的剩余部分，则其表面积S＝6×22－3××π×22＋×4×π×22＝24－π.故选B.]
9．(多选题)已知函数f(x)及其导函数f′(x)，若存在x0使得f(x0)＝f′(x0)，则称x0是f(x)的一个“巧值点”．下列选项中有“巧值点”的函数是(　　)
A．f(x)＝x2 B．f(x)＝e－x
C．f(x)＝ln x D．f(x)＝tan x
解析：AC　[本题考查导数的运算法则．若f(x)＝x2，则f′(x)＝2x，令x2＝2x，得x＝0或x＝2，方程显然有解，故A符合要求；若f(x)＝e－x，则f′(x)＝－e－x，令e－x＝－e－x，此方程无解，故B不符合要求；若f(x)＝ln x，则f′(x)＝，令ln x＝，在同一直角坐标系内作出函数y＝ln x与y＝的图象(作图略)，可得两函数的图象有一个交点，所以方程f(x)＝f′(x)存在实数解，故C符合要求；若f(x)＝tan x，则f′(x)＝′＝，令tan x＝，化简得sin xcos x＝1，变形可得sin 2x＝2，无解，故D不符合要求，故选AC.]
10．在△ABC中，若acos A＝bcos B，且c＝2，sin C＝，则△ABC的面积为(　　)
A．3 B.
C．3或 D．6或
解析：C　[由acos A＝bcos B得sin Acos A＝sin Bcos B，即sin 2A＝sin 2B.∵A，B∈(0，π)，∴2A＝2B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝，又sin C＝，∴△ABC只能是等腰三角形．当C为锐角时，∵sin C＝，∴cos C＝，∴sin＝＝＝，由c＝2得b＝a＝，∴△ABC中AB边上的高为3，∴△ABC的面积为×2×3＝3.当C为钝角时，∵sin C＝，∴cos C＝－，∴sin＝＝＝，由c＝2得b＝a＝，∴△ABC中AB边上的高为，∴△ABC的面积为×2×＝.综上，△ABC的面积为3或.故选C.]
11．已知P为双曲线－x2＝1上一点，若以OP(O为坐标原点)为直径的圆与双曲线的两条渐近线分别相交于A，B两点，则|AB|的最小值为(　　)
A.　　　　 B．2　　 　　 C.　 　　　 D．1
解析：C　[由题意知，双曲线－x2＝1的渐近线方程为y＝±x，O，P，A，B四点共圆，设该圆的半径为R，易知∠AOB＝，可得＝2R，故|AB|＝R，故要求|AB|的最小值，只需求R的最小值即可，显然当点P位于双曲线的顶点时，|OP|最小，即R最小，且Rmin＝＝，故|AB|min＝Rmin＝.故选C.]
12．已知函数f(x)＝ex＋e－x＋2cos x，其中e为自然对数的底数，则对任意a∈R，下列不等式一定成立的是(　　)
A．f(a2＋1)≥f(2a) B．f(a2＋1)≤f(2a)
C．f(a2＋1)≥f(a＋1) D．f(a2＋1)≤f(a)
解析：A　[本题主要考查函数的奇偶性、单调性以及导数与函数的关系，考查考生转化问题的能力和计算能力，考查的核心素养是数学运算和逻辑推理．依题意可知，f(x)＝ex＋e－x＋2cos x＝f(－x)，所以f(x)是偶函数，f′(x)＝ex－e－x－2sin x，且f′(0)＝0，令h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝ex＋e－x－2cos x，当x∈[0，＋∞)时，h′(x)＝ex＋e－x－2cos x≥0恒成立，所以f′(x)＝ex－e－x－2sin x在[0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增，又函数f(x)是偶函数，(a2＋1)2－4a2＝(a2－1)2≥0，所以f(a2＋1)≥f(2a)，故选A.]
