（浙江专用）2020高考数学二轮复习 小题分层练（五）.docx

小题分层练(五)“985”跨栏练(1)1已知复数(i是虚数单位)是纯虚数，则实数a()a2b1c0d22在abc中，角a，b，c的对边分别为a，b，c，若a2b2c2，则的值为()a. b. c. d.3函数y|log2(x1)|的图象大致是()4已知集合ax|2x22x8，bx|x22mx40，abx|1x1，abx|4x3，则实数m的值为()a. b. c2 d35过点p(2，0)的直线与抛物线c：y24x相交于a，b两点，且|pa|ab|，则点a到抛物线的焦点的距离为()a. b. c. d26九章算术中将底面为长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”现有一“阳马”，其正视图和侧视图是如图所示的直角三角形，若该“阳马”的顶点都在同一个球面上，则该球的体积为()a. b8 c. d247设a，b，c为三角形的三个内角，且方程(sin bsin a)x2(sin asin c)x(sin csin b)0有两个相等实根，那么()ab60 bb60cb60 db608已知正项数列an的前n项和为sn，若点(sn，)在曲线2y2x1上，则数列的前5项和t5()alog2 blog2 c. d.9对于平面向量a，b，给出下列四个命题：命题p1：若ab0，则a与b的夹角为锐角；命题p2：“|ab|a|b|”是“ab”的充要条件；命题p3：当a，b为非零向量时，“ab0”是“|ab|a|b|”的充要条件；命题p4：若|ab|b|，则|2b|a2b|.其中的真命题是()ap1，p3 bp2，p4 cp1，p2 dp3，p410已知定义域为r的奇函数f(x)的导函数为f(x)，当x0时，f(x)0，若af，b2f(2)，cf，则a，b，c的大小关系正确的是()aacb bbcacabc dcab11已知等差数列an的前n项和为sn，若a310，s450，则公差d_，若sn取到最大值，则n_12已知侧棱与底面垂直的三棱柱的底面是边长为2的正三角形，该三棱柱存在一个与上、下底面及所有侧面都相切的内切球，则该三棱柱的外接球与内切球的半径之比为_13将函数f(x)2sin的图象向左平移个单位长度，再把所有点的横坐标伸长到原来的2倍，得到函数yg(x)的图象，则g(x)的最小正周期为_，初相为_14若展开式中的常数项为5，则a_；含x5的项的二次项系数等于_15设函数f(x)若f(a)，则a_，若方程f(x)b0有三个不同的实数根，则实数b的取值范围是_16已知直线2axby140(a0，b0)，且该直线上的点a(1，2)始终落在圆(xa1)2(yb2)225的内部或圆上，则的取值范围是_17已知正实数a，b，c满足2a3b4c4，若对任意的a，b，c，不等式x对任意的x1，2恒成立，则实数t的最大值为_小题分层练(五)1解析：选a.i，由是纯虚数得0，所以a2，故选a.2解析：选c.因为a2b2c2，所以由余弦定理，得，故选c.3解析：选b.法一：由函数的定义域x|x1知，只有b项正确，故选b.法二：将ylog2x的图象向右平移一个单位长度得ylog2(x1)的图象，再将ylog2(x1)在x轴下方的图象关于x轴对称后即得b.4解析：选b.根据题意知，集合ax|2x22x8x|x22x30x|1x3，因为abx|1x1，abx|4x3，所以结合数轴可知集合bx|4x1，即4，1是方程x22mx40的两个根，所以412m，解得m，故选b.5解析：选a.设a(x1，y1)、b(x2，y2)，因为|pa|ab|，所以又得x1，则点a到抛物线c的焦点的距离为1.6.解析：选c.由题可知，该“阳马”为四棱锥，记为pabcd，将其放入长方体中如图所示，则该“阳马”的外接球直径为长方体的体对角线，易知adap1，ab2，所以pc，所以外接球的半径为，故该球的体积为.故选c.7解析：选d.由已知，得0，即(sin asin c)24(sin bsin a)(sin csin b)0，由正弦定理，得(ac)24(ba)(cb)0，展开，得a2c22ac4b24bc4ab0，所以(ac2b)20，所以ac2b，所以b，所以cos b.当且仅当ac时，等号成立因为cos b0，所以0b90，又ycos b在(0，90)上为减函数，所以b60(当且仅当ac时取等号)8解析：选c.因为点(sn，)在曲线2y2x1上，所以2ansn1.当n2，nn*时，有2an1sn11，两式相减，得2an2an1snsn1an，所以当n2，nn*时，有2，当n1时，有2a1s11，解得a11，所以数列an是首项为1，公比为2的等比数列，所以an2n1，sn2n1，所以，所以t51.故选c.9解析：选b.法一：对于命题p1，当向量a，b共线且同向时，它们的夹角不是锐角，但它们的数量积为正，所以命题p1是假命题对于命题p2，因为ab|a|b|cosa，b，又|ab|a|b|，所以|cosa，b|1，所以a，b0或180，即ab.反之，如果ab，容易得到|ab|a|b|，因此“|ab|a|b|”是“ab”的充要条件(这里包含a，b中有零向量的情况)，所以命题p2是真命题对于命题p3，|ab|a|b|ab|a|b|cosa，b1a与b反向ab(0)，所以“ab0”是“|ab|a|b|”的充分不必要条件，所以命题p3是假命题对于命题p4，由|ab|b|得，a22ab0，即2aba2，故|a2b|2a24b24aba24b22a24b2a24b2|2b|2，即|2b|a2b|，所以命题p4是真命题法二：对于命题p1，当向量a，b共线且同向时，它们的夹角不是锐角，但它们的数量积为正，所以命题p1是假命题，排除a、c.根据b、d可知，命题p4是真命题，故只需要判断命题p2即可对于命题p2，因为ab|a|b|cosa，b，又|ab|a|b|cosa，b|1a，b0或180ab，所以命题p2是真命题，故选b.10解析：选a.设h(x)xf(x)，所以h(x)f(x)xf(x)，因为yf(x)是定义在实数集r上的奇函数，所以h(x)是定义在实数集r上的偶函数，当x0时，h(x)f(x)xf(x)0，所以此时函数h(x)单调递增因为afh，b2f(2)2f(2)h(2)，cfhh(ln 2)h(ln 2)，又2ln 2，所以bca.故应选a.11解析：由已知条件可得s4a32da3da3a3d4a32d50，又a310，所以d5.可得a45，a50，a65，故当n4或5时，sn取到最大值答案：54或512解析：由题意知，三棱柱的内切球的半径r等于底面内切圆的半径，即r21，此时三棱柱的高为2r2，底面外接圆的半径为22，所以三棱柱的外接球的半径r.所以该三棱柱的外接球与内切球的半径之比为1.答案：113解析：函数g(x)2sin，故最小正周期为，初相为.答案：14解析：展开式的通项为tk1a5kcx10k，当k4时，其常数项为5a5，所以a1；又k2时，含x5项的系数为c10.答案：11015解析：若4a2，解得a，若a2a，解得a，故a或.当x0时，f(x)4x20，当x0时，f(x)，f(x)的最小值是，若方程f(x)b0有三个不同的实数根，则直线yb与yf(x)的图象有3个交点，故由图象可知b.答案：或16解析：将点a(1，2)代入2axby140，可得ab7，由于a(1，2)始终落在所给圆的内部或圆上，所以a2b225.由解