2021届高考数学二轮复习第2部分大题规范方略—抢占高考制高点滚动训练4理

1、专题五滚动训练(四)(用时40分钟，总分值80分)一、选择题(本大题共12小题，每题5分，共60分在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的)21.集合 A= x N|x 3x 10v 0 , B= x + y|x A, y A，那么集合B中所含元素个数 为()A. 7B. 9C. 11D. 13解析：选 B.A= x N|x 3x 10v0 = x N| 2vxv 5 = 0,1,2,3,4，所以集合 B 中最 小的元素为0，最大的元素为8,共9个元素，应选B.2 .复数z的共轭复数为 z , i为虚数单位，且 z + 2i z = 5+ 4i，那么z等于()A. 1 + 2iB

2、. 1 2iC. 1 + 2iD. 1 2i解析：选 A.设 z= a+ bi( a, b R), z = a bi，贝U a+ bi + 2i ( a bi) = 5 + 4i，即 a +a+ 2b= 5,2b+ i (2 a+ b) = 5+ 4i，所以所以 a= 1, b= 2, z = 1 + 2i.应选 A.2a+ b= 4,3.2log 2x , x>0,设函数f(x) = |X|2| | 4, xw 0,那么函数f(x)的零点个数为()A.B. 3C.D. 0解析：选A.当x> 0时，令log 2x2= 0,解得x= 1 ;当 x<0 时，令 2|x| 4= 0

3、，解得 x=2.应选A. 24. 函数f(x) = ln( x + 2)的图象大致是()解析：选D.因为x2 + 2> 0,所以f (x)的定义域为R,排除B; f( x) = f (x)，所以图象关于y轴对称，排除C; f(0) = ln 2 >0,故排除A,选D.5. 假设程序框图如下图，那么该程序运行后输出的k的值是()A. 4C. 6B. 5D. 716 8解析：选 B.第一次，n= 3x5+ 1= 16, k= 1;第二次,n= = 8, k = 2;第三次，n =空=4,k= 3;第四次，n = 2= 2, k = 4;第五次，n = 2= 1, k = 5.此时满足条

4、件输出 k= 5，应选B.6. 2021 高考山东卷一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如下图，那么该几何体的体积为B.3+7tD.7t1 2代3+ 3n1 2C.3+ Tn解析：选C.由三视图及四棱锥与球的体积公式求解，J2 由三视图知，该四棱锥是底面边长为 1,咼为1的正四棱锥，结合三视图可得半球半径为从而该几何体的体积为1x1 2X 1 + 1 x £nX 电3 = ；+乂2 n .应选C.3232367. 在数列an中，假设对任意的n N均有an+ an+1 + an+ 2为定值，且 a?= 2, a9 = 3,阪=4,那么数列an的前100项和$00等于C. 99D.

5、68解析：选A.因为对任意的*n N 均有 an+ an+1 + an + 2 为定值，所以an+ 1 + an+ 2+ an+3 = an + an+1+ an+ 2,所以an+3 =禺，所以时为以3为周期的周期数列.以 a7 = a2x3+1 = ai, a9 = a2x3 + 3= a3, a98 = a32x3 + 2 = a2，所以 Soo = (ai + a4 + aioo) + (a2 + a5+ + a98)+ (a3 + a6+，+ a99)= 34ai + 33a2 + 33a3 = 34x2+ 33x4+ 33x 3= 299.应选 A.&给出以下四个结论：命题“

6、假设m> 0,那么方程根，那么 mrc 0；x + x m= 0有实数根 的逆否命题为 右方程x + x m= 0无实 假设pA q为假命题，那么p, q均为假命题；2 2 假设命题 p, ? Xo R, xo+ xo+ 1 V 0,那么綈 p： ?x R, x + x + 1 >0； "a>2是"函数f (x) = x2-ax 2在x ( g,1上单调递减的充分不必要条件.其中正确结论的个数为()A. 0B. 1C. 2D. 3解析：选D.正确.假设pA q为假命题，那么p, q至少有一个为假命题，所以错误.正确.函数f(x) = x2 ax 2在x (

7、 g, 1上单调递减，那么 a>2,所以正确，所以正 确结论有3个，选D.9229.函数 y= x 4+ x-(x> 1)，当x= a时，y取得最小值 b,那么圆x + y + ax+ by+ I3-=0的半径为()4A. 2B. 1C. .'2D.999解析：选 C.y = x 4+= x+ 1+ 5,因为 x> 1，所以 x + 1 >0,>0,x +1x +1x + 19所以由均值不等式得y= x+ 1 + x+r 5>5= 1当且仅当x+1 = ，即(x+1)2=9,x+1 = 3,x=2时取等号，所以a= 2, b= 1,所以圆的方程为 x

