新高考数学二轮复习 第4部分 高考22题逐题特训 小题满分练7 （含解析）

这是一份新高考数学二轮复习 第4部分 高考22题逐题特训 小题满分练7 （含解析），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。
小题满分练7一、单项选择题1．(2020·唐山模拟)已知集合A＝{x|x2－2x－3>0}，集合B＝{x∈Z|x2≤4x}，则(∁RA)∩B等于(　　)A．{x|0≤x≤3}   B．{－1,0,1,2,3}C．{0,1,2,3}   D．{1,2}答案　C解析　根据题意，得A＝{x|x<－1或x>3}，则∁RA＝{x|－1≤x≤3}，又B＝{x∈Z|x2≤4x}＝{x∈Z|0≤x≤4}＝{0,1,2,3,4}，则(∁RA)∩B＝{0,1,2,3}．2．(2020·全国Ⅲ)复数的虚部是(　　)A．－  B．－  C.  D.答案　D解析　z＝＝＝＋i，虚部为.3．已知点P(3,4)在角α的终边上，则cos的值为(　　)A.  B．－  C.  D．－答案　D解析　∵点P(3,4)在角α的终边上，∴r＝＝5，∴cos＝－sin α＝－＝－.4．祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．它是中国古代一个涉及几何体体积的问题，意思是两个同高的几何体，如在等高处的截面面积恒相等，则体积相等．设A，B为两个同高的几何体，p：A，B的体积相等，q：A，B在等高处的截面面积恒相等，根据祖暅原理可知，p是q的(　　)A．充分不必要条件   B．必要不充分条件C．充要条件   D．既不充分也不必要条件答案　B解析　由q⇒p，反之不成立，∴p是q的必要不充分条件．5．已知等差数列{an}满足a1＝32，a2＋a3＝40，则{|an|}的前12项和为(　　)A．－144  B．80  C．144  D．304答案　D解析　∵a2＋a3＝2a1＋3d＝64＋3d＝40，∴d＝－8，∴an＝40－8n.∴|an|＝|40－8n|＝∴前12项和为＋＝80＋224＝304.6．已知定义在R上的函数f(x)满足f(－x)＝f(x)，且函数f(x)在(－∞，0)上是减函数，若a＝f ，b＝f()，c＝f(20.8)，则a，b，c的大小关系为(　　)A．a<c<b   B．c<b<aC．b<c<a   D．c<a<b答案　A解析　根据题意，函数f(x)满足f(－x)＝f(x)，则函数f(x)为偶函数，a＝f ＝f(1)，b＝f(log4.1)＝f(log24.1)，c＝f(20.8)，又函数f(x)在(－∞，0)上是减函数，所以f(x)在(0，＋∞)上为增函数，且1<20.8<2<log24.1，则a<c<b.7．设e1，e2分别为具有公共焦点F1与F2的椭圆和双曲线的离心率，P为两曲线的一个公共点，且满足·＝0，则＋的值为(　　)A.  B．1  C．2  D．4答案　C解析　设椭圆的长半轴长为a1，双曲线的实半轴长为a2，它们的半焦距是c，并设|PF1|＝m，|PF2|＝n，m>n>0，根据椭圆和双曲线的定义可得m＋n＝2a1，m－n＝2a2，解得m＝a1＋a2，n＝a1－a2，又·＝0，即PF1⊥PF2，由勾股定理得|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2，即m2＋n2＝(2c)2，即(a1＋a2)2＋(a1－a2)2＝(2c)2，化简可得a＋a＝2c2，＋＝2.8．已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)的图象过点B(0，)，且在上单调，把f(x)的图象向右平移π个单位长度之后与原来的图象重合，当x1，x2∈且x1≠x2时，f(x1)＝f(x2)，则f(x1＋x2)等于(　　)A．－  B.  C．－1  D．1答案　B解析　∵函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)的图象过点B(0，)，∴2sin φ＝，又|φ|<，∴φ＝.∵f(x)在上单调，∴·≥－，∴0<ω≤3.把f(x)的图象向右平移π个单位长度之后与原来的图象重合，∴2sin＝2sin，∴ω＝2k，k∈Z，∴ω＝2，f(x)＝2sin.当x∈时，2x＋∈，若f(x1)＝f(x2)，则2x1＋＋2x2＋＝2·＝5π，∴x1＋x2＝，∴f(x1＋x2)＝2sin＝2sin ＝.二、多项选择题9．(2020·沈阳质检)随着生活水平的提高，人们对城市空气质量的关注度也逐渐增大．