2022年高考三轮复习之小题满分练6

这是一份2022年高考三轮复习之小题满分练6，共8页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

1．已知全集U＝R，A＝{x|(x＋1)(x－2)＞0}，B＝{x|2x≤2}，则(∁UA)∩B等于( )
A．{x|－1＜x＜1} B．{x|0≤x≤1}
C．{x|－1≤x≤1} D．{x|x≤－1}
答案 C
解析 ∵∁UA＝{x|(x＋1)(x－2)≤0}＝{x|－1≤x≤2}，B＝{x|2x≤2}＝{x|x≤1}，
∴(∁UA)∩B＝{x|－1≤x≤1}，故选C.
2．已知复数z＝eq \f(2i,1－i)，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
答案 C
解析 z＝eq \f(2i,1－i)＝eq \f(2i1＋i,1－i1＋i)＝eq \f(2i－2,2)＝－1＋i，
则eq \x\t(z)＝－1－i，对应的点位于第三象限．
3．已知2x＝3，lg4eq \f(8,3)＝y，则x＋2y的值为( )
A．3 B．8 C．4 D．lg48
答案 A
解析 由2x＝3得x＝lg23，
又lg4eq \f(8,3)＝y，
∴x＋2y＝lg23＋2lg4eq \f(8,3)＝lg23＋lg2eq \f(8,3)
＝lg23＋lg28－lg23＝3.
4．已知角α的终边经过点P(2，m)(m≠0)，若sin α＝eq \f(\r(5),5)m，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－\f(3π,2)))等于( )
A．－eq \f(3,5) B.eq \f(3,5) C.eq \f(4,5) D．－eq \f(4,5)
答案 B
解析 因为角α的终边过点P(2，m)且sin α＝eq \f(\r(5),5)m，
所以sin α＝eq \f(m,\r(4＋m2))＝eq \f(\r(5),5)m，
则m2＝1，sin α＝±eq \f(\r(5),5)，
因此sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－\f(3π,2)))＝cs 2α＝1－2sin2α
＝1－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(±\f(\r(5),5)))2＝eq \f(3,5).
5．椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，上顶点为A，若△AF1F2的面积为eq \r(3)，且∠F1AF2＝4∠AF1F2，则椭圆方程为( )
A.eq \f(x2,3)＋y2＝1 B.eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1
C.eq \f(x2,4)＋y2＝1 D.eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1
答案 C
解析 在△AF1F2中，由题意得|AF1|＝|AF2|，
∠F1AF2＝4∠AF1F2，
可得∠AF1F2＝30°，所以eq \f(b,c)＝eq \f(\r(3),3)，
又△AF1F2的面积为eq \r(3)，即S＝bc＝eq \r(3)，
解得b＝1，c＝eq \r(3)，则a＝eq \r(b2＋c2)＝2，
所以椭圆方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
6．已知O为等腰直角三角形POD的直角顶点，以OP所在直线为旋转轴旋转一周得到几何体，CD是底面圆O上的弦，△COD为等边三角形，则异面直线OC与PD所成角的余弦值为( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(\r(2),4) C.eq \f(\r(3),4) D.eq \f(\r(2),2)
答案 B
解析 设OP＝r，如图，过点D作OC的平行线交底面圆O于点E，
则OE＝OC＝CD＝OD＝r，PC＝PD＝eq \r(2)r，
∴∠PDE(或其补角)为异面直线OC与PD所成的角，
在△PDE中，PE＝PD＝eq \r(2)r，DE＝r，
∴cs∠PDE＝eq \f(\f(r,2),\r(2)r)＝eq \f(\r(2),4).
7．唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为x2＋y2≤1，若将军从点A(2,0)处出发，河岸线所在直线方程为x＋y＝3，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为( )
A.eq \r(10)－1 B．2eq \r(2)－1
C．2eq \r(2) D.eq \r(10)
答案 A
解析 由题意得“将军饮马”的路程最短问题即在直线x＋y＝3上找一点P′，使得P′到点A(2,0)与圆上一点的距离之和最小问题．
如图，
点A(2,0)关于直线x＋y＝3的对称点为B(3,1)，OB与直线x＋y＝3的交点为P，
∵|PA|＝|PB|，
∴|PA|＋|PO|＝|PB|＋|PO|＝|OB|，
又|P′A|＋|P′O|＝|P′B|＋|P′O|≥|OB|＝eq \r(10)，
∴当点P′与点P重合时，|P′A|＋|P′O|取得最小值eq \r(10).
又圆O的半径为1，
∴在直线x＋y＝3上找一点P′，使得P′到点A(2,0)与圆上一点的距离之和的最小值为eq \r(10)－1，
即“将军饮马”的最短总路程为eq \r(10)－1，故选A.