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x∈(－∞，0)时，f(x)＝2x3＋x2，则f(2)＝________.
解析：通解：令x＞0，则－x＜0.
∴f(－x)＝－2x3＋x2.
又∵f(x)是R上的奇函数，∴f(－x)＝－f(x)．
∴f(x)＝2x3－x2(x＞0)．
∴f(2)＝2×23－22＝12.
优解：f(2)＝－f(－2)＝－[2×(－2)3＋(－2)2]＝12.
答案：12
14．已知等比数列{an}的公比为正数，且a3·a9＝2a，a2＝1，则a1＝________.
解析：∵a3·a9＝a，∴a＝2a，设等比数列{an}的公比为q，因此q2＝2，由于q＞0，解得q＝，∴a1＝＝＝.
答案：
15．已知三棱锥SABC，△ABC是直角三角形，其斜边AB＝8，SC⊥平面ABC，SC＝6，则三棱锥SABC的外接球的表面积为________．
解析：将三棱锥SABC放在长方体中(图略)，易知三棱锥SABC所在长方体的外接球，即为三棱锥SABC的外接球，所以三棱锥SABC的外接球的直径2R＝＝10，即三棱锥SABC的外接球的半径R＝5，所以三棱锥SABC的外接球的表面积S＝4πR2＝100π.
答案：100π
16．已知拋物线C：y2＝2px的焦点是F，过F且斜率为1的直线l1与拋物线交于A，B两点，分别从A，B两点向直线l2：x＝－4作垂线，垂足分别是D，C，若四边形ABCD的周长为36＋8，则拋物线的标准方程为________．
解析：易知F，则直线l1的方程为y＝x－.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得x2－3px＋＝0，∴x1＋x2＝3p，
∴|AB|＝x1＋x2＋p＝4p.∵|AD|＝x1＋4，|BC|＝x2＋4，
∴|AD|＋|BC|＝x1＋x2＋8＝3p＋8.又|CD|＝|AB|sin 45°＝4p·＝2p，且四边形ABCD的周长为36＋8，∴4p＋3p＋8＋2p＝36＋8，∴p＝4，故拋物线的方程为y2＝8x.
答案：y2＝8x
高考客观题(12＋4)·提速练(三)
限时40分钟　满分80分
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)
1．已知集合A＝{x|y＝lg(x＋1)}，B＝{x||x|＜2}，则A∩B等于(　　)
A．(－2,0)　　　　　　　 B．(0,2)
C．(－1,2) D．(－2，－1)
解析：C　[由x＋1＞0，得x＞－1，∴A＝(－1，＋∞)，
B＝{x||x|＜2}＝(－2,2)，∴A∩B＝(－1,2)．故选C.]
2．已知i是虚数单位，若复数z满足zi＝1＋i，则z2等于(　　)
A．－2i　　　 B．2i　　　 　C．－2　 　　　D．2
解析：A　[解法一　z＝＝＝1－i，
z2＝(1－i)2＝－2i.
解法二　(zi)2＝(1＋i)2，－z2＝2i，z2＝－2i.故选A.]
3． (　　)
A．x＜y＜z B．z＜x＜y
C．z＜y＜x D．y＜z＜x
解析：D　[x＝ln π＞1，y＝ ＜ ＝，z＝＝∈.]
4．过圆锥顶点的平面截去圆锥一部分，所得几何体的三视图如图所示，则原圆锥的体积为(　　)

