2018届数学二轮复习寒假作业（二十五）小题限时保分练-太原一模试题节选（注意命题点分布）理

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGEPAGE11学必求其心得，业必贵于专精寒假作业（二十五)小题限时保分练——太原一模试题节选（注意命题点分布）（时间:40分钟满分：80分)一、选择题(本题共12小题,每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．已知集合A＝｛x｜y＝lg(x＋1）}，B＝｛x|｜x|〈2}，则A∩B＝（）A．(－2，0) B．(0,2)C．（－1，2） D．(－2，－1)解析：选C因为A＝{x｜x〉－1}，B＝{x｜－2〈x〈2｝，所以A∩B＝（－1,2）．2．已知zi＝2－i，则复数z在复平面内对应的点的坐标是()A．（－1，－2） B．(－1,2)C．（1，－2） D．（1，2)解析：选A法一:设z＝a＋bi（a，b∈R)，因为zi＝2－i,所以－b＋ai＝2－i，所以－b＝2,a＝－1，即a＝－1，b＝－2,所以复数z在复平面内对应的点的坐标为(－1，－2)．法二：因为zi＝2－i，所以z＝eq\f（2－i，i)＝－i(2－i）＝－1－2i，所以复数z在复平面内对应的点的坐标为（－1，－2）．法三：将zi＝2－i的两边同时乘以－i，得z＝－i（2－i)＝－1－2i，所以复数z在复平面内对应的点的坐标为（－1，－2）．3．已知Sn是等差数列{an｝的前n项和，2(a1＋a3＋a5）＋3（a8＋a10)＝36，则S11＝()A．66 B．55C．44 D．33解析：选D法一：设等差数列{an｝的公差为d，因为2(a1＋a3＋a5）＋3(a8＋a10）＝36，所以12a1＋60d＝36，即a1＋5d所以S11＝11a1＋eq\f(11×10，2)d＝11a1＋55d＝11(a1＋5d)＝33.法二：设等差数列｛an}的公差为d，因为2（a1＋a3＋a5)＋3(a8＋a10)＝36，所以12a1＋60d＝36,即a1＋5d所以a6＝3，所以S11＝eq\f（11a1＋a11，2)＝eq\f（11×2a6，2)＝11a6＝33.法三：因为a1＋a5＝2a3，a8＋a10＝2a9，所以2（a1＋a3＋a5）＋3（a8＋a10)＝6a3＋6a9＝36，所以a3所以S11＝eq\f(11a1＋a11，2)＝eq\f（11a3＋a9,2)＝33.4．已知向量a＝（1，cosα)，b＝(sinα,1)，且0<α〈π，若a⊥b，则α＝（）A。eq\f(2π，3）B。eq\f（3π，4)C。eq\f（π,4）D.eq\f（π,6）解析：选B因为a＝(1，cosα)，b＝(sinα，1）,且a⊥b，所以a·b＝sinα＋cosα＝0，所以tanα＝－1，因为0<α〈π，所以α＝eq\f(3π,4)。5．函数f(x)＝eq\f(cosx,x)的图象大致为()解析：选D易知函数f（x)＝eq\f（cosx，x)为奇函数，其图象关于原点对称,排除A，B；当x＝eq\f（π,6)时,feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（π,6)))＝eq\f（cos\f（π,6)，\f(π，6））＝eq\f（3\r（3)，π)〉0，排除C，故选D.6．已知圆C：x2＋y2＝1，直线l:y＝k(x＋2），在［－1,1]上随机选取一个数k，则事件“直线l与圆C相离”发生的概率为(）A.eq\f（1,2) B.eq\f(2－\r(2）,2)C.eq\f(3－\r(3)，3) D.eq\f(2－\r(3），2)解析:选C法一:若直线l：y＝k(x＋2)与圆C：x2＋y2＝1相离，则圆C的圆心到直线l的距离d＝eq\f（2|k｜，\r（k2＋1）)>1,又k∈［－1,1］，所以－1≤k<－eq\f（\r（3)，3)或eq\f（\r（3）,3)<k≤1，所以事件“直线l与圆C相离"发生的概率为eq\f(2－\f(2\r（3),3）,2)＝eq\f(3－\r(3)，3)。