高考数学二轮复习 第一部分 小题强化练 小题强化练（三）（含解析）试题

小题强化练(三)一、选择题1．已知集合A＝{x∈N|x≤3}，B＝{x|x2＋6x－16<0}，则A∩B＝()A．{x|－8<x<2} B．{0，1}C．{1} D．{0，1，2}2．已知复数z＝－1＋i(i是虚数单位)，则eq\f(1＋z,1－z)＝()A.eq\f(1,5)＋eq\f(2,5)i B．－eq\f(1,5)＋eq\f(2,5)iC.eq\f(1,5)－eq\f(2,5)i D．－eq\f(1,5)－eq\f(2,5)i3．我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有金棰，长五尺．斩本一尺，重四斤．斩末一尺，重二斤．问次一尺各重几何？”意思是：“现有一根金棰，长五尺，一头粗，一头细．在粗的一端截下一尺，重四斤；在细的一端截下一尺，重二斤．问依次每一尺各重几斤？”根据已知条件，若金棰由粗到细是均匀变化的，则中间三尺的重量为()A．6斤 B．9斤C．10斤 D．12斤4．设点F1，F2分别是双曲线x2－eq\f(y2,9)＝1的左、右焦点．若点P在双曲线上，且eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝0，则|eq\o(PF1,\s\up6(→))＋eq\o(PF2,\s\up6(→))|＝()A.eq\r(10) B．2eq\r(10)C.eq\r(5) D．2eq\r(5)5．在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1＝2A1B1＝2B1C1，且AB⊥BC，点M是A1C1的中点，则异面直线MB与AA1所成角的余弦值为()A.eq\f(1,3) B.eq\f(2\r(2),3)C.eq\f(3\r(2),4) D.eq\f(1,2)6．在区间[－2，2]上随机取一个数b，若使直线y＝x＋b与圆x2＋y2＝a有交点的概率为eq\f(1,2)，则a＝()A.eq\f(1,4) B.eq\f(1,2)C．1 D．27．已知定义在R上的函数f(x)满足：(1)f(x＋2)＝f(x)；(2)f(x－2)为奇函数；(3)当x∈[0，1)时，eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0(x1≠x2)恒成立，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(15,2)))，f(4)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,2)))的大小关系正确的是()A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,2)))>f(4)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(15,2)))B．f(4)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,2)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(15,2)))C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(15,2)))>f(4)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,2)))D．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(15,2)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,2)))>f(4)8．已知函数f(x)＝2x－logeq\s\do9(\f(1,2))x，且实数a>b>c>0满足f(a)f(b)f(c)<0.若实数x0是函数y＝f(x)的一个零点，那么下列不等式中不可能成立的是()A．x0<a B．x0>aC．x0<b D．x0<c9．已知抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，O为坐标原点．设M为抛物线上的动点，则eq\f(|MO|,|MF|)的最大值为()A.eq\r(3) B．1C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(2\r(3),3)10．将函数y＝sin2x的图象向右平移φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<φ<\f(π,2)))个单位长度得到y＝f(x)的图象．若函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上单调递增，且f(x)的最大负零点在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)，－\f(π,6)))上，则φ的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(π,4))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(π,2)))11．(多选)在平面直角坐标系xOy中，角α以Ox为始边，终边经过点P(－1，m)(m＞0)，则下列各式的值一定为负的是()A．sinα＋cosα B．sinα－cosαC．sinαcosα D.eq\f(sinα,tanα)12．(多选)(2019·湖南长沙一模)设a，b，c表示不同直线，α，β表示不同平面，下列结论不正确的是()A．若a∥c，b∥c，则a∥bB．若a∥b，b∥α，则a∥αC．若a∥α，b∥α，则a∥bD．若a⊂α，b⊂β，α∥β，则a∥b13．(多选)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()A．f(x)＝x2 B．f(x)＝e－xC．f(x)＝lnx D．f(x)＝tanx二、填空题14．二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)－\r(x)))eq\s\up12(9)展开式中含x3项的系数为________．15．设数列{an}是由正数组成的等比数列，Sn是{an}的前n项和，已知a2a4＝16，S3＝28，则当a1a2…an最大时，n的值为________．16．已知扇形OAB的圆心角∠AOB＝90°，半径为2，C是其弧上一点．