“12＋4”限时标准练4-高中数学资料

“12＋4”限时标准练(四)(时间：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．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＝{x|x(x－2)≤0}，B＝{－1,0,1,2,3}，则A∩B＝()A．{－1,3} B．{0,1,2}C．{1,2} D．{0,1,2,3}[解析]解法一：依题意得A＝{x|0≤x≤2}，所以A∩B＝{0,1,2}，故选B.解法二：依题意，注意到－1∉A,3∉A，因此－1,3∉(A∩B)，又0∈A，0∈B，所以0∈(A∩B)，结合各选项知，选B.[答案]B2．若z＝1＋(1－a)i(a∈R)，|z|＝eq\r(2)，则a＝()A．0或2 B．0C．1或2 D．1[解析]依题意得|z|＝eq\r(1＋1－a2)＝eq\r(2)，解得a＝0或a＝2，故选A.[答案]A3．下列与函数y＝eq\f(1,\r(x))的定义域和单调性都相同的函数是()A．y＝2log2x B．y＝log2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))xC．y＝log2eq\f(1,x) D．y＝xeq\s\up15(eq\f(1,4))[解析]函数y＝eq\f(1,\r(x))的定义域是(0，＋∞)，函数y＝eq\f(1,\r(x))在区间(0，＋∞)上单调递减．A中，函数y＝2log2x的定义域是(0，＋∞)，函数y＝2log2x＝x在区间(0，＋∞)上单调递增；B中，函数y＝log2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x的定义域为R，函数y＝log2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x＝－x在(－∞，＋∞)上单调递减；C中，函数y＝log2eq\f(1,x)＝－log2x的定义域是(0，＋∞)，函数y＝log2eq\f(1,x)在区间(0，＋∞)上单调递减；D中，函数y＝xeq\s\up15(eq\f(1,4))的定义域是[0，＋∞)，函数y＝xeq\s\up15(eq\f(1,4))在区间[0，＋∞)上单调递增．综上所述，选C.[答案]C4．已知等差数列{an}中，3a5＝2a7，则此数列中一定为0的是()A．a1 B．a3C．a8 D．a10[解析]依题意，设等差数列{an}的公差为d，则3(a1＋4d)＝2(a1＋6d)，a1＝0，故选A.[答案]A5．若单位向量e1，e2的夹角为60°，a＝λe1－e2，且|a|＝eq\r(3)，则实数λ＝()A．－1 B．2C．0或－1 D．2或－1[解析]依题意得e1·e2＝|e1|·|e2|·cos60°＝eq\f(1,2)，a2＝3，则λ2eeq\o\al(2,1)＋eeq\o\al(2,2)－2λe1·e2＝λ2－λ＋1＝3，即λ2－λ－2＝0，解得λ＝2或λ＝－1，故选D.[答案]D6．《普通高中数学课程标准(2017版)》提出了数学学科的六大核心素养．为了比较甲、乙两名高二学生的数学核心素养水平，现以六大核心素养为指标对两人进行了测验，根据测验结果绘制了雷达图(如图，每项指标值满分为5分，分值高者为优)，则下列叙述正确的是()A．甲的数据分析素养优于乙B．甲的数学建模素养优于数学抽象素养C．乙的六大核心素养中逻辑推理最差D．乙的六大核心素养整体水平优于甲[解析]依题意知，甲的数据分析素养的分值比乙低，因此选项A不正确；甲的数学建模素养与数学抽象素养均为3分，因此甲的数学建模素养与数学抽象素养基本相当，因此选项B不正确；乙的数学运算、数学建模、数学抽象均为4分，直观想象、数据分析、逻辑推理均为5分，因此选项C不正确；甲的六大数学核心素养的得分由低到高依次为3、3、3、4、4、5，乙的六大数学核心素养的得分由低到高依次为4、4、4、5、5、5，因此乙的六大核心素养整体水平优于甲，因此选项D正确．综上所述，选D.[答案]D7．命题p：存在实数x0，使得对任意实数x，sin(x＋x0)＝－sinx恒成立；q：∀a>0，f(x)＝lneq\f(a＋x,a－x)为奇函数．则下列命题是真命题的是()A．p∧q B．(綈p)∨(綈q)C．p∧(綈q) D．(綈p)∧q[解析]依题意，对于p，取x0＝π，对任意实数x，都有sin(x＋π)＝－sinx成立，因此p真，綈p假；对于q，函数f(x)的定义域为(－a，a)，且f(－x)＋f(x)＝lneq\f(a－x,a＋x)＋lneq\f(a＋x,a－x)＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－x,a＋x)×\f(a＋x,a－x)))＝0，即f(－x)＝－f(x)，函数f(x)＝lneq\f(a＋x,a－x)为奇函数，因此q真，綈q假．