2025版高考数学二轮复习高考小题专练3

PAGEPAGE1高考小题专练(03)(满分：80分时间：45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．已知集合A＝{－1,0,1,2}，B＝{x|x＝2n，n∈Z}，则A∩B＝()A．{2} B．{0,2}C．{－1,0,2} D．∅解析：选B因为集合A＝{－1,0,1,2}，B＝{x|x＝2n，n∈Z}，所以A∩B＝{0,2}，故选B．2．复数z满意(2＋i)z＝|3－4i|，则z在复平面内对应的点位于()A．第一象限 B．其次象限C．第三象限 D．第四象限解析：选D∵(2＋i)z＝|3－4i|＝eq\r(9＋16)＝5，∴(2－i)(2＋i)z＝5(2－i)，∴z＝2－i，z在复平面内对应的点(2，－1)，在第四象限，故选D．3．已知f(x)＝x3＋3x，a＝20.3，b＝0.32，c＝log20.3，则()A．f(a)＜f(b)＜f(c) B．f(b)＜f(c)＜f(a)C．f(c)＜f(b)＜f(a) D．f(b)＜f(a)＜f(c)解析：选C由指数函数的性质可得，1＜a＝20.3＜21＝2,0＜b＝0.32＜0.30＝1，由对数函数的性质可得，c＝log20.3＜log21＝0，∴a＞b＞c，又∵f(x)＝x3＋3x，在R上递增，所以f(c)＜f(b)＜f(a)，故选C．4．如图所示的风车图案中，黑色部分和白色部分分别由全等的等腰直角三角形构成．在图案内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是()A．eq\f(1,4) B．eq\f(1,3)C．eq\f(2,3) D．eq\f(3,4)解析：选B设小黑色三角形面积为S，则整个在图案面积为12S，黑色部分总面积为4S，由几何概型概率公式可得，此点取自黑色部分的概率是eq\f(4,12)＝eq\f(1,3)，故选B．5．等差数列{an}的公差为1，a1，a2，a5成等比数列，则{an}的前10项和为()A．50 B．－50C．45 D．－45解析：选A∵等差数列{an}的公差为1，a1，a2，a5成等比数列，∴aeq\o\al(2,2)＝a1a5，即(a1＋1)2＝a1(a1＋4)，解得a1＝eq\f(1,2)，∴S10＝10×eq\f(1,2)＋eq\f(10×9,2)×1＝50，故选A．6．已知拋物线C：y2＝4x的焦点为F，过F的直线与曲线C交于A，B两点，|AB|＝6，则AB中点到y轴的距离是()A．1 B．2C．3 D．4解析：选B由y2＝4x，得F(1,0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，|AF|等于点A到准线x＝－1的距离x1＋1，同理，|BF|等于B到准线x＝－1的距离x2＋1，|AB|＝|AF|＋|BF|＝(x1＋1)＋(x2＋1)＝6，x1＋x2＝4，中点横坐标为x0＝eq\f(x1＋x2,2)＝2，∴AB中点到y轴的距离是|x0|＝2，故选B．7．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N，P分别是C1D1，BC，B1C1的中点，则下列命题正确的是()A．MN∥AP B．MN∥BD1C．MN∥平面BB1D1D D．MN∥平面BDP解析：选C连接MP，NP，由三角形中位线定理可得MP∥B1D1，∴MP∥面BB1D1D，由四边形BB1PN为平行四边形得NP∥BB1，∴NP∥面BB1D1D，∴平面MNP∥平面BB1D1D，MN⊂面MNP,∴MN∥平面BB1D1D，故选C．8．如图是为了计算S＝eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,3×4)＋eq\f(1,5×6)＋…＋eq\f(1,19×20)的值，则在推断框中应填入()A．n＞19? B．n≥19?C．n＜19? D．n≤19?解析：选A由程序框图可知，推断框中，若填n≥19？，则输出eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,3×4)＋…＋eq\f(1,17×18)，若填n＜19或n≤19，干脆输出S＝eq\f(1,1×2)，∴应填n＞19？，故选A．9．函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω＞0)的周期为π，f(π)＝eq\f(1,2)，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上单调递减，则φ的一个可能值为()A．eq\f(π,6) B．eq\f(π,3)C．eq\f(2π,3) D．eq\f(5π,6)解析：选D由函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω＞0)的周期为π，得eq\f(2π,ω)＝π，ω＝2，f(x)＝sin(2x＋φ)，f(π)＝sin(2π＋φ)＝sinφ＝eq\f(1,2)，φ＝2kπ＋eq\f(π,6)或x＝2kπ＋eq\f(5,6)π，令k＝0，φ＝eq\f(π,6)或φ＝eq\f(5,6)π，当φ＝eq\f(π,6)，2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5,6)π))，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))不是单调函数，∴φ＝eq\f(π,6)不合题意，故φ＝eq\f(5,6)π，故选D．