高考数学总复习 考前三个月 12＋4满分练（3）理试题

12＋4满分练(3)1.已知集合M＝{x|x2－x－2＜0}，N＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(y|y＝－\f(1,2)x2＋1，x∈R))，则M∩N等于()A.{x|－2≤x＜1} B.{x|1＜x＜2}C.{x|－1＜x≤1} D.{x|1≤x＜2}答案C解析M＝{x|－1＜x＜2}，N＝{y|y≤1}，则M∩N＝{x|－1＜x≤1}，故选C.2.(2017·重庆模拟)已知eq\f(a＋2i,i)＝b＋i(a，b是实数)，其中i是虚数单位，则ab等于()A.－2B.－1答案A解析由题设可得a＋2i＝bi－1，则a＝－1，b＝2，故ab＝－2，故选A.3.某校组织由5名学生参加的演讲比赛，采用抽签法决定演讲顺序，在“学生A和B都不是第一个出场，B不是最后一个出场”的前提下，学生C第一个出场的概率为()A.eq\f(1,3)B.eq\f(1,5)C.eq\f(1,9)D.eq\f(3,20)答案A解析先排B，有Aeq\o\al(1,3)(非第一与最后)种方法，再排A有Aeq\o\al(1,3)(非第一)种方法，其余3人自由排，共有Aeq\o\al(1,3)Aeq\o\al(1,3)Aeq\o\al(3,3)＝54(种)方法，这是总结果；学生C第一个出场，先排B，有Aeq\o\al(1,3)(非第一与最后)种方法，再排A有Aeq\o\al(1,3)种方法，C第一个出场，剩余2人自由排，故有Aeq\o\al(1,3)Aeq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,2)＝18(种)，故学生C第一个出场的概率为eq\f(18,54)＝eq\f(1,3).4.(2017·安阳模拟)已知函数f(x)＝Asin(2x＋φ)－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＞0，0＜φ＜\f(π,2)))的图象在y轴上的截距为1，且关于直线x＝eq\f(π,12)对称，若对于任意的x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，都有m2－3m≤f(x)，则实数m的取值范围为()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))B.[1，2]C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3－\r(13),2)，\f(3＋\r(13),2)))答案B解析由已知得，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,12)＋φ))＝1⇒φ＝eq\f(π,3)，f(0)＝1⇒Asineq\f(π,3)－eq\f(1,2)＝1⇒A＝eq\r(3)，则f(x)＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))－eq\f(1,2)，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，eq\f(π,3)≤2x＋eq\f(π,3)≤eq\f(4π,3)，所以f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)))＝－2，则m2－3m≤－2⇒m2－3解得1≤m≤2，故选B.5.(2017届云南省云南师范大学附属中学月考)四面体PABC的四个顶点都在球O的球面上，PA＝8，BC＝4，PB＝PC＝AB＝AC，且平面PBC⊥平面ABC，则球O的表面积为()A.64πB.65πC.66πD.128π答案B解析如图，D，E分别为BC，PA的中点，易知球心O点在线段DE上，∵PB＝PC＝AB＝AC，则PD⊥BC，AD⊥BC，PD＝AD.又∵平面PBC⊥平面ABC，平面PBC∩平面ABC＝BC，∴PD⊥平面ABC，∴PD⊥AD，∴PD＝AD＝4eq\r(2).∵点E是PA的中点，∴ED⊥PA，且ED＝EA＝PE＝4.设球O的半径为R，OE＝x，则OD＝4－x，在Rt△OEA中，有R2＝16＋x2，在Rt△OBD中，有R2＝4＋(4－x)2，解得R2＝eq\f(65,4)，∴S＝4πR2＝65π.故选B.6.(2017·唐山模拟)一种在实数域和复数域上近似求解方程的方法可以设计如图所示的程序框图，若输入的n＝12，则输出的结果b等于()A.4B.eq\f(7,2)C.eq\f(97,28)D.eq\f(64,14)答案C解析n＝12，a＝6，i＝1，b＝4.满足i＜3，第一次循环：i＝2，a＝4，b＝eq\f(7,2)；满足i＜3，第二次循环：i＝3，a＝eq\f(7,2)，b＝eq\f(97,28)；不满足i＜3，退出循环.故选C.7.(2017·绵阳中学模拟)已知正项等比数列{an}满足：a7＝a6＋2a5，若存在两项am，an，使得eq\r(aman)＝4a1，则eq\f(1,m)＋eq\f(16,n)的最小值为()A.eq\f(25,6)B.eq\f(3,2)C.eq\f(8,3)D.eq\f(21,5)答案D解析设正项等比数列{an}的公比为q，且q＞0，由a7＝a6＋2a5，得q2－q解得q＝2或q＝－1(舍去)，因为aman＝16aeq\o\al(2,1)，所以(a1qm－1)(a1qn－1)＝16aeq\o\al(2,1)，则qm＋n－2＝16，解得m＋n＝6，所以eq\f(1,m)＋eq\f(16,n)＝eq\f(1,6)×(m＋n)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(16,n)))＝eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(17＋\f(n,m)＋\f(16m,n)))≥eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(17＋2\r(\f(n,m)×\f(16m,n))))＝eq\f(25,6)，因为mn取整数，验证可得，当m＝1，n＝5时，取最小值为eq\f(21,5).8.(2017·贵阳模拟)过点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)))作圆x2＋y2＝1的切线l，l与x轴的交点为抛物线E：y2＝2px(p＞0)的焦点，l与抛物线E交于A，B两点，则AB的中点到抛物线E的准线的距离为()A.eq\f(5\r(2),2)B.3eq\r(2)C.eq\f(7\r(2),2)D.4eq\r(2)答案D解析由题意得，过点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)))作圆x2＋y2＝1的切线l，可得直线l的方程为x－y－eq\r(2)＝0，此时直线l与x轴的交点坐标为(eq\r(2)，0)，又(eq\r(2)，0)与抛物线的焦点重合，即eq\f(p,2)＝eq\r(2)，解得p＝2eq\r(2)，即y2＝4eq\r(2)x，且准线方程为x＝－eq\r(2)，联立方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4\r(2)x，,x－y－\r(2)＝0，))整理得x2－6eq\r(2)x＋2＝0，则x1＋x2＝6eq\r(2)，则eq\f(x1＋x2,2)＝3eq\r(2)，所以AB的中点到抛物线的准线的距离为eq\f(x1＋x2,2)＋eq\r(2)＝4eq\r(2)，故选D.9.