2020届高考数学大二轮复习 下篇 指导六 手热心稳 实战演练教学案.doc

指导六 手热心稳实战演练：高考客观题(124)提速练(一)限时40分钟满分80分一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1已知集合mx|x32x2，nx|2x1，则mn()a.b.c2，1) d2,3)解析：c解法一由x32x2，得2x2x30，即(x1)(2x3)0，得x1或x.所以m(，1).又n2,1)，所以mn2，1)故选c.解法二因为1n，所以排除d项；因为03202不成立，所以0m，所以排除a项；因为322成立，所以m，又n，所以mn，故排除b.综上，选c.2已知复数z(a23a2)(a2a)i(ar)为纯虚数，则()a.i b.ic3i d3i解析：a由已知可得解得a2，所以z2i，故i.故选a.3.2019年全国两会(即中华人民共和国第十三届全国人民代表大会第二次会议和中国人民政治协商会议第十三届全国委员会第二次会议)于3月份在北京召开代表们提交的议案都是经过多次修改为了解代表们的议案修改次数，某调查机构采用随机抽样的方法抽取了120份议案进行调查，并进行了统计，将议案的修改次数分为6组：0,5)，5,10)，10,15)，15,20)，20,25)，25,30，得到如图所示的频率分布直方图则这120份议案中修改次数不低于15次的份数为()a40 b60 c80 d100解析：b由频率分布直方图可知，议案修改次数不低于15次的频率为(0.060.030.01)50.5，所以这120份议案中修改次数不低于15次的份数为1200.560.故选b.4已知角的顶点在坐标原点o，始边与x轴的正半轴重合，将终边按逆时针方向旋转后经过点p(，1)，则cos 2()a. bc d.解析：d由题意，将角的终边按逆时针方向旋转后所得角为.因为|op|，所以sin，cos.故cos 2sinsin 22sincos2.故选d.5(多选题)已知为圆周率，e为自然对数的底数，则()ae3e b3e23e2cloge3loge解析：cd本题考查利用函数的单调性比较大小已知为圆周率，e为自然对数的底数，3e2，e1，e3e，故a错误；0e20，e2，3e23e2，故b错误；3，loge3，可得log3eloge，则log3e3loge，故d正确故选cd.6.如图是以ab为直径的半圆，且ab8，半径ob的垂直平分线与圆弧交于点p，0，则()a9 b15c9 d15解析：c通解连接op，由已知，得oddbab2，所以dp2.由0可得q为线段pd的中点，故dqdp.因为，所以()()62cos 00()29.优解以o为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，则a(4,0)，b(4,0)，由0，设q(2，m)，则有p(2,2m)，22(2m)242，m23，又(6，m)，(2，m)，所以(6，m)(2，m)12m29.7函数f(x)的大致图象有()解析：c由exex0，解得x0，所以函数f(x)的定义域为(，0)(0，)，故排除b项因为f(x)f(x)，所以函数f(x)为奇函数，又f(1)0，故排除a项设g(x)exex，显然该函数单调递增，故当x0时，g(x)g(0)0，则当x时，ycos(x)0，故f(x)0，当x时，ycos(x)0，故f(x)0，所以排除d项综上，选c.8已知函数f(x)sin xcos cos xsin 的图象经过点，将该函数的图象向右平移个单位长度后所得函数g(x)的图象关于原点对称，则的最小值是()a. b2c3 d.解析：a由已知得f(x)sin(x)，f(0)，得sin ，因为|，所以，所以f(x)sin.将该函数图象向右平移个单位长度后得函数g(x)fsinsin的图象由已知得函数g(x)为奇函数，所以k(kz)，解得3k(kz)因为0，所以的最小值为.9.某几何体的正视图和侧视图为如图所示的相同的图形，俯视图为同心圆，则该几何体的表面积为()a14 b.c36 d.