A．1 B. C. D.
解析：D　[由三视图可得底面圆的半径为＝2，圆锥的高为＝2，∴原圆锥的体积为π·22·2＝，故选D.]
5.

元朝著名数学家朱世杰在《四元玉鉴》中有一首诗：“我有一壶酒，携着游春走，遇店添一倍，逢友饮一斗，店友经三处，没了壶中酒，借问此壶中，当原多少酒？”用程序框图表达如图所示，即最终输出的x＝0，则一开始输入的x的值为(　　)
A. B.
C. D．4
解析：B　[i＝1时，x＝2x－1，
i＝2时，x＝2(2x－1)－1＝4x－3，
i＝3时，x＝2(4x－3)－1＝8x－7，
i＝4时，退出循环，此时8x－7＝0，解得x＝，故选B.]
6．已知实数x，y满足若z＝(x－1)2＋y2，则z的最小值为(　　)
A．1 B. C．2 D.
解析：C　[绘制不等式组表示的平面区域如图所示，

目标函数的几何意义为可行域内的点与点(1,0)之间距离的平方，如图所示数形结合可得，当目标函数过点P(2,1)时取得最小值，zmin＝(x－1)2＋y2＝(2－1)2＋12＝2.]
7．函数f(x)＝ln的图象是(　　)

解析：B　[因为f(x)＝ln，所以x－＝＞0，解得－1＜x＜0或x＞1，所以函数的定义域为(－1,0)∪(1，＋∞)，可排除A，D.因为函数u＝x－在(－1,0)和(1，＋∞)上单调递增，函数y＝ln u在(0，＋∞)上单调递增，根据复合函数的单调性可知，函数f(x)在(－1,0)和(1，＋∞)上单调递增．]
8．《周髀算经》是中国古代的天文学和数学著作．其中一个问题大意为：一年有二十四个节气，每个节气晷长损益相同(即太阳照射物体影子的长度增加和减少大小相同)．若冬至晷长一丈三尺五寸，夏至晷长一尺五寸(注：一丈等于十尺，一尺等于十寸)，则夏至之后的节气(小暑)晷长为(　　)

A．五寸 B．二尺五寸
C．三尺五寸 D．一丈二尺五寸
解析：A　[设晷长为等差数列{an}，公差为d，a1＝135，a13＝15，则135＋12d＝15，解得d＝－10.
∴a14＝135－10×13＝5，
∴夏至之后的节气(小暑)的晷长是5寸．故选A.]
9．已知函数f(x)＝sin－cos2x＋(x∈R)，则下列说法正确的是(　　)
A．函数f(x)的最小正周期为
B．函数f(x)的图象关于y轴对称
C．点为函数f(x)图象的一个对称中心
D．函数f(x)的最大值为
解析：D　[函数f(x)＝sin－cos2x＋
＝－＋
＝sin 2x＋cos 2x
＝sin(x∈R)，
由ω＝2知，f(x)的最小正周期为π，A错误；
∵f(0)＝sin ＝不是最值，
∴f(x)的图象不关于y轴对称，B错误；
∵f＝sin＝≠0，
∴点不是函数f(x)图象的一个对称中心，C错误；
∵sin∈[－1,1]，
∴f(x)的最大值是，D正确．故选D.]
10．如图是2017年第一季度五省GDP情况图，则下列陈述正确的是(　　)

①2017年第一季度GDP总量和增速均居同一位的省只有1个；
②与去年同期相比，2017年第一季度五个省的GDP总量均实现了增长；
③去年同期的GDP总量前三位是江苏、山东、浙江；
④2016年同期浙江的GDP总量也是第三位．
A．①② B．②③④ C．②④ D．①③④
解析：B　[总量排序为：江苏，山东，浙江，河南，辽宁；增速排序为：江苏，辽宁，山东，河南，浙江；则总量和增速均居同一位的省有河南，江苏两省，说法①错误；与去年同期相比，2017年第一季度五个省的GDP总量均实现了增长，说法②正确；去年同期的GDP总量前三位是江苏，山东，浙江，说法③正确；
2016年的GDP总量计算为：
浙江：，江苏：，河南：，山东：，辽宁：，据此可知，2016年同期浙江的GDP总量也是第三位，说法④正确．]
11．过双曲线C1：－＝1(a＞0，b＞0)的左焦点F1作曲线C2：x2＋y2＝a2的切线，切点为M，延长F1M交曲线C3：y2＝2px(p＞0)于点N，其中C1，C3有一个共同的焦点，若|MF1|＝|MN|，则曲线C1的离心率为(　　)
A. B.－1
C.＋1 D.
解析：D　[设双曲线－＝1的右焦点为F2(c,0)，因为曲线C1，C3有一个共同的焦点，所以y2＝4cx.因为O为F1F2的中点，M为F1N的中点，所以OM为△F1F2N的中位线，即OM∥NF2，且|OM|＝|NF2|，因为|OM|＝a，所以|NF2|＝2a，因为OM⊥NF1，所以NF2⊥NF1，又|F1F2|＝2c，所以|NF1|＝2b.
设N(x，y)，过点F1作x轴的垂线，则由拋物线的定义得x＋c＝2a，即x＝2a－c，
过点N作NP⊥x轴于点P，则在Rt△NPF1中，由勾股定理，得y2＋4a2＝4b2，即4c(2a－c)＋4a2＝4(c2－a2)，即e2－e－1＝0，且e＞1，解得e＝.故选D.]
12．以区间(0，m)内的整数(m＞1，且m∈N)为分子，以m为分母的分数组成集合A1，其所有元素之和为a1；以区间(0，m2)内的整数(m＞1，且m∈N)为分子，以m2为分母组成不属于A1的分数集合A2，其所有元素之和为a2……以此类推，以区间(0，mn)内的整数(m＞1，且m∈N)为分子，以mn为分母组成不属于集合A1，A2，…，An－1的分数集合An，其所有元素之和为an，则a1＋a2＋a3＋…＋an＝(　　)
A. B.
C. D.
解析：B　[由题意得a1＝＋＋…＋，a2＝＋＋…＋－a1，a3＝＋＋…＋－a2－a1，
所以an＝＋＋…＋－an－1－an－2－…－a2－a1，
a1＋a2＋a3＋…＋an＝＋＋…＋＝[1＋2＋…＋(mn－1)]＝·＝.故选B.]
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．为了解高三年级2 000名学生的学习情况，在期中考试结束后，随机抽取100名及格的学生的分数进行统计，得到如图所示的频率分布直方图，则该校高三年级分数在[130,140)的学生估计有________人．

