新高考数学二轮复习 第4部分 高考22题逐题特训 小题满分练2 （含解析）

小题满分练2一、单项选择题1．已知集合A＝{－1,0,1}，B＝{x|x2<1}，则A∪B等于()A．{－1,1} B．{－1,0,1}C．{x|－1≤x≤1} D．{x|x≤1}答案C解析因为集合A＝{－1,0,1}，B＝{x|x2<1}＝{x|－1<x<1}，所以A∪B＝{x|－1≤x≤1}．2．已知i为虚数单位，若复数z＝2＋i，eq\x\to(z)为z的共轭复数，则(1＋z)·eq\x\to(z)等于()A．5＋iB．5－iC．7＋iD．7－i答案D解析∵z＝2＋i，eq\x\to(z)＝2－i，∴(1＋z)·eq\x\to(z)＝(3＋i)(2－i)＝7－i.3．(2020·石家庄模拟)在下列函数中，值域为R的偶函数是()A．f(x)＝eq\r(x) B．f(x)＝ln|x|C．f(x)＝2x＋2－x D．f(x)＝xcosx答案B解析对于A选项，函数f(x)＝eq\r(x)的定义域为[0，＋∞)，故为非奇非偶函数，不符合题意；对于B选项，f(x)＝ln|x|的定义域为{x|x≠0}，且f(－x)＝ln|x|＝f(x)，所以f(x)为偶函数，由于|x|>0，所以f(x)＝ln|x|的值域为R，符合题意；对于C选项，f(x)＝2x＋eq\f(1,2x)≥2eq\r(2x·\f(1,2x))＝2，故f(x)＝2x＋2－x的值域不为R；对于D选项，f(x)＝xcosx的定义域为R，且f(－x)＝－xcos(－x)＝－xcosx＝－f(x)，所以f(x)＝xcosx为奇函数，不符合题意．故选B.4．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知eq\f(b2＋c2－a2,ab)＝eq\f(2sinB－sinA,sinA)，则角C等于()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,4)D.eq\f(2π,3)答案B解析由eq\f(b2＋c2－a2,ab)＝eq\f(2sinB－sinA,sinA)以及正弦定理可得，eq\f(b2＋c2－a2,ab)＝eq\f(2b－a,a)，即b2＋a2－c2＝ab，所以eq\f(b2＋a2－c2,2ab)＝eq\f(1,2)，即cosC＝eq\f(1,2)，又0<C<π，所以C＝eq\f(π,3).5．已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差为d，前n项和为Sn.若Sn≤S8恒成立，则公差d的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,7)，－\f(1,8))) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,7)，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,8))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,7)，－\f(1,8)))答案A解析根据等差数列{an}的前n项和Sn满足Sn≤S8，可知a8≥0且a9≤0，所以1＋7d≥0且1＋8d≤0，解得－eq\f(1,7)≤d≤－eq\f(1,8).6.据《九章算术》记载，商高是我国西周时期的数学家，曾经和周公讨论过“勾三股四弦五”的问题，比毕达哥拉斯定理早五百到六百年．如图，现有△ABC满足“勾三股四弦五”，其中AC＝3，CB＝4，点D是CB延长线上的一点，则eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))等于()A．3B．4C．9D．不能确定答案C解析因为AC＝3，BC＝4，AB＝5，所以AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥CB，所以eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝0，所以eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝0，所以eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))·(eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→)))＝eq\o(AC,\s\up6(→))2＋eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝9＋0＝9.7.如图，点O为坐标原点，点A(1,1)，若函数y＝ax及y＝logbx的图象与线段OA分别交于点M，N，且M，N恰好是线段OA的两个三等分点，则a，b满足()A．a<b<1 B．b<a<1C．b>a>1 D．a>b>1答案A解析由题意知A(1,1)，且M，N恰好是线段OA的两个三等分点，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,3)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)))，把Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,3)))代入函数y＝ax，即eq\f(1,3)＝SKIPIF1<0，解得a＝eq\f(1,27)，把Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)))代入函数y＝logbx，即eq\f(2,3)＝logbeq\f(2,3)，解得b＝SKIPIF1<0＝eq\f(2\r(6),9)，所以a<b<1.8．