高考数学二轮复习 小题综合限时练四 文试题

限时练(四)(限时：40分钟)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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.若复数z＝eq\f(2,1－i)，则z＝()A.1＋iB.1－iC.－1＋iD.－1－i解析因为z＝eq\f(2,1－i)＝eq\f(2（1＋i）,（1－i）（1＋i）)＝1＋i，所以z＝1－i，故选B.答案B2.已知集合M＝{x||x|≤1}，N＝{x|2x<1}，则M∩N＝()A.[－1，0)B.[0，1)C.(－∞，0]D.(－∞，1]解析由题意得M＝[－1，1]，N＝(－∞，0)，所以M∩N＝[－1，0)，故选A.答案A3.已知a<0，0<b<1，则下列结论正确的是()A.a>abB.a>ab2C.ab<ab2D.ab>ab2解析由题意得ab－ab2＝ab(1－b)<0，所以ab<ab2，故选C.答案C4.已知eq\f(π,2)<α<π，sinα＝eq\f(2\r(5),5)，则tanα＝()A.eq\f(1,2)B.－eq\f(1,2)C.2D.－2解析由题意得cosα＝－eq\r(1－sin2α)＝－eq\f(\r(5),5)，所以tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝－2，故选D.答案D5.已知点A(－1，2)，B(3，4)，若eq\o(AB,\s\up6(→))＝2a，则向量a＝()A.(－2，－1)B.(1，3)C.(4，2)D.(2，1)解析设a＝(x，y)，则由题意得2a＝eq\o(AB,\s\up6(→))＝(4，2)，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＝4，,2y＝2，))解得x＝2，y＝1，所以a＝(2，1)，故选D.答案D6.执行如图所示的程序框图后，输出S的值是()A.2B.eq\f(1,3)C.－3D.－eq\f(1,2)解析由程序框图得各次循环得到的S的值为－3，－eq\f(1,2)，eq\f(1,3)，2，－3，－eq\f(1,2)，…，以4为周期，当i＝2016时，输出S＝eq\f(1,3)，故选B.答案B7.已知m，n表示不同的直线，α，β表示不同的平面，则下列结论正确的是()A.若m∥α，n∥α，则m∥nB.若m⊂α，m∥n，则n∥αC.若m⊥α，α⊥β，则m∥βD.若m⊥α，n∥α，则m⊥n解析对于A，若m∥α，n∥α，则m与n平行、相交或异面，A错误；对于B，若m⊂α，m∥n，则n∥α或n⊂α，B错误；对于C，若m⊥α，α⊥β，则m∥β或m⊂β，C错误；对于D，由n∥α得在平面α内存在直线n′⊂α，使得n∥n′，又因为m⊥α，所以m⊥n′，所以m⊥n，D正确.综上所述，正确的结论为D，故选D.答案D8.已知△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且A＝60°，a＝2eq\r(3)，b＝2，则c＝()A.4B.2eq\r(3)C.2D.2eq\r(3)－2解析在△ABC中，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA，即12＝4＋c2－2×2×c×eq\f(1,2)，解得c＝4，故选A.答案A9.若把长度为8的铁丝围成一个矩形框，则这个矩形框的面积大于3的概率为()A.eq\f(1,3)B.eq\f(1,2)C.eq\f(2,3)D.eq\f(3,4)解析设矩形的一边长为x，则矩形框的面积S＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8－2x,2)))＝－x2＋4x(0<x<4)，令S＝3，解得x＝1或x＝3，所以当矩形框的面积大于3时，x的取值范围为(1，3)，所以所求的概率P＝eq\f(3－1,4－0)＝eq\f(1,2)，故选B.答案B10.已知一个棱长为2的正方体被两个平面所截后得到的几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A.eq\f(19,3)B.7C.eq\f(22,3)D.eq\f(23,3)解析由三视图得几何体为边长为2的正方体截去两个底面为直角边长为1，高为2的三棱锥后剩余的部分，则其体积为23－2×eq\f(1,3)×2×eq\f(1,2)×1×1＝eq\f(22,3)，故选C.答案C11.