所以p∧q为真命题，(綈p)∨(綈q)为假命题，p∧(綈q)为假命题，(綈p)∧q为假命题．综上所述，选A.[答案]A8．在△ABC中，C＝30°，cosA＝－eq\f(2,3)，AC＝eq\r(15)－2，则AC边上的高为()A.eq\f(\r(5),2) B．2C.eq\r(5) D.eq\f(\r(15),2)[解析]依题意得sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(\r(5),3)，sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝eq\f(\r(5),3)×eq\f(\r(3),2)－eq\f(2,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(15)－2,6).由正弦定理eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AC,sinB)，得BC＝eq\f(AC·sinA,sinB)，所以AC边上的高为BC·sinC＝eq\f(AC·sinA·sinC,sinB)＝eq\f(\r(15)－2×\f(\r(5),3)×\f(1,2),\f(\r(15)－2,6))＝eq\r(5)，选C.[答案]C9．2020年是脱贫攻坚决战决胜之年，某市为早日实现目标，现将甲、乙、丙、丁4名干部派遣到A，B，C三个贫困县扶贫，要求每个贫困县至少分到一人，则甲被派遣到A县的分法有()A．6种 B．12种C．24种 D．36种[解析]解法一：依题意，就A县实际派遣几人进行分类：第一类，A县实际派遣1人，满足题意的方法数为Ceq\o\al(1,2)×Ceq\o\al(2,3)＝6；第二类，A县实际派遣2人，满足题意的方法数为Ceq\o\al(1,3)×Aeq\o\al(2,2)＝6.由分类加法计数原理得，满足题意的方法数为6＋6＝12，选B.解法二：依题意，先仅考虑将这4名干部派遣到A，B，C三个贫困县扶贫，每个县至少分到一人，相应的方法数为Ceq\o\al(1,3)×Ceq\o\al(2,4)×Aeq\o\al(2,2)＝36(其中Ceq\o\al(1,3)表示从三个贫困县中任意选定一个县，该县派遣2名干部去扶贫相应的方法数；Ceq\o\al(2,4)表示从这4名干部中任选2名去选定县扶贫的方法数；Aeq\o\al(2,2)表示将余下2名干部派遣到另外两个贫困县去扶贫，每个县各一名相应的方法数)，由于是随机分派的，因此甲被派遣到A县的分法占这些方法数的eq\f(1,3)，即满足题意的方法数为36×eq\f(1,3)＝12，故选B.[答案]B10．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F，G分别为棱A1D1，D1D，A1B1的中点，给出下列命题：①AC1⊥EG；②GC∥ED；③B1F⊥平面BGC1；④EF和BB1所成的角为eq\f(π,4).其中正确命题的个数是()A．0 B．1C．2 D．3[解析]依题意，对于①，连接A1C1，B1D1，则B1D1⊥A1C1，又AA1⊥平面A1B1C1D1，B1D1⊂平面A1B1C1D1，因此B1D1⊥AA1，AA1∩A1C1＝A1，B1D1⊥平面AA1C1，又AC1⊂平面AA1C1，因此B1D1⊥AC1，又EG∥B1D1，因此AC1⊥EG，正确．对于②，取B1C1的中点M，连接EM，CM，易知四边形CDEM是平行四边形，DE∥CM，因此DE与GC不可能平行(因为过一点有且仅有一条直线与已知直线平行)，不正确．对于③，连接BD，若B1F⊥平面BGC1，则B1F⊥C1G，又BB1⊥平面A1B1C1D1，C1G⊂平面A1B1C1D1，因此BB1⊥C1G，B1F∩BB1＝B1，C1G⊥平面BDD1B1，C1G⊥B1D1，而直线C1G与B1D1并不垂直，所以不正确．对于④，连接A1D，注意到BB1∥DD1，因此直线EF和BB1所成的角等于直线EF和DD1所成的角，等于直线A1D和DD1所成的角，即∠A1DD1，易知∠A1DD1＝eq\f(π,4)，故正确．综上所述，其中正确命题的个数是2，选C.[答案]C11．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，y0))为该抛物线上一点，以M为圆心的圆与C的准线相切于点A，∠AMF＝120°，则抛物线C的方程为()A．y2＝2x B．y2＝4xC．y2＝6x D．y2＝8x[解析]解法一：依题意得yeq\o\al(2,0)＝p，由抛物线的对称性，不妨设点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\r(p))).