2023届高考数学二轮复习寒假作业（二十五）小题限时保分练-太原一模试题节选（注意命题点分布）理

寒假作业(二十五)小题限时保分练——太原一模试题节选(注意命题点分布)(时间：40分钟总分值：80分)一、选择题(此题共12小题，每题5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)1．集合A＝{x|y＝lg(x＋1)}，B＝{x||x|<2}，那么A∩B＝()A．(－2,0) B．(0,2)C．(－1,2) D．(－2，－1)解析：选C因为A＝{x|x>－1}，B＝{x|－2<x<2}，所以A∩B＝(－1,2)．2．zi＝2－i，那么复数z在复平面内对应的点的坐标是()A．(－1，－2) B．(－1,2)C．(1，－2) D．(1,2)解析：选A法一：设z＝a＋bi(a，b∈R)，因为zi＝2－i，所以－b＋ai＝2－i，所以－b＝2，a＝－1，即a＝－1，b＝－2，所以复数z在复平面内对应的点的坐标为(－1，－2)．法二：因为zi＝2－i，所以z＝eq\f(2－i,i)＝－i(2－i)＝－1－2i，所以复数z在复平面内对应的点的坐标为(－1，－2)．法三：将zi＝2－i的两边同时乘以－i，得z＝－i(2－i)＝－1－2i，所以复数z在复平面内对应的点的坐标为(－1，－2)．3．Sn是等差数列{an}的前n项和，2(a1＋a3＋a5)＋3(a8＋a10)＝36，那么S11＝()A．66 B．55C．44 D．33解析：选D法一：设等差数列{an}的公差为d，因为2(a1＋a3＋a5)＋3(a8＋a10)＝36，所以12a1＋60d＝36，即a1＋5d所以S11＝11a1＋eq\f(11×10,2)d＝11a1＋55d＝11(a1＋5d)＝33.法二：设等差数列{an}的公差为d，因为2(a1＋a3＋a5)＋3(a8＋a10)＝36，所以12a1＋60d＝36，即a1＋5d所以a6＝3，所以S11＝eq\f(11a1＋a11,2)＝eq\f(11×2a6,2)＝11a6＝33.法三：因为a1＋a5＝2a3，a8＋a10＝2a9，所以2(a1＋a3＋a5)＋3(a8＋a10)＝6a3＋6a9＝36，所以a3所以S11＝eq\f(11a1＋a11,2)＝eq\f(11a3＋a9,2)＝33.4．向量a＝(1，cosα)，b＝(sinα，1)，且0<α<π，假设a⊥b，那么α＝()A.eq\f(2π,3)B.eq\f(3π,4)C.eq\f(π,4)D.eq\f(π,6)解析：选B因为a＝(1，cosα)，b＝(sinα，1)，且a⊥b，所以a·b＝sinα＋cosα＝0，所以tanα＝－1，因为0<α<π，所以α＝eq\f(3π,4).5．函数f(x)＝eq\f(cosx,x)的图象大致为()解析：选D易知函数f(x)＝eq\f(cosx,x)为奇函数，其图象关于原点对称，排除A，B；当x＝eq\f(π,6)时，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝eq\f(cos\f(π,6),\f(π,6))＝eq\f(3\r(3),π)>0，排除C，应选D.6．圆C：x2＋y2＝1，直线l：y＝k(x＋2)，在[－1,1]上随机选取一个数k，那么事件“直线l与圆C相离〞发生的概率为()A.eq\f(1,2)B.eq\f(2－\r(2),2)C.eq\f(3－\r(3),3)D.eq\f(2－\r(3),2)解析：选C法一：假设直线l：y＝k(x＋2)与圆C：x2＋y2＝1相离，那么圆C的圆心到直线l的距离d＝eq\f(2|k|,\r(k2＋1))>1，又k∈[－1,1]，所以－1≤k<－eq\f(\r(3),3)或eq\f(\r(3),3)<k≤1，所以事件“直线l与圆C相离〞发生的概率为eq\f(2－\f(2\r(3),3),2)＝eq\f(3－\r(3),3).法二：如图，当直线l：y＝k(x＋2)与圆C：x2＋y2＝1相切时，直线l的倾斜角为eq\f(π,6)或eq\f(5π,6)，即斜率为eq\f(\r(3),3)或－eq\f(\r(3),3)，所以直线l与圆C有公共点时－eq\f(\r(3),3)≤k≤eq\f(\r(3),3)，所以事件“直线l与圆C相离〞发生的概率为1－eq\f(\f(2\r(3),3),2)＝eq\f(3－\r(3),3).7．执行如下图的程序框图，输出的s∈[0,4]，假设输入的t∈[m，n]，那么实数n－m的最大值为()A．1 B．2C．3 D．4解析：选D由程序框图得s＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3t，t<1，,4t－t2，t≥1，))作出s的图象如下图．假设输入的t∈[m，n]，输出的s∈[0,4]，那么由图象得n－m的最大值为4.8．某几何体的三视图如下图，那么该几何体的外表积为()A．6π＋1B.eq\f(24＋\r(2)π,4)＋1C.eq\f(23＋\r(2)π,4)＋eq\f(1,2)D.eq\f(23＋\r(2)π,4)＋1解析：选D由几何体的三视图知，该几何体为一个组合体，其中下部是底面直径为2，高为2的圆柱，上部是底面直径为2，高为1的圆锥的四分之一，所以该几何体的外表积为4π＋π＋eq\f(3π,4)＋eq\f(\r(2)π,4)＋1＝eq\f(23＋\r(2)π,4)＋1.9．D＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x，y\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－2≤0,x－y＋2≤0,3x－y＋6≥0))))))，给出以下四个命题：p1：∀(x，y)∈D，x＋y＋1≥0；p2：∀(x，y)∈D,2x－y＋2≤0；p3：∃(x，y)∈D，eq\f(y＋1,x－1)≤－4；p4：∃(x，y)∈D，x2＋y2≤2.其中为真命题的是()A．p1，p2 B．p2，p3C．p2，p4 D．