如图是某城市1月至8月的空气质量检测情况，图中一、二、三、四级是空气质量等级，一级表示空气质量最好，一级和二级都表示空气质量合格，下面四种说法正确的是(　　)A．1月至8月空气质量合格天数超过20的月份有5个B．第二季度与第一季度相比，空气质量合格天数的比重下降了C．8月是空气质量最好的一个月D．6月的空气质量最差答案　ABC解析　1月至8月空气质量合格天数超过20的月份有1月，2月，6月，7月，8月，共5个月，故A正确；第一季度空气质量合格天数的比重为≈0.736 3，第二季度空气质量合格天数的比重为≈0.626 4，所以第二季度与第一季度相比，空气质量合格天数的比重下降了，故B正确；8月空气质量合格天数达到30，是空气质量最好的一个月，故C正确；5月空气质量合格天数为13,5月的空气质量最差，故D错误．10.一个正方体纸盒展开后如图，在原正方体纸盒中有下列结论，其中正确的是(　　)A．AB⊥EFB．AB与CM成60°的角C．EF与MN是异面直线D．MN∥CD答案　AC解析　将展开图还原为正方体，由于EF∥ND，而ND⊥AB，∴EF⊥AB；显然AB与CM平行；EF与MN是异面直线，MN与CD也是异面直线，故AC正确，BD错误．11．江先生朝九晚五上班，上班通常乘坐公交加步行或乘坐地铁加步行．江先生从家到公交站或地铁站都要步行5分钟．公交车多且路程近一些，但乘坐公交路上经常拥堵，所需时间Z(单位：分)服从正态分布N(33,42)，下车后从公交站步行到单位要12分钟；乘坐地铁畅通，但路线长且乘客多，所需时间Z(单位：分)服从正态分布N(44，22)，下地铁后从地铁站步行到单位要5分钟．从统计的角度看，下列说法合理的是(　　)参考数据：若Z～N(μ，σ2)，则P(μ－σ<Z≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ<Z≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ<Z≤μ＋3σ)≈0.997 3A．若8：00出门，则乘坐公交上班不会迟到B．若8：02出门，则乘坐地铁上班不迟到的可能性更大C．若8：06出门，则乘坐公交上班不迟到的可能性更大D．若8：12出门，则乘坐地铁上班几乎不可能不迟到答案　CD解析　对于选项A，江先生乘坐公交的时间不大于43分钟才不会迟到，因为P(Z≤43)<P(Z≤45)，且P(33－12<Z≤33＋12)≈0.997 3，所以P(Z≤43)<P(Z≤45)≈0.5＋0.5×0.997 3≈0.998 7，所以“江先生上班迟到”还是有可能发生的，所以选项A不合理；对于选项B，若江先生乘坐地铁上班，则其乘坐地铁的时间不大于48分钟才不会迟到，因为P(44－4<Z≤44＋4)≈0.954 5，所以P(Z≤48)≈0.5＋0.954 5×0.5≈0.977 3，所以“江先生8：02出门，乘坐地铁上班不迟到”发生的可能性约为0.977 3；若江先生乘坐公交上班，则其乘坐公交的时间不大于41分钟才不会迟到，因为P(33－8<Z≤33＋8)≈0.954 5，所以P(Z≤41)≈0.5＋0.954 5×0.5≈0.977 3，所以“江先生8：02出门，乘坐公交上班不迟到”发生的可能性约为0.977 3，二者可能性一样，所以选项B不合理；对于选项C，若江先生乘坐公交上班，则其乘坐公交的时间不大于37分钟才不会迟到，因为P(33－4<Z≤33＋4)≈0.682 7，所以P(Z≤37)≈0.5＋0.5×0.682 7≈0.841 4，所以“江先生8：06出门，乘坐公交上班不迟到”发生的可能性约为0.841 4；若江先生乘坐地铁上班，则其乘坐地铁的时间不大于44分钟才不会迟到，因为P(Z≤44)＝0.5，所以“江先生8：06出门，乘坐地铁上班不迟到”发生的可能性约为0.5，又0.841 4>0.5，所以选项C是合理的；对于选项D，江先生乘坐地铁的时间不大于38分钟才不会迟到，因为P(44－6<Z≤44＋6)≈0.997 3，所以P(Z≤38)≈(1－0.997 3)×0.5≈0.001 4，所以“江先生8：12出门，乘坐地铁上班不迟到”发生的可能性非常小，所以选项D合理．12．(2020·烟台测试)关于函数f(x)＝ex＋asin x，x∈(－π，＋∞)，下列说法正确的是(　　)A．当a＝1时，f(x)的图象在(0，f(0))处的切线方程为2x－y＋1＝0B．当a＝1时，f(x)存在唯一极小值点x0且－1<f(x0)<0C．对任意a>0，f(x)在(－π，＋∞)上均存在零点D．