若eq\o(OC,\s\up6(→))＝λeq\o(OA,\s\up6(→))＋μeq\o(OB,\s\up6(→))，则λ·μ的最大值为________．17．如图，在△ABC中，已知M为边BC上一点，eq\o(BC,\s\up6(→))＝4eq\o(BM,\s\up6(→))，∠AMC＝eq\f(π,3)，AM＝2，△AMC的面积为3eq\r(3)，则CM＝________；cos∠BAC＝________．小题强化练(三)1．解析：选B.由A＝{x∈N|x≤3}＝{0，1，2，3}，B＝{x|x2＋6x－16<0}＝{x|－8<x<2}，得A∩B＝{0，1}，故选B.2．解析：选B.因为z＝－1＋i，所以eq\f(1＋z,1－z)＝eq\f(1－1＋i,1－（－1＋i）)＝eq\f(i,2－i)＝eq\f(i（2＋i）,（2－i）（2＋i）)＝－eq\f(1,5)＋eq\f(2,5)i.故选B.3．解析：选B.由题意知金杖由粗到细每一尺构成一个等差数列，且首项a1＝4，a5＝2，则公差d＝eq\f(a5－a1,5－1)＝－eq\f(1,2).所以a3＝a1＋2d＝4－1＝3，所以a2＋a3＋a4＝3a3＝9，故选B.4．解析：选B.由双曲线方程知a＝1，b＝3，则c＝eq\r(10)，|F1F2|＝2eq\r(10).由eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝0，得eq\o(PF1,\s\up6(→))⊥eq\o(PF2,\s\up6(→))，则|eq\o(PF1,\s\up6(→))＋eq\o(PF2,\s\up6(→))|＝|2eq\o(PO,\s\up6(→))|＝|eq\o(F1F2,\s\up6(→))|＝2eq\r(10)，故选B.5.解析：选B.法一：由题知AA1∥BB1，则异面直线MB与AA1所成角为∠MBB1，如图．又△BB1M为直角三角形，cos∠MBB1＝eq\f(BB1,MB).在直三棱柱ABC­A1B1C1中，设AA1＝2A1B1＝2B1C1＝2，由AB⊥BC，得B1M＝eq\f(1,2)A1C1＝eq\f(\r(2),2).故MB＝eq\r(22＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq\f(3,\r(2))，所以cos∠MBB1＝eq\f(BB1,MB)＝eq\f(2\r(2),3)，故选B.法二：以B为原点，BA，BC，BB1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图．设AA1＝2A1B1＝2B1C1＝2，则Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，2))，B(0，0，0)，A(1，0，0)，A1(1，0，2)，所以eq\o(MB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，－2))，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0，0，2)．设异面直线MB与AA1所成角为θ，则cosθ＝eq\f(|\o(MB,\s\up6(→))·\o(AA1,\s\up6(→))|,|\o(MB,\s\up6(→))||\o(AA1,\s\up6(→))|)＝eq\f(4,\r(\f(9,2))×2)＝eq\f(2\r(2),3)，所以异面直线MB与AA1所成角的余弦值为eq\f(2\r(2),3)，故选B.6．解析：选B.由直线y＝x＋b与圆x2＋y2＝a有交点，得圆心到直线的距离d＝eq\f(|b|,\r(2))≤eq\r(a)，解得b∈[－eq\r(2a)，eq\r(2a)]．又b∈[－2，2]，且直线y＝x＋b与圆x2＋y2＝a有交点的概率为eq\f(1,2)，所以由几何概型的概率计算公式可知P＝eq\f(\r(2a)－（－\r(2a)）,2－（－2）)＝eq\f(1,2)，解得a＝eq\f(1,2)，故选B.7．解析：选C.由f(x＋2)＝f(x)可知函数f(x)的周期为2，可知f(x)＝f(x－2)．又f(x－2)为奇函数，可知f(x)为奇函数．所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(15,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(15,2)＋2×4))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，f(4)＝f(4－2×2)＝f(0)＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,2)－2×3))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))).又x∈[0，1)时，f(x)单调递增，故奇函数f(x)在(－1，1)内单调递增，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))>f(0)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(15,2)))>f(4)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,2)))，故选C.8．解析：选D.由f(x)＝2x－logeq\s\do9(\f(1,2))x，可知函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．因为实数a>b>c>0满足f(a)f(b)f(c)<0，则f(a)，f(b)，f(c)可能都小于0或有1个小于0，2个大于0，如图．则A，B，C可能成立，x0>c，D不可能成立．9．解析：选D.设抛物线上点M(m，n)(m>0)，则n2＝2pm，可得|MO|＝eq\r(m2＋n2)＝eq\r(m2＋2pm).由抛物线的定义得|MF|＝m＋eq\f(p,2)，所以eq\f(|MO|,|MF|)＝eq\f(\r(m2＋2pm),m＋\f(p,2))＝eq\r(\f(m2＋2pm,m2＋pm＋\f(p2,4)))＝eq\r(1＋\f(pm－\f(p2,4),m2＋pm＋\f(p2,4))).