高考数学二轮复习 稳取120分保分练（四）理-人教版高三数学试题

稳取120分保分练(四)一、选择题1．已知集合A＝{x|x2－2x＞0}，B＝{x|－eq\r(5)＜x＜eq\r(5)}，则()A．A∩B＝∅ B．A∪B＝RC．B⊆A D．A⊆B解析：选B∵集合A＝{x|x2－2x＞0}＝{x|x＞2或x＜0}，∴A∩B＝{x|2＜x＜eq\r(5)或－eq\r(5)＜x＜0}，A∪B＝R，故选B.2．已知eq\f(z,1－i)＝2＋i，则复数z的共轭复数为()A．3＋i B．3－iC．－3－i D．－3＋i解析：选A由已知，z＝(1－i)(2＋i)＝3－i，其共轭复数为3＋i.故选A.3．命题“∀x∈(0，＋∞)，lnx≠x－1”的否定是()A．∃x0∈(0，＋∞)，lnx0＝x0－1B．∃x0∉(0，＋∞)，lnx0＝x0－1C．∀x0∈(0，＋∞)，lnx0＝x0－1D．∀x0∉(0，＋∞)，lnx0＝x0－1解析：选A因为全称命题的否定是特称命题，所以，命题“∀x∈(0，＋∞)，lnx≠x－1”的否定是“∃x0∈(0，＋∞)，lnx0＝x0－1”．4．若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为()A.eq\f(16π,3) B.eq\f(19π,3)C.eq\f(19π,12) D.eq\f(4π,3)解析：选B由已知底面是正三角形的三棱柱的正视图我们可得该三棱柱的底面棱长为2，高为1.则底面外接圆半径r＝eq\f(2\r(3),3)，球心到底面的距离d＝eq\f(1,2).设球的半径为R，则R2＝r2＋d2＝eq\f(4,3)＋eq\f(1,4)＝eq\f(19,12)，则该球的表面积S＝4πR2＝eq\f(19π,3).故选B.5．(x2＋2x＋3y)5的展开式中x5y2的系数为()A．60 B．180C．520 D．540解析：选D(x2＋2x＋3y)5可看作5个(x2＋2x＋3y)相乘，从中选2个y，有Ceq\o\al(2,5)种选法；再从剩余的三个(x2＋2x＋3y)里边选出2个x2，最后一个里边选出x，有Ceq\o\al(2,3)·Ceq\o\al(1,1)种选法；∴x5y2的系数为32Ceq\o\al(2,5)·Ceq\o\al(2,3)·2·Ceq\o\al(1,1)＝540.6．执行如图所示的程序框图，若要使输入的x值与输出的y值相等，则这样的x值的个数是()A．1 B．2C．3 D．4解析：选D根据已知中的程序框图可得该程序的功能是计算并输出分段函数y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x3，x≤1，,3x－3，1<x≤3，,\f(1,x)，x>3))的函数值．当x≤1时，y＝x3＝x，解得x＝－1或x＝0或x＝1，这三个x值均满足条件；当1＜x≤3时，y＝3x－3＝x，解得x＝eq\f(3,2)，满足条件；当x＞3时，y＝eq\f(1,x)＝x，解得x＝－1或x＝1，这两个x值均不满足条件；综上所述，满足条件的x值的个数是4.7．若非零向量a，b满足|a|＝eq\f(2\r(2),3)|b|，且(a－b)⊥(3a＋2b)，则a与b的夹角为()A.eq\f(π,4)B.eq\f(π,2)C.eq\f(3π,4)D．π解析：选A∵(a－b)⊥(3a＋2b∴(a－b)·(3a＋2b即3a2－2b2－a·b＝0，即a·b＝3a2－2b2＝eq\f(2,3)b2，∴cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(\f(2,3)b2,\f(2\r(2),3)b2)＝eq\f(\r(2),2)，即〈a，b〉＝eq\f(π,4).8．已知函数f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x＋φ))图象的一个对称中心为(2,0)，且f(1)＞f(3)，要得到函数f(x)的图象，可将函数y＝2coseq\f(π,3)x的图象()A．向左平移eq\f(1,2)个单位长度 B．向左平移eq\f(π,6)个单位长度C．向右平移eq\f(1,2)个单位长度 D．向右平移eq\f(π,6)个单位长度解析：选C∵函数f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x＋φ))图象的一个对称中心为(2,0)，∴eq\f(2π,3)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，即φ＝kπ－eq\f(π,6)，k∈Z，故可取φ＝－eq\f(π,6)，f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x－\f(π,6)))，满足f(1)＞f(3)，故可将函数y＝2coseq\f(π,3)x的图象向右平移eq\f(1,2)个单位，得到函数f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x－\f(π,6)))的图象．9．若双曲线eq\f(x2,a2)－y2＝1(a>0)的一条渐近线与圆x2＋(y－2)2＝2至多有一个交点，则双曲线离心率的取值范围是()A．