解析：由频率分布直方图知(0.035＋0.025＋0.015＋0.008＋0.005＋x)×10＝1，解得x＝0.012，所以该校高三年级分数在[130,140)的学生估计有2 000×0.012×10＝240人．
答案：240
14．(文)一个三位数，个位、十位、百位上的数字依次为x，y，z，当且仅当y＞x，y＞z时，称这样的数为“凸数”(如243)，现从集合{1,2,3,4}中取出三个不相同的数组成一个三位数，则这个三位数是“凸数”的概率为________．
解析：在{1,2,3,4}的4个整数中任取3个不同的数组成三位数，有24种情况，在{1,2,3,4}的4个整数中任取3个不同的数，将最大的放在十位上，剩余的2个数字分别放在百、个位上，有8种情况，则这个三位数是“凸数”的概率是＝.
答案：
14．(理)箱中装有标号为1,2,3,4,5,6且大小相同的6个球．从箱中一次摸出两个球，记下号码并放回，如果两球号码之积是4的倍数，则获奖．现有4人参与摸奖(每人一次)，则恰好有3人获奖的概率是________．(用数字作答)
解析：由题意得任取两球有C种情况，取出两球号码之积是4的倍数的情况为(1,4)，(2,4)，(3,4)，(2,6)，(4,6)，(4,5)共6种情况，故每人摸球一次中奖的概率为＝，故4人中有3人中奖的概率为C3×＝.
答案：
15．甲、乙两人玩报数游戏，其规则是：两人从1开始轮流连续报数，每人每次最少报2个，最多可以报5个(如第一个人先报“1,2”，则另一个人可以有“3,4”“3,4,5”“3,4,5,6”“3,4,5,6,7”“3,4,5,6,7,8”五种报数方法)．抢先报到“110”的人获胜．如果从甲开始，那么甲要想必胜，第一次报的数应该是________．
解析：因为110＝7×15＋5，所以只要甲先报“1,2,3,4,5”，之后不管乙报几个数，甲报的数的个数与乙报的数的个数的和为7即可保证甲必胜．
所以甲要想必胜，第一次报的数应该是1,2,3,4,5.
答案：1,2,3,4,5
16．(双空填空题)已知函数f(x)＝若f(x)≤1，则实数x的取值范围是________；若方程f(x)－kx＝3有三个相异的实根，则实数k的取值范围是________．
解析：本题考查利用数形结合思想研究函数的零点．当x≥0时，f(x)≤1即－x2＋2x≤1，即(x－1)2≥0，则x≥0成立；当x