解析：c由几何体的三视图可知，该几何体的上部分是一个半球，下部分为一个大圆柱的内部挖去了一个小圆柱，所以该几何体的表面积为2242242221436.10在abc中，角a，b，c的对边分别为a，b，c，a8，b4，c7，且满足(2ab)cos cccos b，则abc的面积为()a10 b6c5 d2解析：b(2ab)cos cccos b，(2sin asin b)cos csin ccos b，2sin acos csin bcos ccos bsin c，即2sin acos csin(bc)，2sin acos csin a在abc中，sin a0，cos c，c60.由余弦定理，得c2a2b22abcos c，得4964b228bcos 60，即b28b150，解得b3或b5，又b4，b3，abc的面积sabsin c836.11已知双曲线1(a0，b0)的左、右焦点分别为f1，f2，过点f1的直线交双曲线的左支于点m，交双曲线的右支于点n，且mf2nf2，|mf2|nf2|，则该双曲线的离心率是()a. b.c. d.1解析：a由题意可设|mf2|nf2|m，由点m在双曲线的左支上，得|mf2|mf1|2a，所以|mf1|m2a.由点n在双曲线的右支上，得|nf1|nf2|2a，所以|nf1|m2a.因为mf2nf2，所以|mn|m，由|nf1|mf1|mn|，得m2am2am，所以m2a.解法一如图，在mf1f2中，|mf1|m2a(22)a，|mf2|m2a.易知|f1f2|2c，f1mf2135，所以由余弦定理得4c28a2(22)2a222a(22)acos 135，得c23a2，所以e.故选a.解法二在nf1f2中，|nf1|m2a(22)a，|nf2|2a，|f1f2|2c，f1nf245，所以由余弦定理得4c28a2(22)2a222a(22)acos 45，得c23a2，所以e.故选a.12已知函数f(x)，若方程f(x)2(1a)f(x)a0有两个不同的实数根，则实数a的取值范围是()a(，0b(，1)c(，0d(，1)(1,0解析：b设tf(x)，则方程为t2(1a)ta0，即(ta)(t1)0，解得ta或t1.函数f(x)的定义域为(0，)，f(x).设g(x)1ln x，显然该函数在(0，)上单调递减，且g(1)0，故当x(0,1)时，f(x)0，函数f(x)单调递增，当x(1，)时，f(x)0，函数f(x)单调递减，且当x0时，f(x)，当x时，f(x)0.如图，作出函数f(x)的大致图象作出直线yt，由图可知当t时，直线yt与函数f(x)的图象没有交点；当t或t0时，直线yt与函数f(x)的图象只有一个交点；当0t时，直线yt与函数f(x)的图象有两个交点所以方程f(x)1只有一个解，若a1，则原方程有两个相同的实数根，不符合题意，则a1，故由题意可得方程f(x)a只有一个解，所以a或a0，且a1，故实数a的取值范围为(，1)(1,0.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13(理)已知二项式n的展开式中所有项的系数之和为，则展开式中x的系数为_解析：根据题意，令x1，得n，即n，解得n5，故展开式的通项公式为c(x2)5rrcrx103r.令103r1，得r3，则展开式中x的系数为c3.答案：13(文)设an是公比大于1的等比数列，sn为数列an的前n项和已知s37，且a13,3a2，a34构成等差数列，则数列an的通项为_解析：由已知得解得a22.设数列an的公比为q，由a22，可得a1，a32q，又s37，可知22q7，即2q25q20.又得q12，q2.由题意得q1，q2.a11.故数列an的通项公式为an2n1.答案：2n114已知p是圆c：x2y24x2y80上一动点，p关于y轴的对称点为m，关于直线yx的对称点为n，则|mn|的取值范围是_解析：由题可得，圆c：(x2)2(y)21，圆心为c(2，)，半径r1.设p(x，y)，则m(x，y)，n(y，x)|mn|op|，易知|oc|r|op|oc|r，|oc|3，所以2|op|4,2|mn|4，所以|mn|的取值范围是2，4答案：2，415.