法二：如图，当直线l：y＝k（x＋2）与圆C：x2＋y2＝1相切时，直线l的倾斜角为eq\f(π，6）或eq\f(5π，6），即斜率为eq\f（\r（3），3）或－eq\f（\r(3)，3)，所以直线l与圆C有公共点时－eq\f（\r（3），3）≤k≤eq\f（\r(3)，3），所以事件“直线l与圆C相离”发生的概率为1－eq\f(\f（2\r（3），3）,2）＝eq\f(3－\r(3)，3）.7．执行如图所示的程序框图，已知输出的s∈[0,4]，若输入的t∈［m,n]，则实数n－m的最大值为()A．1 B．2C．3 D．4解析：选D由程序框图得s＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(3t，t〈1,，4t－t2，t≥1，))作出s的图象如图所示．若输入的t∈[m,n］，输出的s∈［0,4］，则由图象得n－m的最大值为4。8．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为(）A．6π＋1 B.eq\f（24＋\r（2）π，4)＋1C。eq\f（23＋\r（2)π,4）＋eq\f（1,2) D.eq\f(23＋\r(2)π，4）＋1解析：选D由几何体的三视图知，该几何体为一个组合体，其中下部是底面直径为2，高为2的圆柱，上部是底面直径为2，高为1的圆锥的四分之一，所以该几何体的表面积为4π＋π＋eq\f(3π，4）＋eq\f（\r（2）π，4)＋1＝eq\f(23＋\r（2）π,4）＋1.9．已知D＝eq\b\lc\{\rc\｝(\a\vs4\al\co1（x，y\b\lc\｜\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（x＋y－2≤0，x－y＋2≤0,3x－y＋6≥0）))))），给出下列四个命题：p1：∀(x，y）∈D，x＋y＋1≥0;p2:∀(x，y）∈D，2x－y＋2≤0；p3：∃(x，y)∈D，eq\f（y＋1,x－1)≤－4;p4：∃(x,y）∈D，x2＋y2≤2。其中为真命题的是(）A．p1，p2 B．p2，p3C．p2，p4 D．p3，p4解析：选C因为D＝eq\b\lc\｛\rc\｝(\a\vs4\al\co1（x，y\b\lc\｜\rc\（\a\vs4\al\co1（\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－2≤0，x－y＋2≤0,3x－y＋6≥0)))）))表示的平面区域如图中阴影部分所示,所以z1＝x＋y的最小值为－2，z2＝2x－y的最大值为－2，z3＝eq\f（y＋1，x－1）的最小值为－3，z4＝x2＋y2的最小值为2，所以命题p1为假命题，命题p2为真命题，命题p3为假命题,命题p4为真命题，故p2,p4为真命题．10．已知抛物线y2＝4x的焦点为F，过焦点F的直线交该抛物线于A，B两点，O为坐标原点，若△AOB的面积为eq\r（6），则|AB|＝（)A．6 B．8C．12 D．16解析:选A由题意知抛物线y2＝4x的焦点F的坐标为（1，0），当直线AB垂直于x轴时,△AOB的面积为2,不满足题意，所以设直线AB的方程为y＝k（x－1)(k≠0),与y2＝4x联立,消去x得，ky2－4y－4k＝0，设A(x1,y1），B(x2，y2)，则y1＋y2＝eq\f（4，k)，y1y2＝－4,所以|y1－y2|＝eq\r（\f（16,k2)＋16），所以△AOB的面积为eq\f(1,2）×1×eq\r(\f（16，k2)＋16)＝eq\r(6)，解得k2＝2，所以｜AB｜＝eq\r(1＋\f(1，k2))·｜y1－y2｜＝6。11．已知函数f（x）＝sinωx－eq\r（3)cosωx(ω>0），若方程f(x)＝－1在(0，π）上有且只有四个实数根,则实数ω的取值范围为（)A.eq\b\lc\（\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f(13,6），\f(7，2）)） B.eq\b\lc\（\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f(7,2），\f(25，6）))C.eq\b\lc\（\rc\]（\a\vs4\al\co1(\f（25，6)，\f(11,2））） D。