高三数学二轮复习 客观题提速练十二 文科试题

客观题提速练十二(时间:45分钟满分:80分)一、选择题(每小题5分,共60分)1.(2016·吉林白山一模)设集合A={0,1},集合B={x|x>a},若A∩B=,则实数a的取值范围是()(A){a|a≤1} (B){a|a≥1}(C){a|a≥0} (D){a|a≤0}2.已知p,q是两个命题,那么“p∧q是真命题”是“p是假命题”的()(A)充分而不必要条件(B)必要而不充分条件(C)充分必要条件(D)既不充分也不必要条件3.(2016·陕西汉中质检)两向量AB→=(4,-3),CD→=(-5,-12),则AB→(A)(-1,-15) (B)(-20,36)(C)1613 (D)4.(2016·山东潍坊二模)已知函数f(x)=(x-a)(x-b)(其中a>b)的图象如图所示,则函数g(x)=loga(x-b)的图象是()5.(2016·湖南长沙一模)某研究型学习小组调查研究学生使用智能手机对学习的影响.部分统计数据如下表:使用智能手机不使用智能手机合计学习成绩优秀4812学习成绩不优秀16218合计201030附表:P(K2≥k0)0.150.100.050.0250.0100.0050.001k02.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828经计算K2=10,则下列选项正确的是()(A)有99.5%的把握认为使用智能手机对学习有影响(B)有99.5%的把握认为使用智能手机对学习无影响(C)有99.9%的把握认为使用智能手机对学习有影响(D)有99.9%的把握认为使用智能手机对学习无影响6.(2016·银川市普通高中教学质量检测)在△ABC中,角A,B,C所对应的边分别是a,b,c,若b3cosB(A)-12 (B)12 (C)-32 7.已知圆C的半径为2,圆心在x轴的正半轴上,直线3x+4y+4=0与圆C相切,则圆C的方程为()(A)x2+y2+4x=0 (B)x2+y2-2x-3=0(C)x2+y2-4x=0 (D)x2+y2+2x-3=08.(2016·河南郑州模拟)已知函数f(x)=2sin(ωx+)(ω>0,||≤π2)的相邻两对称中心之间的距离为π,且f(x)>1对于任意的x∈(-π12,π3)恒成立,则的取值范围是()(A)[π6,π3] (B)(π4(C)[π12,π2] (D)[π129.(2016·上海六校联考)如图所示,在直三棱柱ABCA1B1C1AC1⊥A1B,M,N分别是A1B1,AB的中点,给出下列结论:①C1M⊥平面A1ABB1;②A1B⊥AM;③平面AMC1∥平面CNB1(A)0 (B)1(C)2 (D)310.从正六边形的6个顶点中随机选择4个顶点,则以它们作为顶点的四边形是矩形的概率等于()(A)110 (B)18 (C)111.(2016·吉林白山一模)已知抛物线y2=6x的焦点为F,准线为l,点P为抛物线上一点,且在第一象限,PA⊥l,垂足为A,|PF|=2,则直线AF的倾斜角为()(A)4π5 (B)2π312.(2016·山东潍坊一模)已知函数F(x)=(lnxx)2+(a-1)lnxx+1-a有三个不同的零点x1,x2,x3(x1<x2<x3),则(1-lnx1x1)(A)1-a (B)a-1 (C)-1 (D)1二、填空题(每小题5分,共20分)13.(2016·贵州黔东南州模拟)若变量x,y满足约束条件x-y+1≤0,y≤1,14.一个几何体的三视图如图所示,则这个几何体的表面积与其外接球面积之比为.

15.(2016·皖南八校联考)已知函数f(x)=xlnx+mx2-m在定义域内不存在极值点,则实数m的取值范围为.