如图，四棱台a1b1c1d1abcd的底面是正方形，dd1底面abcd，dd1ab2a1b1，则异面直线ad1与bc1所成角的余弦值为_解析：设ab的中点为e，连接ed1，则易知bec1d1，bec1d1，四边形ebc1d1是平行四边形，bc1ed1，ad1e为异面直线ad1与bc1所成的角四边形abcd是正方形，baad，dd1底面abcd，badd1，ba平面aa1d1d，baad1，aed1是直角三角形设dd1ab2a1b12a，则ad12a，ed13a，cosad1e.答案：16一个口袋中装有编号分别为1,2,3，9的小球，甲、乙、丙三人从口袋中一次性各摸出三个小球甲说：“我摸到的一个球的编号为9.”乙说：“我抽到的一个球的编号为8.”丙说：“我们三人摸到的三个小球编号之和相等，但我没有摸到编号为2的小球”已知三个人说的都正确，则丙摸出的三个小球的编号分别为_、_、_.(每答错一个扣2分，最低为0分)解析：由丙的说法可知，三人摸到的三个小球的编号之和相等，所以每个人摸出的三个小球的编号之和为(129)15.设甲摸到的另外两个小球的编号分别为a1，a2，乙摸到的另外两个小球的编号分别为b1，b2，则由题意可得a1a26，b1b27.所以a1，a2的取值只有1与5,2与4两种情况若a1，a2的取值为1,5，则由b1b27可得，b1，b2只能取3与4，则剩余的三个数为2,6,7.若a1，a2的取值为2,4，则由b1b27可得，b1，b2只能取1与6，则剩余的三个数为3,5,7.由题意知，丙没有摸到编号为2的小球，所以丙摸到的小球编号只能为3,5,7.答案：357高考客观题(124)提速练(二)限时40分钟满分80分一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1已知集合a1,2，b0,2，则ab的子集个数为()a5 b6 c7 d8解析：d由题意知ab1,0,2，所以ab的子集个数为238.故选d.2已知复数z2i3，则z的共轭复数在复平面内对应的点位于()a第一象限 b第二象限c第三象限 d第四象限解析：az2i32i1i2i1i，1i，复数在复平面内对应点的坐标为(1,1)，位于第一象限故选a.3某频道每天11：3012：00播放“中国梦”主题的纪录片，在此期间会随机播出4分钟完整的有关中国梦的歌曲，小刘11：43开始观看该频道，则他听到完整的有关中国梦歌曲的概率是()a. b. c. d.解析：d由题可知，该电视台开始播放有关中国梦的歌曲的时间是11：3011：56，时长26分钟，小刘能听到完整歌曲的时间为11：4311：56，共13分钟，所以所求概率为.故选d.4已知实数x，y满足约束条件则zx2y的最小值为()a6 b5 c4 d3解析：b作出可行域如图中阴影部分所示，作出直线x2y0，平移该直线，数形结合知当平移后的直线过点a时，z取得最小值由得a(3,4)所以z的最小值为3245.故选b.5已知abc中，e为中线bd的中点，xy，则3xy()a0 b1 c2 d1解析：a依题意可得，()，所以x，y，所以3xy0.故选a.6.若正整数n除以正整数m后的余数为n，则记nn(mod m)，例如104(mod 6)如图所示的程序框图表示的算法源于我国古代孙子算经中的“孙子定理”，执行该程序框图，若输入的a2，b3，c11，则输出的n()a6b9c12 d21解析：cn0，n011,11(mod 2)；n112,20(mod 2)，22(mod 3)；n213,31(mod 2)；n314,40(mod 2)，41(mod 3)；n415,51(mod 2)；n516,60(mod 2)，60(mod 3)，66(mod 11)；n617由此发现满足题意的n应该含有因数2和3，且被11除余1，所以可知当n12时，结束循环，输出的n12.故选c.7已知函数f(x)2sin(0)在平面直角坐标系中的部分图象如图所示，若平行四边形abcd的面积为32，则函数f(x)的图象在y轴右侧且离y轴最近的一条对称轴的方程为()axbxcx2 dx解析：a设函数f(x)的最小正周期为t.因为平行四边形abcd的面积为32，结合三角函数图象可知22t32，得t8，所以，所以f(x)2sin，令xk，kz，得x4k，kz.故选a.8.