2022高考数学创新设计二轮复习 限时练(六)

客观题满分限时练

限时练（六）一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40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.(2021·八省联考)已知M，N均为R的子集，且∁RM⊆N，则M∪(∁RN)＝(

) A.

B.M

C.N

D.R

解析

法一

∵∁RM⊆N，∴M⊇∁RN.

据此可得M∪(∁RN)＝M.故选B.B法二如图，设矩形ABCD表示全集R，矩形区域ABHE表示集合M，则矩形区域CDEH表示集合∁RM，矩形区域CDFG表示集合N，满足∁RM⊆N.结合图形可得M∪(∁RN)＝M.故选B.A.－2 B.2 C.－1 D.1BA.210 B.180 C.160

D.175BDCC解析由题意得B，C，D中恰有两人直接受A感染包含的情况有以下3种：①B，C两人直接受A感染，D受B感染；②B，D两人直接受A感染，C受B感染；③B，C两人直接受A感染，D受C感染.7.(2021·江苏调研)设a，b，c为单位向量，且a·b＝0，则(a－c)·(b－c)的最小值为(

)D因为θ∈[0，π]，所以cosθ∈[－1，1]，法二由题意，设a＝(1，0)，b＝(0，1)，c＝(cosθ，sinθ)，则a－c＝(1－cosθ，－sinθ)，b－c＝(－cosθ，1－sinθ)，A.ey－x>1 B.ey－x<1 C.ey－x－1>1

D.ey－x－1<1A所以函数f(t)在(0，＋∞)上单调递增.由*式得f(lnx)<f(lny)，则lnx<lny，所以y>x>1，则y－x>0，故ey－x>e0＝1.二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.)9.已知Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1＋3a5＝S7，则以下结论一定正确的是(

) A.a4＝0 B.Sn的最大值为S3 C.S1＝S6

D.|a3|<|a5|

解析

设等差数列{an}的公差为d，则a1＋3(a1＋4d)＝7a1＋21d，解得a1＝－3d，所以an＝(n－4)d，所以a4＝0，故A正确；因为d的正负不清楚，所以S3可能为最大值或最小值，故B错误；因为S6－S1＝a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝5a4＝0，所以S1＝S6，故C正确；因为a3＋a5＝2a4＝0，所以a3＝－a5，即|a3|＝|a5|，故D错误.AC10.(2021·大连双基测试)下列函数的最小值是2的是(

)AB综上所述，选AB.11.(2021·苏北适应性考试)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝4，BC＝BB1＝2，E，F分别为棱AB，A1D1的中点，则下列说法中正确的是(

)BCD解析

在长方体中，连接DB(图略)，假设CE⊥DB1，因为BB1⊥CE，DB1∩BB1＝B1，DB1，BB1⊂平面DB1B，所以CE⊥平面DB1B，又BD⊂平面DB1B，所以CE⊥BD，但在矩形ABCD中，易知CE与DB不垂直，所以DB1与CE不垂直，故A错误；取C1D1的中点M，连接A1M，PF(图略)，因为D1P＝1，所以P为D1M的中点，又F为A1D1的中点，所以PF∥A1M，显然A1M∥EC，所以FP∥CE，故E，C，P，F四点共面，故C正确；对平面CEF进行延展，如图，延长CE交DA的延长线于G，连接GF交AA1于H，交DD1的延长线于K，连接KC交D1C1于点N，连接EH，FN，则五边形FNCEH即平面CEF截长方体所得的截面，故D正确.故选BCD.BD解析

由题意可得2a＝4，所以a＝2.(当且仅当|QF1|＝|QF2|，即点Q为短轴端点时取“＝”)，正确.故选BD.三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.)414.(2021·福建六校联盟三联)若f(x)为偶函数，满足f(x)·f(x＋3)＝2020，f(－1)＝1，则f(2020)的值为________.2020解析

根据题意，函数f(x)满足f(x)·f(x＋3)＝2020，则f(x＋6)·f(x＋3)＝2020，则f(x＋6)＝f(x)，即函数f(x)是周期为6的周期函数.则f(2020)＝f(337×6－2)＝f(－2).由f(x)为偶函数，知f(－2)＝f(2)，而f(2)·f(－1)＝2020，f(－1)＝1，故f(2020)＝f(2)＝2020.解析

如图，连接FA.因为|FQ|＝p，所以|MQ|＝2p，解析∵ABCD-A1B1C1D1是正方体，∴平面A1B1BA∥平面C1