[eq\r(2)，＋∞) B．[2，＋∞)C．(1，eq\r(2)] D．(1,2]解析：选C双曲线eq\f(x2,a2)－y2＝1(a>0)的一条渐近线为y＝eq\f(x,a)，由渐近线与圆x2＋(y－2)2＝2至多有一个交点，可得，圆心(0,2)到渐近线的距离d≥r，即有eq\f(|2a|,\r(1＋a2))≥eq\r(2)，解得a≥1，则离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(1＋a2),a)＝eq\r(1＋\f(1,a2))∈(1，eq\r(2)]．10．已知数列{an}，{bn}满足bn＝log2an，n∈N*，其中{bn}是等差数列，且a9·a2010＝eq\f(1,4)，则b1＋b2＋b3＋…＋b2018＝()A．－2018 B．2018C．log22018 D．1009解析：选A∵数列{an}，{bn}满足bn＝log2an，n∈N*，其中{bn}是等差数列，∴数列{an}是等比数列，∴a1·a2018＝a2·a2017＝…＝a9·a2010＝eq\f(1,4)，∴b1＋b2＋b3＋…＋b2018＝log2(a1·a2·…·a2018)＝log2(a9·a2010)1009＝log2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2018＝－2018.11．对于函数f(x)，若在定义域内存在实数x满足f(－x)＝－f(x)，则称函数f(x)为“局部奇函数”．若函数f(x)＝4x－m·2x＋m2－3是定义在R上的“局部奇函数”，则实数m的取值范围是()A．[1－eq\r(3)，1＋eq\r(3)) B．[－1,2]C．[－2eq\r(2)，2eq\r(2)] D．[－2eq\r(2)，1－eq\r(3)]解析：选B根据“局部奇函数”的定义可知，函数f(－x)＝－f(x)有解即可，即4－x－m·2－x＋m2－3＝－(4x－m·2x＋m2－3)有解，∴4x＋4－x－m(2x＋2－x)＋2m2－6＝0，即(2x＋2－x)2－m(2x＋2－x)＋2m2－8＝0有解．设t＝2x＋2－x，则t＝2x＋2－x≥2，∴方程等价为t2－mt＋2m2－8＝0在t≥2时有解，设g(t)＝t2－mt＋2m2－8，对称轴x＝①若eq\f(m,2)≥2，则由Δ＝m2－4(2m2－8)≥0，得7m2≤32，此时m②若eq\f(m,2)＜2，要使t2－mt＋2m2－8＝0在t≥2时有解，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(m,2)<2，,4－2m＋2m2－8≤0，,Δ≥0，))解得－1≤m≤2.综上－1≤m≤2.12．已知函数f(x)＝(2－x)ex－ax－a，若不等式f(x)＞0恰有两个正整数解，则a的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(e3,4)，0)) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(e,2)，0))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(e3,4)，\f(e,2))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(e3,4)，2))解析：选A令g(x)＝(2－x)ex，h(x)＝ax＋a，由题意知，存在2个正整数，使g(x)在直线h(x)的上方，∵g′(x)＝(1－x)ex，∴当x＞1时，g′(x)＜0，当x＜1时，g′(x)＞0，∴g(x)max＝g(1)＝e，且g(0)＝2，g(2)＝0，g(3)＝－e3，直线h(x)恒过点(－1,0)，且斜率为a，由题意可知，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(h1<e，,h2<0，,h3≥－e3，))解得－eq\f(e3,4)≤a＜0，故实数a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(e3,4)，0))，故选A.二、填空题13.设F1，F2为椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的焦点，过F2的直线交椭圆于A，B两点，AF1⊥AB且AF1＝AB，则椭圆C的离心率为________．解析：连接BF1(图略)．设|AF1|＝t，则|AB|＝t，|F1B|＝eq\r(2)t，由椭圆定义有：|AF1|＋|AF2|＝|BF1|＋|BF2|＝2a.∴|AF1|＋|AB|＋|F1B|＝4a，即(eq\r(2)＋2)t＝4a，t＝(4－2eq\r(2))a，∴|AF2|＝2a－t＝(2eq\r(2)－2)a.在Rt△AF1F2中，|F1F2|2＝(2c∴[(4－2eq\r(2))a]2＋[(2eq\r(2)－2)a]2＝(2c)2，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)))2＝9－6eq\r(2)＝(eq\r(6)－eq\r(3))2，∴e＝eq\r(6)－eq\r(3).