如图所示的几何体是从棱长为2的正方体中截去到正方体的某个顶点的距离均为2的几何体后的剩余部分，则该几何体的表面积为()a243 b24c24 d245解析：b由题意知该几何体是从棱长为2的正方体中截去以正方体某个顶点为球心，2为半径的球后的剩余部分，则其表面积s62232242224.故选b.9(多选题)已知函数f(x)及其导函数f(x)，若存在x0使得f(x0)f(x0)，则称x0是f(x)的一个“巧值点”下列选项中有“巧值点”的函数是()af(x)x2 bf(x)excf(x)ln x df(x)tan x解析：ac本题考查导数的运算法则若f(x)x2，则f(x)2x，令x22x，得x0或x2，方程显然有解，故a符合要求；若f(x)ex，则f(x)ex，令exex，此方程无解，故b不符合要求；若f(x)ln x，则f(x)，令ln x，在同一直角坐标系内作出函数yln x与y的图象(作图略)，可得两函数的图象有一个交点，所以方程f(x)f(x)存在实数解，故c符合要求；若f(x)tan x，则f(x)，令tan x，化简得sin xcos x1，变形可得sin 2x2，无解，故d不符合要求，故选ac.10在abc中，若acos abcos b，且c2，sin c，则abc的面积为()a3 b.c3或 d6或解析：c由acos abcos b得sin acos asin bcos b，即sin 2asin 2b.a，b(0，)，2a2b或2a2b，即ab或ab，又sin c，abc只能是等腰三角形当c为锐角时，sin c，cos c，sin，由c2得ba，abc中ab边上的高为3，abc的面积为233.当c为钝角时，sin c，cos c，sin，由c2得ba，abc中ab边上的高为，abc的面积为2.综上，abc的面积为3或.故选c.11已知p为双曲线x21上一点，若以op(o为坐标原点)为直径的圆与双曲线的两条渐近线分别相交于a，b两点，则|ab|的最小值为()a. b2 c. d1解析：c由题意知，双曲线x21的渐近线方程为yx，o，p，a，b四点共圆，设该圆的半径为r，易知aob，可得2r，故|ab|r，故要求|ab|的最小值，只需求r的最小值即可，显然当点p位于双曲线的顶点时，|op|最小，即r最小，且rmin，故|ab|minrmin.故选c.12已知函数f(x)exex2cos x，其中e为自然对数的底数，则对任意ar，下列不等式一定成立的是()af(a21)f(2a) bf(a21)f(2a)cf(a21)f(a1) df(a21)f(a)解析：a本题主要考查函数的奇偶性、单调性以及导数与函数的关系，考查考生转化问题的能力和计算能力，考查的核心素养是数学运算和逻辑推理依题意可知，f(x)exex2cos xf(x)，所以f(x)是偶函数，f(x)exex2sin x，且f(0)0，令h(x)f(x)，则h(x)exex2cos x，当x0，)时，h(x)exex2cos x0恒成立，所以f(x)exex2sin x在0，)上单调递增，所以f(x)0在x0，)上恒成立，所以f(x)在0，)上单调递增，又函数f(x)是偶函数，(a21)24a2(a21)20，所以f(a21)f(2a)，故选a.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13已知函数f(x)是定义在r上的奇函数，当x(，0)时，f(x)2x3x2，则f(2)_.解析：通解：令x0，则x0.f(x)2x3x2.又f(x)是r上的奇函数，f(x)f(x)f(x)2x3x2(x0)f(2)2232212.优解：f(2)f(2)2(2)3(2)212.答案：1214已知等比数列an的公比为正数，且a3a92a，a21，则a1_.解析：a3a9a，a2a，设等比数列an的公比为q，因此q22，由于q0，解得q，a1.答案：15已知三棱锥sabc，abc是直角三角形，其斜边ab8，sc平面abc，sc6，则三棱锥sabc的外接球的表面积为_解析：将三棱锥sabc放在长方体中(图略)，易知三棱锥sabc所在长方体的外接球，即为三棱锥sabc的外接球，所以三棱锥sabc的外接球的直径2r10，即三棱锥sabc的外接球的半径r5，所以三棱锥sabc的外接球的表面积s4r2100.