2022年高考三轮复习之小题满分练2

这是一份2022年高考三轮复习之小题满分练2，共7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．已知集合M＝{x||x＋1|＜3}，N＝{x|x2－x－6＜0}，则M∪N等于( )
A．{x|－4＜x＜3} B．{x|－4＜x＜－2}
C．{x|－2＜x＜2} D．{x|2＜x＜3}
答案 A
解析 ∵集合M＝{x||x＋1|＜3}＝{x|－4＜x＜2}，
N＝{x|x2－x－6＜0}＝{x|－2＜x＜3}，
∴M∪N＝{x|－4＜x＜3}．
2．在复平面内，复数eq \f(|3＋4i|,2＋i)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 D
解析 由题意得eq \f(|3＋4i|,2＋i)＝eq \f(5,2＋i)＝eq \f(52－i,2＋i2－i)＝2－i，
所以复数eq \f(|3＋4i|,2＋i)在复平面内对应的点为(2，－1)，在第四象限．
3．(2020·合肥检测)某公司一种型号的产品近期销售情况如下表：
根据上表可得到线性回归方程y＝0.75x＋a，据此估计，该公司7月份这种型号产品的销售额为( )
A．19.5万元 B．19.25万元
C．19.15万元 D．19.05万元
答案 D
解析 由题意知，eq \x\t(x)＝eq \f(2＋3＋4＋5＋6,5)＝4，
eq \x\t(y)＝eq \f(15.1＋16.3＋17.0＋17.2＋18.4,5)＝16.8，
回归直线y＝0.75x＋a过(eq \x\t(x)，eq \x\t(y))，
可得a＝13.8，
当x＝7时，可得y＝0.75×7＋13.8＝19.05.
4．(2020·河北“五个一”名校联考)下列判断正确的是( )
A．“x<－2”是“ln(x＋3)<0”的充分不必要条件
B．函数f(x)＝eq \r(x2＋9)＋eq \f(1,\r(x2＋9))的最小值为2
C．当α，β∈R时，命题“若sin α≠sin β，则α≠β”为真命题
D．命题“∀x>0,2 021x＋2 021>0”的否定是“∃x0≤0，＋2 021≤0”
答案 C
解析 对于选项A，由ln(x＋3)<0可得0对于选项B，令t＝eq \r(x2＋9)(t≥3)，由对勾函数的性质可知函数f(t)＝t＋eq \f(1,t)(t≥3)单调递增，其最小值为f(3)＝eq \f(10,3)，B错误；
对于选项C，考查其逆否命题：“若α＝β，则sin α＝sin β”，很明显该命题为真命题，C正确；
对于选项D，命题“∀x>0,2 021x＋2 021>0”的否定是“∃x0>0, ＋2 021≤0”，D错误．
故选C.
5．等比数列{an}的各项均为正数，若a1＝1，an＋2＋2an＋1＝8an，则{an}的前6项和为( )
A．1 365 B．63 C.eq \f(63,32) D.eq \f(1 365,1 024)
答案 B
解析 ∵等比数列{an}的各项均为正数，
且an＋2＋2an＋1＝8an，设公比为q，q>0，
∴anq2＋2anq＝8an，q2＋2q＝8，
可得q＝2或q＝－4(舍去)，
∴S6＝eq \f(a11－q6,1－q)＝63.
6．若将函数f(x)＝sin 2x＋eq \r(3)cs 2x的图象向右平移φ(φ＞0)个单位长度，所得图象关于y轴对称，则φ的最小值是( )
A.eq \f(π,12) B.eq \f(π,4) C.eq \f(3π,8) D.eq \f(5π,12)
答案 D
解析 函数f(x)＝sin 2x＋eq \r(3)cs 2x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))的图象向右平移φ(φ＞0)个单位长度，
可得y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－2φ＋\f(π,3)))的图象．
再根据所得图象关于y轴对称，可得－2φ＋eq \f(π,3)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
则令k＝－1，可得φ的最小值为eq \f(5π,12).
7．若lg2x＝lg3y＝lg5z＜－1，则( )
A．2x＜3y＜5z B．5z＜3y＜2x
C．3y＜2x＜5z D．5z＜2x＜3y
答案 B
解析 设lg2x＝lg3y＝lg5z＝t，
则t＜－1，x＝2t，y＝3t，z＝5t，
因此2x＝2t＋1,3y＝3t＋1,5z＝5t＋1，
又t＜－1，
∴t＋1＜0，由幂函数的单调性可知5t＋1<3t＋1<2t＋1，
因此5z＜3y＜2x.