8．若函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x＋\f(2,x)，x<0，,xln x－a，x>0))恰有三个零点，则a的取值范围为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,e)，0)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,e)，0))
答案 D
解析 当x<0时，f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x＋eq \f(2,x)为减函数，
令eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x＋eq \f(2,x)＝0，易得x＝－1，
所以只需f(x)＝xln x－a(x>0)有两个零点，
令g(x)＝xln x，h(x)＝a，
则问题可转化为函数g(x)的图象与h(x)的图象有两个交点，求导可得g′(x)＝ln x＋1，
令g′(x)<0，即ln x<－1，
可解得0令g′(x)>0，即ln x>－1，可解得x>eq \f(1,e)，
所以当0当x>eq \f(1,e)时，函数g(x)单调递增，
由此可知当x＝eq \f(1,e)时，函数g(x)取得最小值，
即g(x)min＝－eq \f(1,e).
在同一坐标系中作出函数g(x)与h(x)的简图如图所示，
由图可得－eq \f(1,e)二、多项选择题
9．小张上班从家到公司开车有两条线路，所需时间(分)随交通堵塞状况有所变化，其概率分布如下表：
下列说法正确的是( )
A．任选一条线路，“所需时间小于50分钟”与“所需时间为60分钟”是对立事件
B．从所需的平均时间看，线路一比线路二更节省时间
C．如果要求在45分钟以内从家赶到公司，小张应该选线路一
D．若小张上下班走不同线路，则所需时间之和大于100分钟的概率为0.04
答案 BD
解析 “所需时间小于50分钟”与“所需时间为60分钟”是互斥而不对立事件，A错误；线路一所需的平均时间为30×0.5＋40×0.2＋50×0.2＋60×0.1＝39(分)，线路二所需的平均时间为30×0.3＋40×0.5＋50×0.1＋60×0.1＝40(分)，所以线路一比线路二更节省时间，B正确；线路一所需时间小于45分钟的概率为0.7，线路二所需时间小于45分钟的概率为0.8，如果要求在45分钟以内从家赶到公司，小张应该选线路二，C错误；若上下班走不同线路，且所需时间之和大于100分钟，则线路一、线路二所需时间可以为(50,60)，(60,50)，(60,60)三种情况，概率为0.2×0.1＋0.1×0.1＋0.1×0.1＝0.04，D正确．
10．已知Sn是等差数列{an}(n∈N*)的前n项和，且S5>S6>S4.下列四个命题正确的是( )
A．数列{Sn}中的最大项为S10
B．数列{an}的公差d<0
C．S10>0
D．S11<0
答案 BCD
解析 因为S5>S6>S4，所以a6<0，a5>0且a5＋a6>0，所以数列{Sn}中的最大项为S5，A错误；数列{an}的公差d<0，B正确；S10＝eq \f(a1＋a10×10,2)＝5(a5＋a6)>0，C正确；S11＝eq \f(a1＋a11×11,2)＝11a6<0，D正确．
11．函数f(x)的定义域为R，且f(x＋1)与f(x＋2)都为奇函数，则( )
A．f(x)为奇函数 B．f(x)为周期函数
C．f(x＋3)为奇函数 D．f(x＋4)为偶函数
答案 ABC
解析 方法一 由f(x＋1)与f(x＋2)都为奇函数知，函数f(x)的图象关于点(1,0)，(2,0)对称，所以f(－x)＋f(2＋x)＝0，f(－x)＋f(4＋x)＝0，所以f(2＋x)＝f(4＋x)，即f(x)＝f(2＋x)，所以f(x)是以2为周期的周期函数．又f(x＋1)与f(x＋2)都为奇函数，所以f(x)，f(x＋3)，f(x＋4)均为奇函数．
方法二 由f(x＋1)与f(x＋2)都为奇函数知，函数f(x)的图象关于点(1,0)，(2,0)对称，所以f(x)的周期为2|2－1|＝2，所以f(x)与f(x＋2)，f(x＋4)的奇偶性相同，f(x＋1)与f(x＋3)的奇偶性相同，所以f(x)，f(x＋3)，f(x＋4)均为奇函数．
12．设双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线l分别与双曲线左右两支交于M，N两点，以MN为直径的圆过F2，且eq \(MF2,\s\up6(→))·eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(MN,\s\up6(→))2，以下结论正确的是( )
A．双曲线C的离心率为eq \r(3)
B．双曲线C的渐近线方程为y＝±eq \r(2)x
C．直线l的斜率为1
D．△MNF2为等腰直角三角形
答案 ABD
解析 由以MN为直径的圆过F2，
且eq \(MF2,\s\up6(→))·eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(MN,\s\up6(→))2，
可得MF2⊥NF2，且|MF2|＝|NF2|，故D正确；
设|MF2|＝|NF2|＝m，
则|MN|＝eq \r(2)m，
由|MF2|－|MF1|＝2a，|NF1|－|NF2|＝2a，两式相加可得|NF1|－|MF1|＝|MN|＝4a，
即有m＝2eq \r(2)a，
如图，设H为MN的中点，在Rt△HF1F2中，
可得4c2＝4a2＋(2a＋2eq \r(2)a－2a)2，
化为c2＝3a2，e＝eq \f(c,a)＝eq \r(3)，故A正确；
又eq \r(1＋\f(b2,a2))＝eq \f(c,a)＝eq \r(3)，可得eq \f(b,a)＝eq \r(2)，故B正确；
因为|HF2|＝eq \f(1,2)|MN|＝2a，
所以|HF1|＝eq \r(|F1F2|2－|HF2|2)＝2eq \r(c2－a2)，
所以直线l的斜率为eq \f(|HF2|,|HF1|)＝eq \f(2a,2\r(c2－a2))＝eq \f(\r(2),2)，
故C错误．
三、填空题
13．已知点A(1,0)，B(1，eq \r(3))，点C在第二象限，且∠AOC＝150°，eq \(OC,\s\up6(→))＝－4eq \(OA,\s\up6(→))＋λeq \(OB,\s\up6(→))，则λ＝________.