p3，p4解析：选C因为D＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x，y\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－2≤0,x－y＋2≤0,3x－y＋6≥0))))))表示的平面区域如图中阴影局部所示，所以z1＝x＋y的最小值为－2，z2＝2x－y的最大值为－2，z3＝eq\f(y＋1,x－1)的最小值为－3，z4＝x2＋y2的最小值为2，所以命题p1为假命题，命题p2为真命题，命题p3为假命题，命题p4为真命题，故p2，p4为真命题．10．抛物线y2＝4x的焦点为F，过焦点F的直线交该抛物线于A，B两点，O为坐标原点，假设△AOB的面积为eq\r(6)，那么|AB|＝()A．6 B．8C．12 D．16解析：选A由题意知抛物线y2＝4x的焦点F的坐标为(1,0)，当直线AB垂直于x轴时，△AOB的面积为2，不满足题意，所以设直线AB的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，与y2＝4x联立，消去x得，ky2－4y－4k＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，那么y1＋y2＝eq\f(4,k)，y1y2＝－4，所以|y1－y2|＝eq\r(\f(16,k2)＋16)，所以△AOB的面积为eq\f(1,2)×1×eq\r(\f(16,k2)＋16)＝eq\r(6)，解得k2＝2，所以|AB|＝eq\r(1＋\f(1,k2))·|y1－y2|＝6.11．函数f(x)＝sinωx－eq\r(3)cosωx(ω>0)，假设方程f(x)＝－1在(0，π)上有且只有四个实数根，那么实数ω的取值范围为()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13,6)，\f(7,2)))B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，\f(25,6)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(25,6)，\f(11,2)))D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(11,2)，\f(37,6)))解析：选Bf(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3)))，方程2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3)))＝－1在(0，π)上有且只有四个实数根，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3)))＝－eq\f(1,2)在(0，π)上有且只有四个实数根．设t＝ωx－eq\f(π,3)，因为0<x<π，所以－eq\f(π,3)<t<ωπ－eq\f(π,3)，所以eq\f(19π,6)<ωπ－eq\f(π,3)≤eq\f(23π,6)，解得eq\f(7,2)<ω≤eq\f(25,6).12．设函数f(x)＝eq\f(3,2)x2－2ax(a>0)的图象与g(x)＝a2lnx＋b的图象有公共点，且在公共点处的切线方程相同，那么实数b的最大值为()A.eq\f(1,2e2)B.eq\f(1,2)e2C.eq\f(1,e) D．－eq\f(3,2e2)解析：选Af′(x)＝3x－2a，g′(x)＝eq\f(a2,x)，因为函数f(x)的图象与函数g(x)的图象有公共点且在公共点处的切线方程相同，所以3x－2a＝eq\f(a2,x)，故3x2－2ax－a2＝0在(0，＋∞)上有解，又a>0，所以x＝a，即切点的横坐标为a，所以a2lna＋b＝－eq\f(a2,2)，所以b＝－a2lna－eq\f(a2,2)(a>0)，令h(a)＝－a2lna－eq\f(a2,2)，那么h′(a)＝－2a(lna＋1)，由h′(a)＝0得a＝eq\f(1,e)，所以0<a<eq\f(1,e)时，h′(a)>0，a>eq\f(1,e)时，h′(a)<0，所以当a＝eq\f(1,e)时，h(a)取得最大值且最大值为eq\f(1,2e2)，故实数b的最大值为eq\f(1,2e2).二、填空题(此题共4小题，每题5分)13．向量a＝(1，－1)，b＝(t,1)，假设(a＋b)∥(a－b)，那么实数t＝________.解析：因为a＝(1，－1)，b＝(t,1)，所以a＋b＝(t＋1,0)，a－b＝(1－t，－2)，因为(a＋b)∥(a－b)，所以－2(t＋1)＝0，即t＝－1.答案：－114．双曲线经过点(1,2eq\r(2))，其一条渐近线方程为y＝2x，那么该双曲线的标准方程为________．解析：法一：因为点(1,2eq\r(2))在渐近线y＝2x的左上方，所以双曲线的焦点在y轴上，故设双曲线的标准方程为eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,b2)＝1(a>0，b>0)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)＝2，,\f(8,a2)－\f(1,b2)＝1，))解得a＝2，b＝1，所以双曲线的标准方程为eq\f(y2,4)－x2＝1.法二：因为双曲线的渐近线方程为y＝2x，所以设双曲线的方程为eq\f(y2,4)－x2＝λ(λ≠0)，又双曲线过点(1,2eq\r(2))，所以λ＝1，所以双曲线的标准方程为eq\f(y2,4)－x2＝1.答案：eq\f(y2,4)－x2＝115．三棱锥A­BCD中，BC⊥CD，AB＝AD＝eq\r(2)，BC＝1，CD＝eq\r(3)，那么该三棱锥的外接球的体积为________．解析：因为BC＝1，CD＝eq\r(3)，BC⊥CD，所以BD＝2，又AB＝AD＝eq\r(2)，所以AB⊥AD，所以三棱锥A­BCD的外接球的球心为BD的中点，半径为1，所以三棱锥A­BCD的外接球的体积为eq\f(4π,3).答案：eq\f(4π