8．函数f(x)＝(x2－ax)ex－ax＋a2(e为自然对数的底数，a∈R且a为常数)有三个不同的零点，则实数a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,e)，0)) B．(－∞，0)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,e)，＋∞)) D．(0，＋∞)
答案 A
解析 令函数f(x)＝0，得x(x－a)ex＝a(x－a)，所以函数f(x)的一个零点为x＝a，所以当x≠a时，xex＝a.
因此可转化为方程xex＝a有两个不同的实数解．设g(x)＝xex，则函数y＝g(x)与y＝a的图象有两个不同的交点．由已知，得g′(x)＝(1＋x)ex，所以当x∈(－∞，－1)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，当x∈(－1，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，所以当x＝－1时，函数g(x)取得最小值，为g(－1)＝－eq \f(1,e).又当x→－∞时，g(x)→0，函数y＝g(x)与y＝a的大致图象如图，所以实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,e)，0))，故选A.
二、多项选择题
9．已知向量a＝(1，k)，|b|＝2，a与b的夹角为eq \f(5π,6)，且(a＋b)⊥a，则实数k的值可以为( )
A.eq \r(2) B.eq \r(3) C．2 D．－eq \r(2)
答案 AD
解析 根据题意，设|a|＝t，已知a与b的夹角为eq \f(5π,6)，
则a·b＝2tcs eq \f(5π,6)＝－eq \r(3)t，
若(a＋b)⊥a，
则(a＋b)·a＝a2＋a·b＝t2－eq \r(3)t＝0，
解得t＝eq \r(3)，
又由a＝(1，k)，
得1＋k2＝3，
解得k＝±eq \r(2).
10．2020年春节前后，一场突如其来的新冠肺炎疫情在全国蔓延．疫情就是命令，防控就是责任．在党中央的坚强领导和统一指挥下，全国人民众志成城、团结一心，掀起了一场坚决打赢疫情防控阻击战的人民战争．下面的图表展示了2月14日至29日全国新冠肺炎疫情数据的变化情况，根据该折线图，可知下列结论正确的是( )
A．16天中每日新增确诊病例数量呈下降趋势且19日的降幅最大
B．16天中每日新增确诊病例数量的中位数小于新增疑似病例数量的中位数
C．16天中新增确诊、新增疑似、新增治愈病例数量的极差均大于2 000
D．19日至29日每日新增治愈病例数量均大于新增确诊与新增疑似病例数量之和
答案 BC
解析 由折线图可知，20日新增确诊病例数量大于19日新增确诊病例数量，因此A项不正确；16天中每日新增确诊病例数量的中位数小于新增疑似病例数量的中位数，因此B项正确；16天中新增确诊、新增疑似、新增治愈病例数量的极差均大于2 000，因此C项正确；20日新增治愈病例数量小于新增确诊与新增疑似病例数量之和，因此D不正确．故选BC.
11．(2020·邯郸模拟)已知f(x)是R上的奇函数且单调递增，则下列函数是偶函数且在(0，＋∞)上单调递增的有( )
A．g(x)＝|f(x)|
B．g(x)＝f(x2＋x)
C．g(x)＝f(|x|)
D．g(x)＝ef(x)＋e－f(x)
答案 ACD
解析 因为f(x)是R上的奇函数且单调递增，
故当x＞0时，f(x)＞f(0)＝0，
A中，g(－x)＝|f(－x)|＝|f(x)|＝g(x)，故g(x)为偶函数，且当x＞0时，g(x)＝|f(x)|＝f(x)单调递增，符合题意；
B中，g(－x)＝f(x2－x)≠g(x)，故不满足偶函数的定义；
C中，g(－x)＝f(|－x|)＝f(|x|)＝g(x)，故g(x)为偶函数，且当x＞0时，g(x)＝f(x)单调递增，符合题意；
D中，g(－x)＝ef(－x)＋e－f(－x)＝e－f(x)＋ef(x)＝g(x)，满足偶函数，且x＞0时，f(x)＞0，ef(x)＞1，因为y＝x＋eq \f(1,x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以由复合函数的单调性可知g(x)＝ef(x)＋e－f(x)在(0，＋∞)上单调递增，符合题意．
故选ACD.