存在a<0，f(x)在(－π，＋∞)上有且只有一个零点答案　ABD解析　对于A，当a＝1时，f(x)＝ex＋sin x，f(0)＝1，f′(x)＝ex＋cos x，f′(0)＝2，所以f(x)的图象在(0，f(0))处的切线斜率为2，则切线方程为y－1＝2(x－0)，即2x－y＋1＝0，故A正确；对于B，当a＝1时，f(x)＝ex＋sin x，f′(x)＝ex＋cos x，当x∈[0，＋∞)时，ex≥1，所以f′(x)>0，f(x)在[0，＋∞)上单调递增，不存在极值点；当x∈时，ex>0，cos x≥0，所以f′(x)>0，f(x)在上单调递增，不存在极值点；当x∈时，设g(x)＝f′(x)＝ex＋cos x，则g′(x)＝ex－sin x，因为sin x<0，ex>0，所以g′(x)>0，g(x)在上单调递增，又g(－π)＝e－π－1<0，g＝>0，所以存在唯一x0∈，使得g(x0)＝f′(x0)＝0，则当x∈(－π，x0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)存在唯一极小值点x0.又g＝－<0，g＝>0，所以x0∈，又f′(x0)＝＋cos x0＝0，即＝－cos x0，则f(x0)＝＋sin x0＝sin x0－cos x0＝sin，x0∈，sin∈，所以f(x0)∈(－1,0)，故B正确；对于C，令f(x)＝0，则ex＝－asin x，－＝，设h(x)＝，h′(x)＝＝，令h′(x)＝0，则x＋＝＋kπ，k≥－1且k∈Z，x＝＋kπ，k≥－1且k∈Z，当x∈时，h′(x)<0，h(x)单调递减，当x∈，k∈N时，h′(x)>0，h(x)单调递增，当x∈，k∈N时，h′(x)<0，h(x)单调递减，随着x的增大，逐渐减小，当x→－π时，h(x)→0，所以h(x)min＝h＝－，h(x)max＝h＝，所以当－<－，即0<a<时，f(x)无零点，故C错误；对于D，由C可知，－＝，即a＝－时，f(x)有且只有一个零点，所以存在a<0，f(x)在(－π，＋∞)上有且只有一个零点，故D正确．三、填空题13．(2020·唐山模拟)学校在周一至周五的5天中安排2天分别进行甲、乙两项不同的活动，若安排的2天不相邻且甲活动不能安排在周一，则不同的安排方式有________种．答案　9解析　分两种情况：①若安排的2天中有周一：第一步，在周三到周五这3天中选1天，有C种方法；第二步，将乙安排在周一，甲安排在另一天，只有一种安排方法，所以若安排的2天中有周一，则有C×1＝3(种)不同的安排方式；②若安排的2天中没有周一：第一步，在周二到周五这4天中选2天，减去2天相邻的情况，共有(C－3)种方法；第二步，安排甲、乙各一天分别进行两项不同的活动，有A种安排方式．所以若安排的2天中没有周一，则有(C－3)A＝6(种)不同的安排方式．所以若安排的2天不相邻且甲活动不能安排在周一的不同安排方式共有3＋6＝9(种)．14．已知⊥，||＝，||＝t，若P点是△ABC所在平面内一点，且＝＋，则·的最大值为________．答案　13解析　以A为坐标原点，，的方向分别为x轴、y轴的正方向，建立平面直角坐标系(图略)，则B，C(0，t)，∴＝，＝(0，t)，∴＝＋＝(1,0)＋4(0,1)＝(1,4)，∴P(1,4)，∴＝，＝(－1，t－4)，∴·＝1－－4t＋16＝17－.∵t>0，∴＋4t≥2＝4，当且仅当＝4t，即t＝时取等号，∴17－≤13，即·的最大值为13.15．已知x，y∈R且满足x2＋2xy＋4y2＝6，则z＝x2＋4y2的取值范围为________．答案　[4,12]解析　∵2xy＝6－(x2＋4y2)，而2xy≤，∴6－(x2＋4y2)≤，∴x2＋4y2≥4(当且仅当x＝2y时取等号)．又∵(x＋2y)2＝6＋2xy≥0，即2xy≥－6，∴z＝x2＋4y2＝6－2xy≤12(当且仅当x＝－2y时取等号)．综上可知4≤x2＋4y2≤12.16．已知O为坐标原点，A，B分别是双曲线C：－＝1的左、右顶点，M是双曲线C上不同于A，B的动点，直线AM，BM与y轴分别交于点P，Q，则|OP|·|OQ|＝________.答案　3解析　由双曲线C的方程得A(－2,0)，B(2,0)，设动点M(x0，y0)(x0≠±2)，则kAM＝，kBM＝，所以直线AM的方程为y＝(x＋2)，直线BM的方程为y＝(x－2)，由此可得直线AM，BM与y轴的交点P，Q，所以|OP|·|OQ|＝＝.又动点M(x0，y0)在C上，所以－＝1，所以4y＝3(x－4)，所以|OP|·|OQ|＝＝3.