答案：eq\r(6)－eq\r(3)14．若目标函数z＝kx＋2y在约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－y≤1，,x＋y≥2，,y－x≤2))下仅在点(1,1)处取得最小值，则实数k的取值范围是________．解析：作出不等式组对应的平面区域，如图中阴影部分所示．由z＝kx＋2y得y＝－eq\f(k,2)x＋eq\f(z,2)，要使目标函数z＝kx＋2y仅在点B(1,1)处取得最小值，则阴影部分区域在直线z＝kx＋2y的右上方，∴目标函数的斜率－eq\f(k,2)大于直线x＋y＝2的斜率且小于直线2x－y＝1的斜率．即－1＜－eq\f(k,2)＜2，解得－4＜k＜2，即实数k的取值范围为(－4,2)．答案：(－4,2)15．已知函数f(x)＝eq\f(x＋1,|x|＋1)，x∈R，则不等式f(x2－2x)＜f(3x－4)的解集为________．解析：当x≥0时，f(x)＝eq\f(x＋1,x＋1)＝1，当x＜0时，f(x)＝eq\f(x＋1,1－x)＝－1－eq\f(2,x－1)，作出f(x)的图象，如图所示．可得f(x)在(－∞，0)上递增，不等式f(x2－2x)＜f(3x－4)即为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－4≥0，,x2－2x<0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－4<0，,x2－2x<0，,x2－2x<3x－4，))即有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥\f(4,3)，,0<x<2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x<\f(4,3)，,0<x<2，,1<x<4，))解得eq\f(4,3)≤x＜2或1＜x＜eq\f(4,3)，所以1＜x＜2，即不等式的解集为(1,2)．答案：(1,2)16．在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且满足4cos2eq\f(A,2)－cos[2(B＋C)]＝eq\f(7,2)，若a＝2，则△ABC的面积的最大值是________．解析：∵A＋B＋C＝π，∴4cos2eq\f(A,2)－cos[2(B＋C)]＝2(1＋cosA)－cos2A＝－2cos2A＋2cosA＋3＝eq\f(7,2)，∴2cos2A－2cosA＋eq\f(1,2)＝0.∴cosA＝eq\f(1,2).∵0＜A＜π，∴A＝eq\f(π,3).∵a＝2，由余弦定理可得：4＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc，当且仅当b＝c＝2时，等号成立．∴bc≤4.∴S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA≤eq\f(1,2)×4×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)，即△ABC的面积的最大值是eq\r(3).答案：eq\r(3)三、解答题17．已知等差数列{an}的首项为a1(a1≠0)，公差为d，且不等式a1x2－3x＋2＜0的解集为(1，d)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足bn－an＝eq\f(1,n2＋n)，求数列{bn}的前n项和Sn.解：(1)由不等式a1x2－3x＋2＜0的解集为(1，d)，可得a1＞0，且1，d为方程a1x2－3x＋2＝0的两根，即有1＋d＝eq\f(3,a1)，d＝eq\f(2,a1)，解得a1＝1，d＝2，则数列{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.(2)bn－an＝eq\f(1,n2＋n)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，即为bn＝an＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＝2n－1＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，则{bn}的前n项和Sn＝(1＋3＋…＋2n－1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)))＝eq\f(1,2)n(1＋2n－1)＋1－eq\f(1,n＋1)＝n2＋eq\f(n,n＋1).18．已知函数f(x)＝2eq\r(3)sinxcosx＋2cos2x－1(x∈R)．(1)求函数f(x)的最小正周期及在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值；(2)若f(x0)＝eq\f(6,5)，x0∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，求cos2x0的值．