答案：10016已知拋物线c：y22px的焦点是f，过f且斜率为1的直线l1与拋物线交于a，b两点，分别从a，b两点向直线l2：x4作垂线，垂足分别是d，c，若四边形abcd的周长为368，则拋物线的标准方程为_解析：易知f，则直线l1的方程为yx.设a(x1，y1)，b(x2，y2)，由得x23px0，x1x23p，|ab|x1x2p4p.|ad|x14，|bc|x24，|ad|bc|x1x283p8.又|cd|ab|sin 454p2p，且四边形abcd的周长为368，4p3p82p368，p4，故拋物线的方程为y28x.答案：y28x高考客观题(124)提速练(三)限时40分钟满分80分一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1已知集合ax|ylg(x1)，bx|x|2，则ab等于()a(2,0)b(0,2)c(1,2) d(2，1)解析：c由x10，得x1，a(1，)，bx|x|2(2,2)，ab(1,2)故选c.2已知i是虚数单位，若复数z满足zi1i，则z2等于()a2i b2i c2 d2解析：a解法一z1i，z2(1i)22i.解法二(zi)2(1i)2，z22i，z22i.故选a.3 ()axyz bzxyczyx dyzx解析：dxln 1，y ，z.4过圆锥顶点的平面截去圆锥一部分，所得几何体的三视图如图所示，则原圆锥的体积为()a1 b. c. d.解析：d由三视图可得底面圆的半径为2，圆锥的高为2，原圆锥的体积为222，故选d.5.元朝著名数学家朱世杰在四元玉鉴中有一首诗：“我有一壶酒，携着游春走，遇店添一倍，逢友饮一斗，店友经三处，没了壶中酒，借问此壶中，当原多少酒？”用程序框图表达如图所示，即最终输出的x0，则一开始输入的x的值为()a. b.c. d4解析：bi1时，x2x1，i2时，x2(2x1)14x3，i3时，x2(4x3)18x7，i4时，退出循环，此时8x70，解得x，故选b.6已知实数x，y满足若z(x1)2y2，则z的最小值为()a1 b. c2 d.解析：c绘制不等式组表示的平面区域如图所示，目标函数的几何意义为可行域内的点与点(1,0)之间距离的平方，如图所示数形结合可得，当目标函数过点p(2,1)时取得最小值，zmin(x1)2y2(21)2122.7函数f(x)ln的图象是()解析：b因为f(x)ln，所以x0，解得1x0或x1，所以函数的定义域为(1,0)(1，)，可排除a，d.因为函数ux在(1,0)和(1，)上单调递增，函数yln u在(0，)上单调递增，根据复合函数的单调性可知，函数f(x)在(1,0)和(1，)上单调递增8周髀算经是中国古代的天文学和数学著作其中一个问题大意为：一年有二十四个节气，每个节气晷长损益相同(即太阳照射物体影子的长度增加和减少大小相同)若冬至晷长一丈三尺五寸，夏至晷长一尺五寸(注：一丈等于十尺，一尺等于十寸)，则夏至之后的节气(小暑)晷长为()a五寸 b二尺五寸c三尺五寸 d一丈二尺五寸解析：a设晷长为等差数列an，公差为d，a1135，a1315，则13512d15，解得d10.a1413510135，夏至之后的节气(小暑)的晷长是5寸故选a.9已知函数f(x)sincos2x(xr)，则下列说法正确的是()a函数f(x)的最小正周期为b函数f(x)的图象关于y轴对称c点为函数f(x)图象的一个对称中心d函数f(x)的最大值为解析：d函数f(x)sincos2xsin 2xcos 2xsin(xr)，由2知，f(x)的最小正周期为，a错误；f(0)sin 不是最值，f(x)的图象不关于y轴对称，b错误；fsin0，点不是函数f(x)图象的一个对称中心，c错误；sin1,1，f(x)的最大值是，d正确故选d.10如图是2017年第一季度五省gdp情况图，则下列陈述正确的是()2017年第一季度gdp总量和增速均居同一位的省只有1个；与去年同期相比，2017年第一季度五个省的gdp总量均实现了增长；去年同期的gdp总量前三位是江苏、山东、浙江；2016年同期浙江的gdp总量也是第三位a b c d解析：b总量排序为：江苏，山东，浙江，河南，辽宁；增速排序为：江苏，辽宁，山东，河南，浙江；则总量和增速均居同一位的省有河南，江苏两省，说法错误；与去年同期相比，2017年第一季度五个省的gdp总量均实现了增长，说法正确；去年同期的gdp总量前三位是江苏，山东，浙江，说法正确；2016年的gdp总量计算为：浙江：，江苏：，河南：，山东：，辽宁：，据此可知，2016年同期浙江的gdp总量也是第三位，说法正确11过双曲线c1：1(a0，b0)的左焦点f1作曲线c2：x2y2a2的切线，切点为m，延长f1m交曲线c3：y22px(p0)于点n，其中c1，c3有一个共同的焦点，若|mf1|mn|，则曲线c1的离心率为()a. b.1c.1 d.