易知AM与抛物线的准线垂直，因此AM∥x轴，又∠AMF＝120°，因此直线FM的倾斜角为120°，又焦点Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，因此tan120°＝eq\f(\r(p),\f(1,2)－\f(p,2))＝－eq\r(3)(p>0)，解得p＝3.所以抛物线C的方程为y2＝6x，选C.解法二：依题意得yeq\o\al(2,0)＝p，由抛物线的对称性，不妨设点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\r(p))).易知AM与抛物线的准线垂直，因此点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，\r(p)))，又∠AMF＝120°，|MA|＝|MF|，因此∠MAF＝30°.记抛物线的准线与x轴的交点为N，则Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，0))，∠FAN＝90°－30°＝60°.在Rt△AFN中，tan∠FAN＝eq\f(|NF|,|AN|)＝eq\f(p,\r(p))＝eq\r(3)，解得p＝3.因此，抛物线C的方程为y2＝6x，选C.[答案]C12．已知f(x)＝ex－1－e1－x＋x，则不等式f(x)＋f(3－2x)≤2的解集是()A．[1，＋∞) B．[0，＋∞)C．(－∞，0] D．(－∞，1][解析]解法一：依题意得f(2－x)＋f(x)＝2，于是f(2－x)＝2－f(x)．f′(x)＝ex－1＋e1－x＋1>0，因此f(x)在R上单调递增，不等式f(x)＋f(3－2x)≤2，即f(3－2x)≤2－f(x)，f(3－2x)≤f(2－x)，3－2x≤2－x，解得x≥1.所以不等式f(x)＋f(3－2x)≤2的解集是[1，＋∞)，选A.解法二：依题意，注意到f(1)＋f(3－2×1)＝2f(1)＝2≤2，因此1是不等式f(x)＋f(3－2x)≤2的解，排除选项C.又f(0)＋f(3－2×0)＝3＋e2＋e－1－e－e－2>2，因此0不是不等式f(x)＋f(3－2x)≤2的解，排除选项B，D.故选A.[答案]A二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填写在各小题的横线上．)13．若x，y满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋y≥2,y－2≤0,2x－y≤2))，则z＝x＋y的最大值为__________．[解析]在平面直角坐标系内画出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，作出直线x＋y＝0，平移该直线，当平移到经过点(2,2)时，相应直线在y轴上的截距最大，此时z＝x＋y取得最大值，最大值为4.[答案]414．若eq\i\in(0,1,)(a－x2)dx＝eq\f(5,3)，则a＝__________.[解析]eq\i\in(0,1,)(a－x2)dx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ax－\f(1,3)x3))|eq\o\al(1,0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a×1－\f(1,3)×13))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a×0－\f(1,3)×03))＝eq\f(5,3)，解得a＝2.[答案]215．已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)在区间[π，2π)上的值小于0恒成立，则ω的取值范围是__________．[解析]依题意得，eq\f(1,2)T＝eq\f(π,ω)>2π－π＝π，即0<ω<1.当0<ω<1，x∈[π，2π)时，ωx＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωπ＋\f(π,6)，2ωπ＋\f(π,6)))⊆eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，2π＋\f(π,6)))，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,6)))<0恒成立，因此有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ωπ＋\f(π,6)>π,2ωπ＋\f(π,6)≤2π))，由此解得eq\f(5,6)<ω≤eq\f(