(2017·江西省师大附中、临川一中联考)某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A.eq\f(7,3)B.eq\f(8－π,3)C.eq\f(8,3)D.eq\f(7－π,3)答案B解析由三视图中提供的数据信息和几何特征可知该几何体是一个四棱锥去掉半圆锥的组合体，其体积V＝eq\f(1,3)×2×2×2－eq\f(1,3)×eq\f(1,2)π×1×2＝eq\f(8－π,3).10.如图，茎叶图表示的是甲、乙两人在5次综合测评中的成绩，其中一个数字被污染，则甲的平均成绩超过乙的平均成绩的概率为()A.eq\f(1,2)B.eq\f(3,5)C.eq\f(4,5)D.eq\f(7,10)答案C解析由茎叶图可知，甲的平均成绩为eq\x\to(x)甲＝eq\f(88＋89＋90＋91＋92,5)＝90，乙的平均成绩为eq\x\to(x)乙＝eq\f(83＋83＋87＋99＋x,5)，因为eq\x\to(x)甲＞eq\x\to(x)乙，即352＋x＜450，得到x＜98，又由题意可知x≥90，且x是整数，故基本事件有从90到99共10个，而满足条件的有从90到97共8个，故甲的平均成绩超过乙的平均成绩的概率为P＝eq\f(8,10)＝eq\f(4,5)，故选C.11.(2017·江西省师大附中、临川一中联考)已知将函数f(x)＝eq\r(3)sinxcosx＋cos2x－eq\f(1,2)的图象向左平移eq\f(5π,12)个单位长度后得到y＝g(x)的图象，则g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,3)))上的值域为()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))答案B解析因为f(x)＝eq\f(\r(3),2)sin2x＋eq\f(1,2)cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，故g(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5π,12)))＋\f(π,6)))＝sin(2x＋π)＝－sin2x，因为－eq\f(π,12)≤x≤eq\f(π,3)，故－eq\f(π,6)≤2x≤eq\f(2π,3)，则－eq\f(1,2)≤sin2x≤1，所以－1≤g(x)≤eq\f(1,2)，故选B.12.(2017届湖南衡阳期末)函数f(x)在定义域(0，＋∞)内恒满足：①f(x)＞0，②2f(x)＜xf′(x)＜3f(x)，其中f′(x)为f(A.eq\f(1,4)＜eq\f(f1,f2)＜eq\f(1,2)B.eq\f(1,16)＜eq\f(f1,f2)＜eq\f(1,8)C.eq\f(1,3)＜eq\f(f1,f2)＜eq\f(1,2)D.eq\f(1,8)＜eq\f(f1,f2)＜eq\f(1,4)答案D解析令g(x)＝eq\f(fx,x2)，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝eq\f(xf′x－2fx,x3)，∵∀x∈(0，＋∞)，2f(x)＜xf′(x)＜3f(f(x)＞0，∴g′(x)＝eq\f(xf′x－2fx,x3)＞0，∴函数g(x)在x∈(0，＋∞)上单调递增，∴eq\f(f1,1)＜eq\f(f2,4)，∴eq\f(f1,f2)＜eq\f(1,4).令h(x)＝eq\f(fx,x3)，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝eq\f(xf′x－3fx,x4)，∵∀x∈(0，＋∞)，2f(x)＜xf′(x)＜3f(∴h′(x)＝eq\f(xf′x－3fx,x4)＜0，∴函数h(x)在x∈(0，＋∞)上单调递减，∴eq\f(f1,1)＞eq\f(f2,8)，∴eq\f(f1,f2)＞eq\f(1,8).综上可得eq\f(1,8)＜eq\f(f1,f2)＜eq\f(1,4)，故选D.13.在周长为10的△ABC中，AB＝2，则eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))的最小值是________.答案14解析设CA＝m，CB＝n，则m＋n＝8，所以由余弦定理可得eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝mncosC＝eq\f(m2＋n2－4,2)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋n))2－2mn－4,2)＝eq\f(82－4－2mn,2)＝30－mn，又因为mn≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m＋n,2)))2＝16，当且仅当m＝n＝4时，等号成立.所以eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))≥30－16＝14.14.若ʃeq\o\al(m,1)(2x－1)dx＝6，则二项式(1－2x)3m的展开式中各项系数和为________.答案－1解析ʃeq\o\al(m,1)(2x－1)dx＝(x2－x)|eq\o\al(m,1)＝m2－m＝6，m＝3(m＝－2舍去)，令x＝1，则(1－2×1)9＝－1，即为所求系数和.15.若数列{an}满足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝eq\f(n,2)(n∈N*)，其前n项和为Sn，则Sn＝____.答案eq\f(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))解析因为a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝eq\f(n,2)，所以当n≥2时有a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝eq\f(n－1,2)，两式作差得3n－1an＝eq\f(1,2)，所以an＝eq\f(1,2)·eq