解析：d设双曲线1的右焦点为f2(c,0)，因为曲线c1，c3有一个共同的焦点，所以y24cx.因为o为f1f2的中点，m为f1n的中点，所以om为f1f2n的中位线，即omnf2，且|om|nf2|，因为|om|a，所以|nf2|2a，因为omnf1，所以nf2nf1，又|f1f2|2c，所以|nf1|2b.设n(x，y)，过点f1作x轴的垂线，则由拋物线的定义得xc2a，即x2ac，过点n作npx轴于点p，则在rtnpf1中，由勾股定理，得y24a24b2，即4c(2ac)4a24(c2a2)，即e2e10，且e1，解得e.故选d.12以区间(0，m)内的整数(m1，且mn)为分子，以m为分母的分数组成集合a1，其所有元素之和为a1；以区间(0，m2)内的整数(m1，且mn)为分子，以m2为分母组成不属于a1的分数集合a2，其所有元素之和为a2以此类推，以区间(0，mn)内的整数(m1，且mn)为分子，以mn为分母组成不属于集合a1，a2，an1的分数集合an，其所有元素之和为an，则a1a2a3an()a. b.c. d.解析：b由题意得a1，a2a1，a3a2a1，所以anan1an2a2a1，a1a2a3an12(mn1).故选b.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13为了解高三年级2 000名学生的学习情况，在期中考试结束后，随机抽取100名及格的学生的分数进行统计，得到如图所示的频率分布直方图，则该校高三年级分数在130,140)的学生估计有_人解析：由频率分布直方图知(0.0350.0250.0150.0080.005x)101，解得x0.012，所以该校高三年级分数在130,140)的学生估计有2 0000.01210240人答案：24014(文)一个三位数，个位、十位、百位上的数字依次为x，y，z，当且仅当yx，yz时，称这样的数为“凸数”(如243)，现从集合1,2,3,4中取出三个不相同的数组成一个三位数，则这个三位数是“凸数”的概率为_解析：在1,2,3,4的4个整数中任取3个不同的数组成三位数，有24种情况，在1,2,3,4的4个整数中任取3个不同的数，将最大的放在十位上，剩余的2个数字分别放在百、个位上，有8种情况，则这个三位数是“凸数”的概率是.答案：14(理)箱中装有标号为1,2,3,4,5,6且大小相同的6个球从箱中一次摸出两个球，记下号码并放回，如果两球号码之积是4的倍数，则获奖现有4人参与摸奖(每人一次)，则恰好有3人获奖的概率是_(用数字作答)解析：由题意得任取两球有c种情况，取出两球号码之积是4的倍数的情况为(1,4)，(2,4)，(3,4)，(2,6)，(4,6)，(4,5)共6种情况，故每人摸球一次中奖的概率为，故4人中有3人中奖的概率为c3.答案：15甲、乙两人玩报数游戏，其规则是：两人从1开始轮流连续报数，每人每次最少报2个，最多可以报5个(如第一个人先报“1,2”，则另一个人可以有“3,4”“3,4,5”“3,4,5,6”“3,4,5,6,7”“3,4,5,6,7,8”五种报数方法)抢先报到“110”的人获胜如果从甲开始，那么甲要想必胜，第一次报的数应该是_解析：因为1107155，所以只要甲先报“1,2,3,4,5”，之后不管乙报几个数，甲报的数的个数与乙报的数的个数的和为7即可保证甲必胜所以甲要想必胜，第一次报的数应该是1,2,3,4,5.答案：1,2,3,4,516(双空填空题)已知函数f(x)若f(x)1，则实数x的取值范围是_；若方程f(x)kx3有三个相异的实根，则实数k的取值范围是_解析：本题考查利用数形结合思想研究函数的零点当x0时，f(x)1即x22x1，即(x1)20，则x0成立；当x0时，f(x)1即2x1，解得x0.