12．(2020·合肥模拟)已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，过对角线BD1作平面α交棱AA1于点E，交棱CC1于点F，则下列结论正确的是( )
A．平面α分正方体所得两部分的体积相等
B．四边形BFD1E一定是平行四边形
C．平面α与平面DBB1不可能垂直
D．四边形BFD1E的面积有最大值
答案 ABD
解析 截面上方几何体分割成四棱锥D1－A1EFC1，四棱锥B－A1EFC1，三棱锥B1－A1BC1，截面下方几何体对称的也是三个棱锥，对应体积相等(特殊位置截面更容易得此结论)，A正确；
由正方体相对两个面平行，根据面面平行的性质定理知四边形BFD1E的两组对边分别平行，从而是平行四边形，B正确；
当E是AA1的中点，F是CC1的中点，这时可证EF⊥平面BB1D1D(先证EF∥AC)，从而平面α与平面DBB1垂直，C错误；
事实上，四边形BFD1E的面积既有最大值也有最小值．E与A(或A1)重合时面积最大，E是AA1的中点时，面积最小．
设AE＝x，正方体棱长为1,0≤x≤1，BE＝eq \r(1＋x2)，D1E＝eq \r(1＋1－x2)＝eq \r(x2－2x＋2)，BD1＝eq \r(3)，
在△BED1中，cs∠BED1＝eq \f(D1E2＋BE2－BD\\al(2,1),2D1E·BE)＝eq \f(x2－x,\r(x2＋1)·\r(x2－2x＋2))，
所以sin∠BED1＝eq \r(1－cs2∠BED1)
＝eq \r(1－\f(x2－x2,x2＋1x2－2x＋2))
＝eq \r(\f(2x2－2x＋2,x2＋1x2－2x＋2))，
所以＝BE·D1Esin∠BED1
＝eq \r(2x2－2x＋2)＝eq \r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2＋\f(3,2))，
所以当x＝0或1时，取得最大值eq \r(2).D正确．
三、填空题
13．设x，y满足条件eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－y≥0，,x＋y≥1，,y≥0，))则2x＋3y的最小值为________．
答案 2
解析 根据已知条件作出如图所示的可行域(如图阴影部分含边界)：
设z＝2x＋3y，即y＝－eq \f(2,3)x＋eq \f(z,3)，由图可知，当目标函数过点C时，z＝2x＋3y最小，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y＝1，,y＝0，))可得C(1,0)，故(2x＋3y)min＝2.
14．已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋x2))n的展开式的各项系数和为64，则展开式中x3的系数为________．
答案 20
解析 令x＝1，则2n＝64，∴n＝6，
则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋x2))6的展开式的通项
Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))6－kx2k＝Ceq \\al(k,6)x3k－6，
依题设，令3k－6＝3，得k＝3，
∴展开式中x3的系数为Ceq \\al(3,6)＝20.
15．(2020·平顶山、许昌质检)设圆锥的内切球(球面与圆锥的侧面以及底面都相切)的半径为1，那么该圆锥体积的最小值为________．
答案 eq \f(8π,3)
解析 如图所示，设圆锥的高为h，底面半径为r，则当圆锥的体积最小时，小球与圆锥侧面相切，
由△AOE∽△ACF，可得eq \f(1,r)＝eq \f(\r(h－12－12),h)，
即r＝eq \f(h,\r(h2－2h))(h>2)，
所以圆锥的体积V＝eq \f(1,3)πr2h＝eq \f(πh2,3h－2)＝eq \f(π,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(h－2＋\f(4,h－2)＋4))
≥eq \f(π,3)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\r(h－2×\f(4,h－2))＋4))＝eq \f(8π,3)，
当且仅当h－2＝eq \f(4,h－2)，即h＝4时等号成立，
所以圆锥体积的最小值为eq \f(8π,3).
16．已知抛物线W：y2＝4x的焦点为F，点P是圆O：x2＋y2＝r2(r>0)与抛物线W的一个交点，点A(－1,0)，当eq \f(|PF|,|PA|)最小时，圆心O到直线PF的距离是________．
答案 1
解析 易知F(1,0)，不妨设P点在第一象限．
令直线l的方程为x＝－1，过点P作PK⊥l于点K，
根据抛物线的定义，可得|PK|＝|PF|，
故若要使eq \f(|PF|,|PA|)最小，则eq \f(|PK|,|PA|)最小，
即直线PA的斜率最大．
设直线PA的方程为x＝my－1(m>0)，
代入抛物线方程得y2－4my＋4＝0，
则Δ＝16m2－16≥0，得m≥1，
当m取得最小值1时，P点坐标为(1,2)，
直线PF的方程为x＝1，
所以当eq \f(|PF|,|PA|)最小时，圆心O到直线PF的距离为1.月份x
2
3
4
5
6
销售额y/万元
15.1
16.3
17.0
17.2
18.4