8、2 + y2 + 2x + y 3= 0，求得圆半径r = , 2.选C.nn2 n10.设函数f(x) = 3sin( 3x+ 0) 3>0, - v$v 的图象关于直线 x=y对称，它的周期是n,那么()1A. f(x)的图象过点0，,n 2 n,B. f (x)在1，犷上是减函数5 nC. f(x)的一个对称中心是 ,0D. 将f (x)的图象向右平移| 0 |个单位得到函数 y= 3sin ®x的图象nn2 n解析：选C.因为函数f (x) = 3si n( 3x+0) co > 0, <0< 的周期为n,所以=22onn_2 nn,所以 o = 2,

9、又 f (x) = 3sin( ox+0 ) co > 0,- V0V 的图象关于直线 x = 一丁 对2n5nn称，所以 2X 3 n+ 0 = + k n, k Z,所以 0 = §兀 + k n, k Z,又一 V0V2，所nnn 3n2 n以 0 = 6,所以 f (x)= 3sin 2x + $.所以 f (0) = 3sin =故 A不正确；当 x 石，3n n 3 nn 3 nn2 n时，2x + , ,而y= 3sinx在 y, 一厂上不是单调函数，所以f(x)在乃，一了nn上不是单调函数，故 B不正确；f (x)的图象向右平移 -个单位长度得到y = 3sin

10、 2x 石 的图象，故D不正确.5 n乜=3sin 2X5 n n12 + 6 = 3sin n = 0,所以f(x)的一个对称中心是5 n ,0 .应选C.11.设 f (x)x 1, 0,2旷.-x + 1,.'1 x2, x 0 , 1,那么一lf(x)dx等于(n 1A.? + 2n 1B. 4一 nD. 4- 1ri解析：选A. f (x)d x =(x + 1)d x+,1 x2dx,(x+ 1)dx= x2 + x12,10 1 x2dx的几何意义是如下图以原点为圆心 1为半径的圆在第一象限局部的面积,所以 1 x dx =，所以1 nif (x)d x= - + .应选

11、 A.12.如图，线段 AB= 8，点C在AB上，且AC= 2，点P为线段CB上的动点，假设点 A绕点C旋转后，与点B绕点P旋转后重合于点 D设CP= x, CPD的面积为f(x)，那么f(x)取得最大值时x的值是()A. 1B. 3D. 2 2解析：选B.在厶CPD中，设/ DCP= 0，由余弦定理可知(6 x)2= 22+ X2 2 2 xcos 0 ,那么 cos 0= 3x8, sin 0 = 1 8x +48x 64, & cp= 1 2 xsi n 0 = 8x2+ 48x 64, xx2即f(x) = 8x2 + 48x 64,二次函数 y= 8x2+ 48x 64在x

12、= 3时取得最大值.应选 B.二、填空题(本大题共4小题，每题5分，共20分.把答案填在题中横线上)13.设非零向量 a, b, c 满足 | a| = | b| = | c| , a+ b= 6那么a, b>=.2 2 2 解析：因为 a+ b= c,所以 | c| = | a+ b|，所以 c = a + 2ab + b,又 | a| = | b| = | c| , a -b1 2_| b|1 2a -b 2 '1_| b|2,所以 cosa, b>=一，所以2 | a| b| a| b|2'a, b>=120°答案：120°14.函数

13、f (x) = 2sin 2nn_ + x 3cos 2 x 1 , x 那么f (x)的最小值为2解析：f(x) = 2sinn3 cos 2x 1 = 1 cos 2 + x_ 3 cos 2x 1 =cos 专 + 2x 3cosnnnn2x= sin 2x 3cos 2x= 2sin 2x 二，因为丁w x< ，所以<2 x*3426n 2 nnnn 1nh，所以 sin w sin 2xw sin ，即 wsin 2xw 1,所以3363223n1 w 2sin 2x 3 w2,即卩 1 w f(x) w 2,所以 f (x)的最小值为 1.3答案：115下面图形由小正方形组成，请观察图1至图4的规律，并依此规律，那么第 n个图形中小正方形的个数是解析：由题意得 a1 = 1, a2= 3, a3= 6, a4= 10,n n +1n= 厂,所以 a2 a1 = 2, a3 a2 = 3, a4 a3= 4，an an 1= n,等式两边同时累加得an a1= 2 + 3+-+ n,即 勿=1 + 2+- +