综上，实数x的取值范围为.由题意，方程f(x)kx3即f(x)kx3有三个相异的实根，则函数yf(x)和ykx3的图象有三个不同的交点作出函数yf(x)的图象如图所示由题意知直线ykx3和y2x(x0)的图象必有一个交点，所以2k0，则ykx3与yx22x(x0)的图象必有两个交点联立整理得x2(k2)x30，由解得k22.所以实数k的取值范围是(2,22)答案：(2,22)高考客观题(124)提速练(四)限时40分钟满分80分一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1设集合a2，1,1,2，b3，1,0,2，则ab的元素的个数为()a2b3c4 d1解析：aa2，1,1,2，b3，1,0,2，则ab1,2，含有2个元素，故选a.2i是虚数单位，若abi(a，br)，则lg(ab)的值是()a2 b1c0 d.解析：c因为abi，所以a，b.所以lg(ab)lg 10.故选c.3已知ab，则“c0”是“acbc”的()a充分不必要条件 b必要不充分条件c充分必要条件 d既不充分又不必要条件解析：b当时，acbc不成立，所以充分性不成立，当时，c0成立，c0也成立，所以必要性成立，所以“c0”是“acbc”的必要不充分条件4要得到函数ycos的图象，只需将函数ysin的图象()a向右平移个单位 b向左平移个单位c向右平移个单位 d向左平移个单位解析：bysincoscos，将其图象向左平移个单位，可得ycoscos的图象，故选b.5(理)(x2xy)5的展开式中，x5y2的系数为()a10 b20c30 d60解析：c(x2xy)5(x2x)y5的展开式中只有c(x2x)3y2中含x5y2，易知x5y2的系数为cc30，故选c.5(文)一个样本a,3,4,5,6的平均数为b，且方程x26xc0的两个根为a，b，则该样本的方差为()a1 b2c. d.解析：b因为一个样本a,3,4,5,6的平均数为b，且方程x26xc0两个根为a，b，所以a6，解得a2，b4，所以该样本的方差为：s2(24)2(34)2(44)2(54)2(64)22.故选b.6明朝数学家程大位将“孙子定理”(也称“中国剩余定理”)编成易于上口的“孙子口诀”：三人同行七十稀，五树梅花廿一支，七子团圆正半月，除百零五便得知已知正整数n被3除余2，被5除余3，被7除余4，求n的最小值按此口诀的算法如图，则输出n的结果为()a53 b54c158 d263解析：a正整数n被3除余2，得n3k2，kn；被5除余3，得n5l3，ln；被7除余4，得n7m4，mn；求得n的最小值是53.7设a(0,1)，b(1,3)，c(1,5)，d(0，1)，则等于()a2 b2c3 d3解析：c因为a(0,1)，b(1,3)，c(1,5)，d(0，1)，所以(1,2)，(1,4)，(0，2)，所以(0,6)3(0，2)3，故选c.8已知正项等差数列an的前n项和为sn(nn*)，a5a7a0，则s11的值为()a11 b12c20 d22解析：d设等差数列的公差为d(d0)，则由(a14d)(a16d)(a15d)20，得(a15d)(a15d2)0，所以a15d0或a15d2，又a10，所以a15d0，则a15d2，则s1111a1d11(a15d)11222，故选d.9设双曲线c：1(a0，b0)的左、右焦点分别为f1，f2，过点f1的直线分别交双曲线左、右两支于点m，n，连接mf2，nf2，若0，|，则双曲线c的离心率为()a. b.c. d.解析：b由0，知.又|，则|，且f1nf245.由双曲线的定义得，两式相加，得|4a，即|4a，则|2a，所以|2a|(22)a.在nf1f2中，由余弦定理，得|2|2|nf2|22|cosf1nf2，即4c2(2a)2(22)2a222a(22)a，整理，得c23a2，所以e23，即e，故选b.10已知实数x，y满足不等式组若zaxy有最大值，则实数a的值是()a2 b.c2 d解析：c约束条件对应的平面区域如图所示，是平行四边形区域zaxy变形为yaxz，其中z表示直线在y轴上的截距当a0时，由可行域可知直线axyz经过可行域的a时，z取得最大，由解得a，代入axy，得a2.