解：(1)f(x)＝2eq\r(3)sinxcosx＋2cos2x－1＝eq\r(3)sin2x＋cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，所以函数f(x)的最小正周期为π.因为f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上为增函数，在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))上为减函数，又f(0)＝1，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－1，所以函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值为2，最小值为－1.(2)由(1)可知f(x0)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(π,6)))，又因为f(x0)＝eq\f(6,5)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(π,6)))＝eq\f(3,5).由x0∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，得2x0＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，\f(7π,6)))，从而coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(π,6)))＝－eq\r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(π,6))))＝－eq\f(4,5).所以cos2x0＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(π,6)))－\f(π,6)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(π,6)))·coseq\f(π,6)＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(π,6)))sineq\f(π,6)＝eq\f(3－4\r(3),10).19.如图，三棱柱ABC­A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥(1)证明：AC＝AB1；(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角A­A1B1­C1的余弦值．解：(1)证明：连接BC1，交B1C于点O，连接AO，∵侧面BB1C1C为菱形，∴BC1⊥B1C，且O为BC1又∵AB⊥B1C，AB∩BC1＝B，∴B1C⊥平面∵AO⊂平面ABO，∴B1C⊥AO又B1O＝CO，∴AC＝AB1.(2)∵AC⊥AB1，且O为B1C的中点，∴AO＝CO又∵AB＝BC，∴△BOA≌△BOC，∴OA⊥OB，∴OA，OB，OB1两两垂直．以O为坐标原点，eq\o(OB,\s\up7(→))的方向为x轴的正方向，|eq\o(OB,\s\up7(→))|为单位长度，eq\o(OB1,\s\up7(→))的方向为y轴的正方向，eq\o(OA,\s\up7(→))的方向为z轴的正方向建立空间直角坐标系．∵∠CBB1＝60°，∴△CBB1为正三角形，又AB＝BC，∴Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),3)))，B(1,0,0)，B1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(3),3)，0)).∴eq\o(AB1,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)，－\f(\r(3),3)))，eq\o(A1B1,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，－\f(\r(3),3)))，eq\o(B1C1,\s\up7(→))＝eq\o(BC,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(\r(3),3)，0)).设向量n＝(x，y，z)是平面AA1B1的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(AB1,\s\up7(→))＝\f(\r(3),3)y－\f(\r(3),3)z＝0，,n·eq\o(A1B1,\s\up7(→))＝x－\f(\r(3),3)z＝0，))可取n＝(1，eq\r(3)，eq\r(3))，同理可得平面A1B1C1的一个法向量m＝(1，－eq\r(3)，eq\r(3))，∴cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(1,7)，∴二面角A­A1B1­C1的余弦值为