(新课标)天津市最新2020-2021年最新高考数学二轮复习 综合能力训练 理

而a+b+c=100+100+110=200+110>100,故选项A不成立; 选项B中,令a=10,b=-100,c=0,则|a+b+c|+|a+b-c|=0<1. 而a+b+c=100+100+0>100,故选项B不成立;

选项C中,令a=100,b=-100,c=0,则|a+b+c|+|a+b-c|=0<1. 而a+b+c=100+100+0>100,故选项C不成立;故选D.

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

22222

9.2 解析 (1+i)(1-bi)=1+b+(1-b)i=a,则

5

所以

5-r=2.故答案为2.

rr10.-40 解析 (2x-1)的展开式的通项为Tr+1=(2x)(-1)=(-1)

根据题意,得5-r=2,解得r=3.所以含x项的系数为(-1)11.3(2-)π 解析 ∵AO1=2

3

2x. 2=-2

5-3

2

5-r5-r=-40.

R1,C1O2=,R1+R2=R2,O1O2=R1+R2,

,球O1和O2的表面积之和为

)π.

∴(

4π(

+1)(R1+R2)=)≥4π·2

=2π(R1+R2)2=3(2-+1=0,展开得2

12.2 解析 ∵4ρcos为2

cos θ+2ρsin θ+1=0,∴直线的直角坐标方程

x+2y+1=0.

∵ρ=2sin θ两边同乘ρ得ρ2=2ρsin θ,

∴圆的直角坐标方程为x2+y2-2y=0,圆心为(0,1),半径r=1.

∴圆心到直线的距离d=∴直线与圆相交.

∴直线与圆公共点的个数为2.

13.1 解析 由约束条件作出可行域如图,联立解得A(3,2),

9

的几何意义为可行域内的动点与定点P(1,0)连线的斜率,则其最小值为

kPA==1.

14.②③ 解析 由题意,AB是以AC为轴,BC为底面半径的圆锥的母线,由AC⊥a,AC⊥b,得AC⊥圆锥底面,在底面内可以过点B,作BD∥a,交底面圆C于点D,如图所示,连接DE,则DE⊥BD,∴DE∥b.连接AD,在等腰三角形ABD中,设AB=AD=,当直线AB与a成60°角时,∠ABD=60°,故

BD=又在Rt△BDE中,BE=2,∴DE=,过点B作BF∥DE,交圆C于点F,连接AF,由圆的对称性

可知BF=DE=,∴△ABF为等边三角形,∴∠ABF=60°,即AB与b成60°角,②正确,①错误.由最小角定理可知③正确;很明显,可以满足直线a⊥平面ABC,直线AB与a所成的最大角为90°,④错误.故正确的说法为②③.

15.解 (1)由题设及A+B+C=π,得sin B=8sin,

故sin B=4(1-cos B).

上式两边平方,整理得17cosB-32cos B+15=0, 解得cos B=1(舍去),cos B=(2)由cos B=故S△ABC=得sin B= ,

2

2

acsin B=

ac.

又S△ABC=2,则ac=由余弦定理及a+c=6得

b2=a2+c2-2accos B =(a+c)2-2ac(1+cos B) =36-2

所以b=2.

16.解 (1)由已知an=2an-1-n+2(n≥2,n∈N)得a2=4,a3=7.

*

=4.

an-n=2an-1-2n+2,即an-n=2[an-1-(n-1)].

10

=2(n≥2,n∈N*),且a1-1=1,

∴{an-n}是以1为首项,2为公比的等比数列.

(2)由(1)得an-n=(a1-1)·2n-1

, 即an-1

n=2+n,∴bn==1+

设cn=,且前n项和为Tn,

则Tn=+…+, ① Tn=+…+,

②

①-②,得

Tn=1++…+=2-

故Tn=4-,Sn=n+4-

17.解法一 (1)证明:如图①,连接AD1,由ABCD-A1B1C1D1是正方体,知BC1∥AD1.

当λ=1时,P是DD1的中点,又F是AD的中点,所以FP∥AD1,所以BC1∥FP. 而FP?平面EFPQ,且BC1?平面EFPQ,故直线BC1∥平面EFPQ.

(2)如图②,连接BD.因为E,F分别是AB,AD的中点,所以EF∥BD,且EF=BD.又

DP=BQ,DP∥BQ,所以四边形PQBD是平行四边形,故PQ∥BD,且PQ=BD,从而EF∥PQ,且EF=在Rt△EBQ和Rt△FDP中,因为BQ=DP=λ,BE=DF=1, 所以EQ=FP=,所以四边形EFPQ也是等腰梯形.

同理可证四边形PQMN也是等腰梯形. 分别取EF,PQ,MN的中点为H,O,G,连接OH,OG, 则GO⊥PQ,HO⊥PQ,而GO∩HO=O,

PQ.11

故∠GOH是平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角的平面角.

若存在λ使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角,则∠GOH=90°. 连接EM,FN,则由EF∥MN,且EF=MN知四边形EFNM是平行四边形. 连接GH,因为H,G是EF,MN的中点,所以GH=ME=2.

在△GOH中,GH=4,OH=1+λ-222

=λ2+,OG=1+(2-λ)-22

=(2-λ)2+2

,

2

2

2

由OG+OH=GH,得(2-λ)+故存在λ=1±+λ2+=4,解得λ=1±,

,使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角.

解法二 以D为原点,射线DA,DC,DD1分别为x,y,z轴的正半轴建立如图③所示的空间直角坐标系.由已知得B(2,2,0),C1(0,2,2),E(2,1,0),F(1,0,0),P(0,0,λ).

=(-2,0,2),

(1)证明:当λ=1时,因为所以

=(-1,0,λ),=(-1,0,1).

=(1,1,0).

=(-2,0,2), =2

,即BC1∥FP.

而FP?平面EFPQ,且BC1?平面EFPQ,故直线BC1∥平面EFPQ. (2)设平面EFPQ的一个法向量为n=(x,y,z),

则由可得于是可取n=(λ,-λ,1).

同理可得平面MNPQ的一个法向量为m=(λ-2,2-λ,1). 若存在λ,使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角, 则m·n=(λ-2,2-λ,1)·(λ,-λ,1)=0,

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