高考数学二轮专题复习之小题强化练(二)　

小题强化练(二)　

一、单项选择题

1．已知集合A＝{x|x2－2x－3≤0}，B＝{x|－2≤x<1且x∈Z}，且A∩B＝(　　)

A．{－2，－1}  B.{－1，0}

C．{－2，0}  D．{－1，1}

2．设(1＋i)a＝1＋bi(i是虚数单位)，其中a，b是实数，则|a＋bi|＝(　　)

A．1  B. 

C.  D．2

3．已知随机变量ξ服从正态分布N(1，σ2)，若P(ξ<4)＝0.9，则P(－2<ξ<1)＝(　　)

A．0.2  B.0.3 

C．0.4  D．0.6

4．《算数书》是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相乘也，又以高乘之，三十六成一．该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h，计算其体积V的近似公式V≈L2h，它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.若圆锥体积的近似公式为V≈L2h，则π应近似取为(　　)

A.  B. 

C.  D．

5．函数y＝f(x)与y＝g(x)的图象如图所示，则y＝f(x)·g(x)的部分图象可能是(　　)

6．已知某超市为顾客提供四种结账方式：现金、支付宝、微信、银联卡．若顾客甲只会用现金结账，顾客乙只会用现金和银联卡结账，顾客丙与甲、乙结账方式不同，丁用哪种结账方式都可以．若甲、乙、丙、丁购物后依次结账，那么他们结账方式的组合方法共有(　　)

A．36种  B.30种 

C．24种  D．20种

7．已知sin＝，α∈，则cos α＝(　　)

A.  B. 

C.  D．

8．已知点P为双曲线C：－＝1(a>0，b>0)右支上一点，F1，F2分别为C的左、右焦点，直线PF1与C的一条渐近线垂直，垂足为H，若|PF1|＝4|HF1|，则该双曲线的离心率为(　　)

A.  B. 

C.  D．

二、多项选择题

9．等腰直角三角形的直角边长为1，现将该三角形绕其某一边旋转一周，则所形成的几何体的表面积可以为(　　)

A.π  B.(1＋)π

C．2π  D．(2＋)π

10．已知f(x)＝2cos2ωx＋sin 2ωx－1(ω>0)的最小正周期为π，则下列说法正确的有(　　)

A．ω＝2

B．函数f(x)在上为增函数

C．直线x＝是函数y＝f(x)图象的一条对称轴

D．点是函数y＝f(x)图象的一个对称中心

11．已知等比数列{an}的公比q＝－，等差数列{bn}的首项b1＝12，若a9>b9且a10>b10，则以下结论正确的有(　　)

A．a9a10<0  B.a9>a10

C．b10>0  D．b9>b10

12．把方程＋＝－1表示的曲线作为函数y＝f(x)的图象，则下列结论正确的有(　　)

A．y＝f(x)的图象不经过第一象限

B．f(x)在R上单调递增

C．y＝f(x)的图象上的点到坐标原点的距离的最小值为3

D．函数g(x)＝4f(x)＋3x不存在零点

三、填空题

13．已知的展开式中第5项为常数项，则n＝________．

14．已知圆(x－2)2＋(y－1)2＝2关于直线ax＋by＝1(a>0，b>0)对称，则＋的最小值为________．

15．已知a>1，若函数f(x)＝在(－∞，0)上单调递减，则实数a的取值范围是________．

16.正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，点K在棱A1B1上运动，过A，C，K三点作正方体的截面，若K为棱A1B1的中点，则截面面积为________，若截面把正方体分成体积之比为2∶1的两部分，则＝________．

小题强化练(二)

1．解析：选B.由x2－2x－3≤0，解得－1≤x≤3，所以集合A＝{x|－1≤x≤3}．

又集合B＝{－2，－1，0}，所以A∩B＝{－1，0}，故选B.

2．解析：选B.由已知得a＋ai＝1＋bi，故a＝b＝1，

所以|a＋bi|＝|1＋i|＝，故选B.

3．解析：选C.由题意可得μ＝1，则正态分布曲线关于x＝1对称，P(ξ≥4)＝1－P(ξ<4)＝0.1.

根据对称性可知，P(ξ≤－2)＝P(ξ>4)＝0.1，

所以P(－2<ξ<1)＝0.5－P(ξ≤－2)＝0.5－0.1＝0.4，故选C.

4．解析：选B.设圆锥底面圆的半径为r，高为h，

依题意可得L＝2πr，V＝πr2h≈(2πr)2h，

解得π≈，即π的近似值为，故选B.

5．解析：选A.由题图可知y＝f(x)的图象关于y轴对称，故函数f(x)是偶函数，y＝g(x)的图象关于原点对称，故函数g(x)是奇函数，g(x)的定义域为{x|x≠0}，

所以y＝f(x)·g(x)的定义域是{x|x≠0}，是奇函数，故排除B，C选项；

又x∈时，f(x)>0，g(x)<0，

所以f(x)·g(x)<0，故排除D选项，故选A.

6．解析：选D.当乙用现金结账时，此时甲和乙都用现金结账，所以丙有3种方法，丁有4种方法，共有3×4＝12(种)方法；当乙用银联卡结账时，此时甲用现金结账，丙有2种方法，丁有4种方法，共有2×4＝8(种)方法．综上，共有12＋8＝20(种)方法，故选D.

7．解析：选A.因为α∈，

所以α－∈，

所以cos＝＝，

所以cos α＝cos

＝coscos－sinsin

＝×－×＝，故选A.