当a0时，由图可知当直线axyz经过b(0,1)时，z取得最大值1，与已知矛盾当a0时，zy最大为，不合题意，综上可知a2.故选c.11已知边长为2的等边三角形abc，d为bc的中点，沿ad将abc折成直二面角badc，则过a，b，c，d四点的球的表面积为()a3 b4c5 d6解析：c如图，连接bc，设四面体acbd外接球的球心为o，ab的中点为m，连接md，om，od，adbd，abd外接圆的圆心为ab的中点m.二面角badc为直二面角，且平面abd平面acdad，cdad，cd平面abd，易知om平面abd，omcd，ommd.连接oc，在直角梯形omdc中，易得cd2om.设该外接球的半径为r，则r2md2om2md22，该外接球的表面积为4r25，故选c.12已知x(0,2)，关于x的不等式恒成立，则实数k的取值范围为()a0，e1) b0,2e1)c0，e) d0，e1)解析：d依题意，k2xx20，即kx22x对任意x(0,2)都成立，所以k0，因为，所以kx22x，令f(x)x22x，f(x)2(x1)(x1)，令f(x)0，解得x1，当x(1,2)时，f(x)0，函数递增，当x(0,1)时，f(x)0，函数递减，所以f(x)的最小值为f(1)e1，所以0ke1，故选d.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13(理)某企业的4名职工参加职业技能考核，每名职工均可从4个备选考核项目中任意抽取一个参加考核，则恰有一个项目未被抽中的概率为_解析：由题意得，所有的基本事件总数为44256，若恰有一个项目未被抽中，则说明4名职工总共抽取了3个项目，符合题意的基本事件数为ccca144，故所求概率p.答案：13(文)不透明盒子里装有大小质量完全相同的2个黑球，3个红球，从盒子中随机摸取两球，颜色相同的概率为_解析：记两个黑球为a，b,3个红球为x，y，z，随机取出两个球，基本事件为ab，ax，ay，az，bx，by，bz，xy，xz，yz共10个，其中取到的球颜色相同包含的基本事件有4个，所以取到的球颜色相同的概率p0.4.答案：0.414已知函数f(x)axln xb(a，br)，若f(x)的图象在点(1，f(1)处的切线方程为2xy0，则ab_.解析：f(x)axln xb的导数为f(x)a(1ln x)，由f(x)的图象在(1，f(1)处的切线方程为2xy0，易知f(1)2，即b2，f(1)2，即a2，则ab4.答案：415在海岛a上有一座海拔1千米的山，山顶上有一个观察站p.上午11时，测得一轮船在岛的北偏东30，俯角30的b处，到11时10分又测得该船在岛的北偏西60，俯角60的c处，则轮船的航行速度是_千米/时解析：pa平面abc，bac90，apb60，apc30，pa1(千米)，ac千米，ab千米从而bc(千米)，于是速度vbc2(千米/时)答案：216已知函数f(x)|lg x|，ab0，f(a)f(b)，则的最小值等于_解析：作出函数f(x)的草图，如图所示，若f(a)f(b)，ab0，则0b1，a1，则f(a)|lg a|lg a，f(b)|lg b|lg b，因为f(a)f(b)，所以lg alg b，即lg alg blg(ab)0，解得ab1.因为ab0，所以ab0，所以ab2 2，当且仅当ab，即ab时取等号故的最小值等于2.答案：2：高考中档大题(32选1)满分练(一)限时45分钟满分46分解答题(本大题共4小题，共46分)1(12分)已知数列an中，点(an，an1)在直线yx2上，且首项a11.(1)求数列an的通项公式；(2)数列an的前n项和为sn，等比数列bn中，b1a1，b2a2，数列bn的前n项和为tn，请写出适合条件tnsn的所有n的值解：(1)根据已知a11，an1an2，即an1an2d，所以数列an是一个等差数列，ana1(n1)d2n1.(2)数列an的前n项和snn2.等比数列bn中，b1a11，b2a23，所以q3，bn3n1，数列bn的前n项和tn.tnsn即n2，又nn*，所以n1或2.2(文)(12分)如