16.(2016·吉林大学附属中学二模)已知数列{an}满足a1=1,an+1=anan+2(n∈N*).若bn+1=(n-λ)(1an+1）,b1=-λ,且数列{bn}是递增数列,则实数λ客观题提速练十二1.B2.A3.C4.B由函数f(x)=(x-a)(x-b)(其中a>b)的图象可知a>1,-1<b<0,因此函数g(x)=loga(x-b)的图象是由函数y=logax向左平移-b个单位得到的,故选B.5.A因为7.879<K2<10.828,故有99.5%的把握认为使用智能手机对学习有影响,故选A.6.B由正弦定理及b3cosB可得tanB=3,所以B=π3,所以cosB=17.C设圆心为C(a,0)(a>0),由题意|3解得a=2或a=-143所以圆C的方程为(x-2)2+y2=4,即x2+y2-4x=0.故选C.8.B因为函数f(x)=2sin(ωx+)(>0,||≤π2)的相邻两对称中心之间的距离为π,所以2πω=2π,ω=1,f(x)=2sin(x+当x∈(-π12,π3),即x+∈(-π12+,π3+)f(x)>1恒成立,所以sin(x+)>12恒成立,又||≤π2,所以-π12+>π6,且π3+<5求得π4<<π29.D由ABC-A1B1C1为直三棱柱,BC=AC,M为A1B1的中点,得C1M⊥A1B1,C1M⊥又AA1∩A1B1=A1,所以C1M⊥平面A1ABB1,①又因为AC1⊥A1B,且C1M⊥平面A1ABB1所以可证得AM⊥A1B,所以②正确.由AM∥B1N,C1M∥CN得平面AMC1∥平面CNB1,所以③故选D.10.D如图,正六边形ABCDEF,从6个顶点中随机选择4个顶点有ABCD,ABCE,ABCF,ABDE,ABDF,ABEF,ACDE,ACDF,ACEF,ADEF,BCDE,BCDF,BCEF,BDEF,CDEF,共15种选法,基本事件总数为15,其中四边形是矩形的有ABDE,BCEF,ACDF3种,所以所求概率为P=315=111.D如图,设P(x0,y0),因为|PF|=2=x0+1.5,所以x0=0.5.所以|BF|=1.5-0.5=1,所以∠BPF=π6从而∠PFB=π3因为|PA|=|PF|=2,所以∠PAF=∠PFA.又∠PAF=∠AFB,所以∠AFB=12∠PFB=π12.D令y=lnx则y′=1-故当x∈(0,e)时,y′>0,y=lnx当x∈(e,+∞)时,y′<0,y=lnx且当x→0时lnxx→-∞,ln当x→+∞时,lnxx令lnx则F(x)=0可化为t2+(a-1)t+1-a=0,结合题意可知,t2+(a-1)t+1-a=0有两个不同的根,故Δ=(a-1)2-4(1-a)>0,故a<-3或a>1,不妨设方程的两个根分别为t1,t2,则t1,t2∈(-∞,1e]①若a<-3,则t1+t2=1-a>4,与t1≤1e且t2≤1②若a>1,则方程的两个根t1,t2一正一负;不妨设t1<0<t2,结合y=lnxx的性质可得lnx1x1=t1,ln故(1-lnx1x1)2(1-=(1-t1)2(1-t2)(1-t2)=[1-(t1+t2)+t1t2]2.又因为t1t2=1-a,t1+t2=1-a,所以(1-lnx1x1)2(1-ln故选D.13.解析:作出不等式组对应的平面区域如图阴影部分.设z=(x-2)2+y2,则z的几何意义为区域内的点到定点D(2,0)的距离的平方.由图知C,D间的距离最小,此时z最小.由y=1,即C(0,1).此时zmin=(x-2)2+y2=4+1=5.答案:514.解析:由三视图知,几何体是一个组合体,是由两个完全相同的四棱锥底面重合组成,四棱锥的底面是边长是1的正方形,四棱锥的高是22,斜高为32,这个几何体的表面积为8×12×1×3根据几何体和球的对称性知,几何体的外接球的直径是四棱锥底面的对角线,为2,所以外接球的表面积是4π×222=2则这个几何体的表面积与其外接球面积之比为232π答案:315.解析:依题意,f′(x)=lnx+1+2mx,故函数f′(x)不存在变号零点.令f′(x)=0,故lnx+1+2mx=0,即-2m=lnx令g(x)=lnx+1x,故g′分析可知,当x=1时,函数g(x)有最大值1,无最小值.所以-2m≥1,m≤-