小题综合练1解析版

这是一份小题综合练1解析版，共12页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．已知集合A＝{x|15＋2x－x2≥0}，B＝{x|x＝|t|－5，t∈A}，则A∩B＝( )
A．(－∞，－3]B．(－3,5)
C．(－∞，5]D．[－3,0]
解析 解不等式15＋2x－x2≥0，得－3≤x≤5，所以A＝{x|－3≤x≤5}＝[－3,5]，从而|t|∈[0,5]，|t|－5∈[－5,0]，所以B＝[－5,0]，A∩B＝[－3,0]，故选D。
答案 D
2．若复数z满足eq \f(z,3－i)＝eq \f(1,2－i)，则z·eq \(z,\s\up16(－))＝( )
A．－2 B．2 C．eq \f(48,25) D．－eq \f(48,25)
解析 解法一：由eq \f(z,3－i)＝eq \f(1,2－i)，得z＝eq \f(3－i,2－i)＝eq \f(3－i2＋i,2－i2＋i)＝eq \f(7＋i,5)＝eq \f(7,5)＋eq \f(1,5)i，则eq \(z,\s\up16(－))＝eq \f(7,5)－eq \f(1,5)i，故z·eq \(z,\s\up16(－))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,5)＋\f(1,5)i))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,5)－\f(1,5)i))＝2。故选B。
解法二：由eq \f(z,3－i)＝eq \f(1,2－i)，得z＝eq \f(3－i,2－i)，则z·eq \(z,\s\up16(－))＝|z|2＝eq \f(|3－i|2,|2－i|2)＝eq \f(10,5)＝2。
答案 B
3．建筑对日照的要求一般根据建筑的不同使用性质而定，如病房、幼儿活动室和农业用日光室等对日照各有特殊的要求，而确定太阳高度角是为了进行日照时数、日照面积、房屋朝向和间距以及房屋周围阴影区范围等问题的计算。已知正午的太阳高度角h＝90°－|φ－δ|(φ为地理纬度(北纬为正，南纬为负)，δ为赤纬)，则北纬22°30′地区夏至当天正午的太阳高度角为(注：夏至当天δ＝＋23°26′)( )
A．90°57′B．89°43′
C．89°4′D．44°4′
解析 由题意得φ＝＋22°30′，δ＝＋23°26′，所以北纬22°30′地区夏至当天正午的太阳高度角h＝90°－(δ－φ)＝90°－(23°26′－22°30′)＝89°4′，故选C。
答案 C
4.如图，已知圆柱O1O2的底面圆半径为2，四边形ABCD是圆柱O1O2的一个轴截面，E为的中点，且异面直线AE与O1O2所成角的正切值为eq \f(\r(2),3)，则圆柱的侧面积为( )
A．8πB．16π
C．24πD．32π
解析 由圆柱的性质知AB∥O1O2，所以∠BAE为异面直线AE与O1O2所成的角，所以tan∠BAE＝eq \f(\r(2),3)。连接EO2，BE，由题意得BO2＝EO2＝2，BO2⊥EO2，所以BE＝2eq \r(2)，所以tan∠BAE＝eq \f(BE,AB)＝eq \f(2\r(2),AB)＝eq \f(\r(2),3)，解得AB＝6，所以圆柱的侧面积S＝2π×2×6＝24π。故选C。
答案 C
5．某飞机场有并排的10个停机位，现有3架飞机要降落在该停机场并停在这排停机位中，假设每架飞机降落在每一个停机位都是随机的，则3架飞机停好后每架飞机两边都至少有一个空停机位的概率为( )
A．eq \f(1,6)B．eq \f(1,5)
C．eq \f(1,4)D．eq \f(1,3)
解析 3架飞机随机停在10个停机位中的3个停机位上，共有Aeq \\al(3,10)种不同的停法，3架飞机停好后每架飞机两边都至少有一个空停机位的停法数可利用插空法求解，共有Aeq \\al(3,6)种不同的停法，所以所求概率P＝eq \f(A\\al(3,6),A\\al(3,10))＝eq \f(120,720)＝eq \f(1,6)，故选A。
答案 A
6．已知双曲线C：eq \f(x2,6)－eq \f(y2,2)＝1，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M，N，若△OMN为直角三角形，则|MN|＝( )
A．4eq \r(2)B．4
C．3eq \r(2)D．3
解析 由题意得a＝eq \r(6)，b＝eq \r(2)，则c＝eq \r(6＋2)＝2eq \r(2)，故F(2eq \r(2)，0)，双曲线的渐近线方程为y＝±eq \f(\r(3),3)x。因为△OMN为直角三角形，所以直线MN必与一条渐近线垂直。由双曲线的对称性不妨取kMN＝eq \r(3)，则直线MN的方程为y＝eq \r(3)(x－2eq \r(2))。由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\r(3)x－2\r(2)，,y＝\f(\r(3),3)x，))
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝3\r(2)，,y＝\r(6)，))由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\r(3)x－2\r(2)，,y＝－\f(\r(3),3)x，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(3\r(2),2)，,y＝－\f(\r(6),2)，))
所以|MN|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3\r(2)－\f(3\r(2),2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(6)＋\f(\r(6),2)))2)＝3eq \r(2)。故选C。
答案 C
7.已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0，ω>0，0