10．设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－a2－1，x≤1，,lnx，x＞1))若f(x)≥f(1)恒成立，则实数a的取值范围为()A．[1,2] B．[0,2]C．[1，＋∞) D．[2，＋∞)解析：选A∵f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－a2－1，x≤1，,lnx，x＞1))若f(x)≥f(1)恒成立，∴f(1)是f(x)的最小值，由二次函数性质可得对称轴a≥1，由分段函数性质得(1－a)2－1≤ln1，得a≤2，综上，1≤a≤2，故选A．11．已知某正三棱锥的侧棱长大于底边长，其外接球体积为eq\f(125π,6)，三视图如图所示，则其侧视图的面积为()A．eq\f(3,2) B．2C．4 D．6解析：选D设正三棱锥外接球的半径为R，则eq\f(4,3)πR3＝eq\f(125π,6)⇒R＝eq\f(5,2)，由三视图可得底面边长为2eq\r(3)，底面正三角形的高为eq\f(\r(3),2)×2eq\r(3)＝3，底面三角形外接圆半径为eq\f(2,3)×3＝2，由勾股定理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))2＝22＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h－\f(5,2)))2，得h＝4，∴侧视图面积为S△PBE＝eq\f(1,2)×3×4＝6，故选D．12．设函数f(x)＝x－e－x，直线y＝mx＋n是曲线y＝f(x)的切线，则m＋n的最小值是()A．－eq\f(1,e) B．1C．1－eq\f(1,e) D．1＋eq\f(1,e3)解析：选C设切点是P(t，f(t))，由f′(x)＝1＋e－x，切线斜率k＝f′(t)＝1＋e－t，∴切线方程为y－f(t)＝f′(t)(x－t)，整理得y＝(1＋e－t)x－(t＋1)e－t，∴m＋n＝(1＋e－t)－(t＋1)e－t＝1－eq\f(t,et)，记g(t)＝1－eq\f(t,et)，∴g′(t)＝eq\f(t－1,et)，当t＜1，g′(t)＜0，g(t)递减；当t＞1，g′(t)＞0，g(t)递增；故g(t)min＝g(1)＝1－eq\f(1,e)，即m＋n的最小值是1－eq\f(1,e)，故选C．二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，满分20分．把答案填在题中横线上)13．已知向量a与b的夹角为90°，|a|＝1，|b|＝2，则|a－b|＝________．解析：∵向量a与b的夹角为90°，∴a·b＝0，∵|a|＝1，|b|＝2，∴|a－b|2＝a2＋b2－2a·b＝1＋4＝5，∴|a－b|＝eq\r(5)．答案：eq\r(5)14．已知x，y满意约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y≤1，,x＋y≤3，,x≥1))则z＝2x＋y的最小值为________．解析：画出eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y≤1，,x＋y≤3，,x≥1))表示可行域，如图，由z＝2x＋y，可得y＝－2x＋z，平移直线y＝－2x＋z，由图知，当直线经过(1,0)时，直线在y轴上截距最小，此时z最小为2×1－0＝2．答案：215．若双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的渐近线与圆(x－2)2＋y2＝1无交点，则C的离心率的取值范围为________．解析：∵曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的渐近线与圆(x－2)2＋y2＝1无交点，∴圆心(2,0)到直线y＝eq\f(b,a)x的距离大于半径1，即eq\f(2b,\r(a2＋b2))＞1,4b2＞a2＋b2,3b2＝3(c2－a2)＞a2,3c2＞4a2，eq\f(c2,a2)＞eq\f(4,3)，e＞eq\f(2\r(3),3)，即C的离心率的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)，＋∞))．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)，＋∞))16．已知数列{an}满意a1＝1，a2＝3，|an－an－1|＝n(n∈N，n≥3)，{a2n－1}是递增数列，{a2n}是递减数列，则a2018＝________．解析：∵{a2n－1}是递增数列，∴a2n＋1－a2n－1＞0，∴(a2n＋1－a2n)＋(a2n－a2n－1)＞0，∵2n＋1＞2n，∴|a2n＋1－a2n|＞|a2n－a2n－1|，∴a2n＋1－a2n＞0(n≥2)，又a