令pm－eq\f(p2,4)＝t，t>－eq\f(p2,4)，则m＝eq\f(t,p)＋eq\f(p,4)，所以eq\f(|MO|,|MF|)＝eq\r(1＋\f(t,\f(t2,p2)＋\f(3t,2)＋\f(9p2,16)))＝eq\r(1＋\f(1,\f(t,p2)＋\f(3,2)＋\f(9p2,16t)))≤eq\r(1＋\f(1,3))＝eq\f(2\r(3),3)，当且仅当eq\f(t,p2)＝eq\f(9p2,16t)，即t＝eq\f(3p2,4)时，等号成立，故选D.10．解析：选C.法一：函数y＝sin2x的图象向右平移φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<φ<\f(π,2)))个单位长度得到函数f(x)＝sin(2x－2φ)的图象，则当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))时，2x－2φ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2φ，\f(π,2)－2φ)).由函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上单调递增，可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＋2kπ≤－2φ，,\f(π,2)－2φ≤\f(π,2)＋2kπ))(k∈Z)，解得－kπ≤φ≤eq\f(π,4)－kπ(k∈Z)．又由0<φ<eq\f(π,2)，可知0<φ≤eq\f(π,4)①.函数f(x)的所有零点满足2x－2φ＝kπ(k∈Z)，即x＝eq\f(1,2)kπ＋φ(k∈Z)，由最大负零点在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)，－\f(π,6)))内，得－eq\f(5π,12)<eq\f(1,2)kπ＋φ<－eq\f(π,6)(k∈Z)，即－eq\f(5π,12)－eq\f(1,2)kπ<φ<－eq\f(π,6)－eq\f(1,2)kπ(k∈Z)，由0<φ<eq\f(π,2)可知当k＝－1时，eq\f(π,12)<φ<eq\f(π,3)②.由①②，φ的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(π,4)))，故选C.法二：由题意得f(x)＝sin(2x－2φ)观察选项可取φ＝eq\f(π,3)，可得f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(2π,3)))，可知当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))时，2x－eq\f(2π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，－\f(π,6)))，函数f(x)先减后增，不符合题意，排除B，D；取φ＝eq\f(π,6)，易得函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上单调递增，令2x－eq\f(π,3)＝kπ(k∈Z)，得x＝eq\f(π,6)＋eq\f(k,2)π(k∈Z)，则函数f(x)取得的最大负零点为x＝－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)，－\f(π,6)))，符合题意，排除A，故选C.11．解析：选CD.由已知得r＝|OP|＝eq\r(m2＋1)，则sinα＝eq\f(m,\r(m2＋1))＞0，cosα＝－eq\f(1,\r(m2＋1))＜0，tanα＝－m＜0，所以sinx＋cosα的符号不确定，sinα－cosα＞0，sinαcosα＜0，eq\f(sinα,tanα)＝cosα＜0.故选CD.12．解析：选BCD.由a，b，c表示不同直线，α，β表示不同平面知：在A中，若a∥c，b∥c，则由平行公理得a∥b，故A正确；在B中，若a∥b，b∥α，则a∥α或a⊂α，故B错误；在C中，若a∥α，b∥α，则a与b相交、平行或异面，故C错误；在D中，若a⊂α，b⊂β，α∥β，则a与b平行或异面，故D错误．13．解析：选AC.若f(x)＝x2，则f′(x)＝2x，令x2＝2x，得x＝0或x＝2，方程显然有解，故A符合要求；若f(x)＝e－x，则f′(x)＝－e－x，令e－x＝－e－x，此方程无解，故B不符合要求；若f(x)＝lnx，则f′(x)＝eq\f(1,x)，令lnx＝eq\f(1,x)，在同一直角坐标系内作出函数y＝lnx与y＝eq\f(1,x)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)＝tanx，则f′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinx,cosx)))′＝eq\f(1,cos2x)，令tanx＝eq\f(1,cos2x)，化简得sinxcosx＝1，变形可得sin2x＝2，无解，故D不符合要求．故选AC.14．解析：二项式展开式的通项为Tr＋1＝Ceq\o\al(r,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)))eq\s\up12(9－r)(－eq\r(x))r＝(－1)r·29－rCeq\o\al(r,9)xeq\f(3,2)r－9.令eq\f(3,2)r－9＝3，解得r＝8，可知所求二项式展开式中含x3项的系数为(－1)8·29－8Ceq\o\al(8,9)＝2×9＝18.答案：1815．解析：由数列{an}是各项均为正数的等比数列，且a2a4＝16，可得a3＝4.又S3＝a3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,q2)＋\f(1,q)＋1))＝28，可得eq\f(1,q2)＋eq\f(1,q)＋1＝7，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,q)－2))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,q)＋3))＝0，解得q＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(q＝－\f(1,3)舍去))，故an＝a3qn－3＝25－n.则a1a2…an＝24×23×…×25－n＝2eq\s\up6(\f(（9－n）n,2))，可知当eq\f(（9－n）n,2)取得最大值时，a1a2…an取得最大值，此时整数n＝4或5.答案：4或516．解析：由题|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝|eq\