eq\b\lc\（\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f（11，2)，\f(37，6））)解析：选Bf（x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π，3)）），方程2sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（ωx－\f(π，3)))＝－1在（0，π）上有且只有四个实数根，即sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3))）＝－eq\f（1,2）在（0，π）上有且只有四个实数根．设t＝ωx－eq\f(π，3），因为0<x〈π，所以－eq\f（π，3)〈t<ωπ－eq\f（π，3），所以eq\f（19π，6）<ωπ－eq\f(π，3)≤eq\f(23π,6），解得eq\f（7,2)<ω≤eq\f(25,6）.12．设函数f（x）＝eq\f（3，2）x2－2ax(a>0)的图象与g（x）＝a2lnx＋b的图象有公共点，且在公共点处的切线方程相同，则实数b的最大值为（）A.eq\f(1，2e2) B。eq\f（1,2)e2C.eq\f(1，e） D．－eq\f（3，2e2)解析：选Af′（x）＝3x－2a，g′(x）＝eq\f(a2，x),因为函数f（x)的图象与函数g(x）的图象有公共点且在公共点处的切线方程相同，所以3x－2a＝eq\f(a2,x)，故3x2－2ax－a2＝0在（0，＋∞）上有解，又a〉0，所以x＝a，即切点的横坐标为a，所以a2lna＋b＝－eq\f（a2,2），所以b＝－a2lna－eq\f（a2,2）(a>0),令h(a)＝－a2lna－eq\f（a2，2）,则h′(a)＝－2a(lna＋1）,由h′（a）＝0得a＝eq\f（1,e），所以0〈a〈eq\f(1，e)时,h′（a)>0，a〉eq\f(1,e)时,h′(a）〈0，所以当a＝eq\f（1，e）时，h(a）取得最大值且最大值为eq\f（1,2e2)，故实数b的最大值为eq\f(1,2e2）.二、填空题（本题共4小题,每小题5分)13．已知向量a＝(1，－1），b＝（t,1)，若（a＋b)∥(a－b），则实数t＝________.解析：因为a＝(1,－1)，b＝（t，1)，所以a＋b＝(t＋1，0）,a－b＝(1－t，－2)，因为（a＋b）∥(a－b），所以－2(t＋1)＝0，即t＝－1。答案:－114．已知双曲线经过点（1,2eq\r（2）)，其一条渐近线方程为y＝2x，则该双曲线的标准方程为________．解析：法一：因为点(1，2eq\r(2）)在渐近线y＝2x的左上方，所以双曲线的焦点在y轴上，故设双曲线的标准方程为eq\f(y2，a2）－eq\f(x2,b2)＝1(a>0,b>0）,所以eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(\f（a,b)＝2，，\f(8,a2)－\f（1，b2）＝1，）)解得a＝2，b＝1，所以双曲线的标准方程为eq\f（y2,4)－x2＝1。法二：因为双曲线的渐近线方程为y＝2x,所以设双曲线的方程为eq\f(y2,4)－x2＝λ（λ≠0），又双曲线过点（1,2eq\r(2)），所以λ＝1，所以双曲线的标准方程为eq\f(y2，4)－x2＝1.答案：eq\f（y2,4)－x2＝115．已知三棱锥A。BCD中，BC⊥CD，AB＝AD＝eq\r（2）,BC＝1，CD＝eq\r(3),则该三棱锥的外接球的体积为________．解析：因为BC＝1，CD＝eq\r(3），BC⊥CD，所以BD＝2，又AB＝AD＝eq\r（2),所以AB⊥AD，所以三棱锥A。BCD的外接球的球心为BD的中点，半径为1,所以三棱锥A。BCD的外接球的体积为eq\f（4π,3)。答案:eq\f（4π，3)16．已知数列{an}中，a1＝－1，an＋1＝2an＋3n－1（n∈N＊），则其前n项和Sn＝________.解析:因为an＋1＝2an＋3n－1，