答案 1
解析 设|eq \(OC,\s\up6(→))|＝r，则eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)r，\f(1,2)r))，
由已知，得eq \(OA,\s\up6(→))＝(1,0)，eq \(OB,\s\up6(→))＝(1，eq \r(3))，
又eq \(OC,\s\up6(→))＝－4eq \(OA,\s\up6(→))＋λeq \(OB,\s\up6(→))，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)r，\f(1,2)r))＝－4(1,0)＋λ(1，eq \r(3))＝(－4＋λ，eq \r(3)λ)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)r＝－4＋λ，,\f(1,2)r＝\r(3)λ，))
解得λ＝1.
14．若x，y满足约束条件eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋y－5≥0，,3x－y－15≤0，,x－y＋1≥0，))则z＝4x－y的最小值为________．
答案 3
解析 由题意，画出约束条件表示的平面区域，如图阴影部分所示(含边界)，
目标函数z＝4x－y，则y＝4x－z，
当直线y＝4x－z过点C时，直线y＝4x－z在y轴上的截距最大，此时目标函数取得最小值，
又由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋y－5＝0，,x－y＋1＝0，))解得Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(7,3)))，
所以目标函数z＝4x－y的最小值为zmin＝4×eq \f(4,3)－eq \f(7,3)＝3.
15．从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，则共有________种不同的选法．(用数字作答)
答案 660
解析 方法一 只有1名女生时，先选1名女生，有Ceq \\al(1,2)种方法；再选3名男生，有Ceq \\al(3,6)种方法；然后排队长、副队长位置，有Aeq \\al(2,4)种方法．由分步乘法计数原理知，共有Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(3,6)Aeq \\al(2,4)＝480(种)选法．
有2名女生时，再选2名男生，有Ceq \\al(2,6)种方法；然后排队长、副队长位置，有Aeq \\al(2,4)种方法．由分步乘法计数原理知，共有Ceq \\al(2,6)Aeq \\al(2,4)＝180(种)选法．所以依据分类加法计数原理知，共有480＋180＝660(种)不同的选法．
方法二 不考虑限制条件，共有Aeq \\al(2,8)Ceq \\al(2,6)种不同的选法，
而没有女生的选法有Aeq \\al(2,6)Ceq \\al(2,4)种，
故至少有1名女生的选法有Aeq \\al(2,8)Ceq \\al(2,6)－Aeq \\al(2,6)Ceq \\al(2,4)＝840－180＝660(种)．
16．(2020·福州模拟)已知球O是正三棱锥P－ABC的外接球，AB＝3，PA＝2eq \r(3)，点E是线段AB的中点，过点E作球O的截面，则截面面积的最小值是__________．
答案 eq \f(9π,4)
解析 如图，设三棱锥的外接球半径为R，正三角形ABC的外接圆圆心为D，
因为AB＝3，△ABC是正三角形，D为正三角形ABC的外接圆圆心，
所以DA＝eq \r(3)，
因为PA＝2eq \r(3)，
所以PD＝3，在Rt△OAD中，DA2＋OD2＝OA2，
即(eq \r(3))2＋(3－R)2＝R2，
解得R＝2，OD＝1，
因为过E作球O的截面，当截面与OE垂直时，截面圆的半径最小，
所以当截面与OE垂直时，截面圆的面积有最小值，
在Rt△EDO中，OE＝eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))2)＝eq \f(\r(7),2)，
故截面圆的半径r＝eq \r(22－OE2)＝eq \f(3,2)，
截面面积S＝πr2＝eq \f(9π,4).所需时间/分
30
40
50
60
线路一
0.5
0.2
0.2
0.1
线路二
0.3
0.5
0.1
0.1