设实数x，y满足约束条件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥0，y≥0，,x－y＋2≥0，,3x－y－2≤0，))若目标函数z＝ax＋by(a>0，b>0)的最大值为6，则eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)的最小值为()A.8B.4C.9解析在平面直角坐标系内画出题中的不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，由图易得当目标函数经过平面区域内的点A(2，4)时，z＝ax＋by取得最大值6，即2a＋4b＝6，a＋2b＝3，则eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝eq\f(1,3)(a＋2b)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(2,b)))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋\f(2b,a)＋\f(2a,b)))≥eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋2\r(\f(2b,a)·\f(2a,b))))＝3，当且仅当a＝b＝1时，等号成立，所以eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)的最小值为3，故选D.答案D12.已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x，x≤1，,log2（x＋1），x>1，))且方程f2(x)－af(x)＋2＝0恰有四个不同的实根，则实数a的取值范围是()A.(－∞，－2eq\r(2))∪(2eq\r(2)，＋∞)B.(2eq\r(2)，3)C.(2，3)D.(2eq\r(2)，4)解析画出函数f(x)的图象如图所示，若方程f2(x)－af(x)＋2＝0有四个不同的实数根，令f(x)＝t，只需t2－at＋2＝0，t∈(1，2]有两个不同实根.则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝a2－4×2>0，,1－a＋2>0，,22－2a＋2≥0，,1<\f(a,2)<2，))解得2eq\r(2)<a<3，故选B.答案B二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在题中的横线上)13.命题“∀x>0，ex－x－1≥0”的否定是________.解析全称命题的否定为特称命题，所以命题∀x>0，ex－x－1≥0的否定为∃x>0，ex－x－1<0.答案∃x>0，ex－x－1<014.已知a＝(2，2)，b＝(1，－1)，且(a－b)⊥(a＋λb)，则实数λ＝________.解析由题意得a－b＝(1，3)，a＋λb＝(2＋λ，2－λ)，又因为(a－b)⊥(a＋λb)，所以(a－b)·(a＋λb)＝0，即1×(2＋λ)＋3×(2－λ)＝0，解得λ＝4.答案415.已知三棱锥P－ABC的底面是边长为6的正三角形，PA＝PB＝PC＝4，则三棱锥P－ABC外接球的表面积为________.解析设三棱锥P－ABC的外接球的球心为O，在底面ABC内的投影为O′，则O′为三角形ABC的内心，且OO′的延长线经过点P，则由题意得PO′＝2，所以三棱锥P－ABC的外接球的半径R满足R2＝(R－2)2＋(2eq\r(3))2，解得R＝4，则外接球的表面积S＝4πR2＝64π.答案64π16.已知函数f(x)＝x3－6x2＋9x－2，给出以下命题：①若直线y＝a与y＝f(x)的图象有三个不同交点，则实数a的取值范围是(－2，2)；②若函数y＝f(x)＋3bx不存在单调递减区间，则实数b的取值范围是(1，＋∞)；③过点M(0，2)且与y＝f(x)相切的直线有三条；④方程f(x)＝eq\f(2,2－x)的所有实根的和为16.其中真命题的序号是________(写出所有真命题的序号).解析由题意得f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，所以函数f(x)在x＝1处取得极大值2，在x＝3处取得极小值－2，画出函数f(x)的大致图象如图所示，由图易得若直线y＝a与y＝f(x)的图象有三个不同的交点，则实数a的取值范围是(－2，2)，①正确；因为y＝f(x)＋3bx＝x3－6x2＋(9＋3b)x－2，则y′＝3x2－12x＋9＋3b，若函数y＝x3－6x2＋(9＋3b)x－2不存在单调递减区间，则有122－12(9＋3b)≤0，解得b≥1，所以②错误；设过点M(0，2)的直线与y＝f(x)相切于点(x0，y0)，则有3xeq\o\al(2,0)－12x0＋9＝eq\f(y0－2,x0)，又因为点(x0，y0)在曲线y＝f(x)上，所以y0＝xeq\o\al(3,0)－6xeq\o\al(2,0)＋9x0－2，代入上式得2xeq\o\al(3,0)－6xeq\o\al(2,0)＋4＝(x0－1)[x0－(1＋eq\r(3))][