8．解析：选C.

取PF1的中点M，连接MF2，

由条件可知|HF1|＝|PF1|＝|MF1|.

因为点O是F1F2的中点，

所以在△MF1F2中，OH∥MF2.

又因为OH⊥PF1，

所以MF2⊥PF1，

所以|PF2|＝|F1F2|＝2c.

根据双曲线的定义可知|PF1|＝2a＋2c，

所以|HF1|＝.

易知直线PF1的方程是y＝(x＋c)，

即ax－by＋ac＝0，

原点O到直线PF1的距离|OH|＝＝a，

在Rt△OHF1中，

a2＋＝c2，

整理得3c2－2ac－5a2＝0，

即3e2－2e－5＝0，

解得e＝或e＝－1(舍去)，故选C.

9．解析：选AB.如果是绕直角边旋转，则形成圆锥，圆锥的底面半径为1，高为1，母线就是等腰直角三角形的斜边，母线长为，所以形成的几何体的表面积S＝πrl＋πr2＝π×1×＋π×12＝(＋1)π；如果是绕斜边旋转，形成的是上下两个圆锥的组合体，圆锥的半径是等腰直角三角形斜边上的高为，两个圆锥的母线都是等腰直角三角形的直角边，母线长是1，所以形成的几何体的表面积S＝2×πrl＝2×π××1＝π.

综上可知，形成几何体的表面积是(＋1)π或π，故选AB.

10．解析：选BD.由题意得函数f(x)＝cos 2ωx＋sin 2ωx＝2sin，

因为最小正周期T＝＝π，

所以ω＝1，

所以函数f(x)＝2sin，故选项A错误；

当x∈时，2x＋∈是函数y＝sin x的单调递增区间，故选项B正确；

当x＝时，2×＋＝，sin＝≠±1，

所以x＝不是函数y＝f(x)图象的对称轴，故选项C错误；

当x＝时，2×＋＝π，sin π＝0，

所以点是函数y＝f(x)图象的一个对称中心，故选项D正确，故选BD.

11．解析：选AD.因为等比数列{an}的公比q＝－，

所以a9a10<0，故选项A正确；

但不能确定a9和a10的大小关系，故选项B错误；

因为a9和a10异号，a9>b9且a10>b10，

所以b9和b10中至少有一个数是负数，

又因为b1＝12>0，

所以d<0，

所以b9>b10，故选项D正确；

所以b10一定是负数，

即b10<0，故选项C错误，故选AD.

12．解析：选ACD.由题可得，当x>0，y>0时，

方程是＋＝－1，

不表示任何曲线；

当x≥0，y≤0时，方程是－＝－1，

即－＝1；

当x≤0，y≥0时，方程是－＋＝－1，

即－＝1；

当x≤0，y≤0时，方程是－－＝－1，

即＋＝1，

如图画出图象，可知选项A正确；

由图象可判断函数f(x)在R上单调递减，故选项B错误；由图可判断y＝f(x)图象上的点到原点距离的最小值点应在x≤0，y≤0的图象上，即满足＋＝1.

设图象上的点P(x，y)，

则|PO|＝＝ ＝ .

当x＝0时，函数f(x)的图象上的点到坐标原点的距离的最小值为3，故选项C正确；

4f(x)＋3x＝0，

即函数f(x)＝－x，函数g(x)＝4f(x)＋3x的零点，就是函数y＝f(x)和y＝－x的交点，

而y＝－x是曲线－＝1(x≥0，y≤0)和－＝1(x≤0，y≥0)的渐近线，

所以没有交点，由图象可知y＝－x和＋＝1(x≤0，y≤0)没有交点，所以函数g(x)＝4f(x)＋3x不存在零点，故选项D正确，故选ACD.

13．解析：的展开式的通项Tr＋1＝C(x2)n－r＝(－1)rC(x2)n－r，所以T5＝(－1)4C(x2)n－4＝34Cx2n－10.因为第5项为常数项，所以2n－10＝0，所以n＝5.

答案：5

14．解析：由题意可知直线ax＋by＝1过圆心(2，1)，

即2a＋b＝1，

所以＋＝(2a＋b)

＝5＋＋≥5＋2＝9，

当且仅当＝(a>0，b>0)，

即a＝b时等号成立，故＋的最小值为9.

答案：9

15．解析：由已知条件得＋ln a≤1＋，令g(x)＝＋ln x(x>1)，则g′(x)＝－＋＝>0，故g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，

又g(a)＝＋ln a≤1＋＝g(e)，所以1<a≤e.经验证，满足题意．

答案：(1，e]

16．解析：如

图，取B1C1的中点M，连接KM，MC，过点K作KH⊥AC于点H.

由题意可得KM∥A1C1，A1C1∥AC，

所以KM∥AC，

所以A，C，M，K四点共面且AK＝MC，

所以四边形ACMK是等腰梯形，

所以KM＝，AC＝，AK＝＝，

AH＝＝，

所以KH＝＝＝，

所以S四边形ACMK＝××＝；

设KB1＝x，取B1C1上的点M，

令B1M＝KB1＝x，

因为A，C，M，K四点共面，由题可知VB1MK­BCA

＝VA1B1C1D1­ABCD＝.

所以VB1MK­BCA＝××1＝，

即x2＋x－1＝0，解得x＝或x＝(舍去)，即KB1＝，所以A1K＝1－＝，则＝＝.

答案：