已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，定点M(eq\r(2)，0)，若直线FM与抛物线C相交于A，B两点(点B在F，M之间)，且与抛物线C的准线交于点N，若|BN|＝3|BF|，则AF的长为()A.eq\f(3,4)B．1C.eq\f(3,2)D.eq\r(3)答案C解析如图所示，过点B作BB′垂直于准线，垂足为点B′，则|BF|＝|BB′|，由|BN|＝3|BF|，得|BN|＝3|BB′|，可得sin∠BNB′＝eq\f(1,3)，∴cos∠BNB′＝eq\f(2\r(2),3)，tan∠BNB′＝eq\f(\r(2),4)，又M(eq\r(2)，0)，∴直线AB的方程为y＝－eq\f(\r(2),4)(x－eq\r(2))，取x＝0，得y＝eq\f(1,2)，即Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，则p＝1，∴抛物线方程为x2＝2y，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(\r(2),4)x－\r(2)，,x2＝2y，))解得yA＝1，∴|AF|＝yA＋eq\f(1,2)＝1＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2).二、多项选择题9．(2020·福州质检)2020年春节前后，一场突如其来的新冠肺炎疫情在全国蔓延．疫情就是命令，防控就是责任．在党中央的坚强领导和统一指挥下，全国人民众志成城、团结一心，掀起了一场坚决打赢疫情防控阻击战的人民战争．折线图展示了2月14日至29日全国新冠肺炎疫情变化情况，根据该折线图，下列结论正确的是()A．16天中每日新增确诊病例数量呈下降趋势且19日的降幅最大B．16天中每日新增确诊病例数量的中位数小于新增疑似病例数量的中位数C．16天中的新增确诊、新增疑似、新增治愈病例数量的极差均大于2000D．19日至29日每日新增治愈病例数量均大于新增确诊与新增疑似病例数量之和答案BC解析对于A，从折线图中可以看出，19日到20日新增确诊病例数量呈上升趋势，故A错误；对于B，从折线图可以看出，16天中每日新增确诊病例数量的中位数位于500～1000内，每日新增疑似病例数量的中位数位于1000～1500内，所以每日新增确诊病例数量的中位数小于每日新增疑似病例数量的中位数，故B正确；对于C，从折线图可以看出，16天中每日新增确诊病例数量最低在500以下，最高在2500以上，极差大于2000，每日新增疑似病例数量最低在250以下，最高在2250以上，极差大于2000，每日新增治愈病例数量最低在1500以下，最高在3500以上，极差大于2000，故C正确；对于D，从折线图可以看出，20日新增治愈病例数量小于新增确诊与新增疑似病例数量之和，故D错误．10．(2020·重庆模拟)为弘扬中华传统文化，某校组织高一年级学生到古都西安游学．在某景区，由于时间关系，每个班只能在甲、乙、丙三个景点中选择一个游览，高一(1)班的27名同学决定投票来选定游览的景点，约定每人只能选择一个景点，得票数高于其他景点的入选．据了解，若只游览甲、乙两个景点，有18人会选择甲．若只游览乙、丙两个景点，有19人会选择乙，那么关于这轮投票结果，下列说法正确的是()A．该班选择去甲景点游览B．乙景点的得票数可能会超过9C．丙景点的得票数不会比甲景点高D．三个景点的得票数可能会相等答案AC解析由已知，只游览甲、乙两个景点，有18人会选择甲，则选择乙的有9人，则若在甲、乙、丙中只游览一个景点时，选择乙的人数一定小于等于9，故B错误；若只游览乙、丙两个景点，有19人会选择乙，则选择丙的有8人，则若在甲、乙、丙中只游览一个景点时，选择丙的人数一定小于等于8，所以选择甲的人数一定大于等于10，故C正确；且该班选择去甲景点游览，故A正确；三个景点的得票数不可能相等，故D错误．11.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，则()A．直线D1D与直线AF垂直B．直线A1G与平面AEF平行C．平面AEF截正方体所得的截面面积为eq\f(9,2)D．点C与点G到平面AEF的距离相等答案BC解析若D1D⊥AF，又因为D1D⊥AE且AE∩AF＝A，所以D1D⊥平面AEF，所以D1D⊥EF，所以CC1⊥EF，显然不成立，故A错误；如图①所示，取B1C1的中点Q，连接A1Q，GQ，可知GQ∥EF，A1Q∥AE，且GQ∩A1Q＝Q，EF∩AE＝E，所以平面A1GQ∥平面AEF.又因为A1G⊂平面A1GQ，所以A1G∥平面AEF，故B正确；如图②所示，连接D1F，D1A，延长D1F，AE，DC交于点S.因为E，F分别为BC，CC1的中点，所以EF∥AD1，所以A，E，F，D1四点共面，所以截面即为梯形AEFD1.又因为D1S＝AS＝eq\r(42＋22)＝2eq\r(5)，AD1＝2eq\r(2)，所以SKIPIF1<0＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×eq\r(2\r(5)2－\r(2)2)＝6，所以SKIPIF1<0＝6×eq\f(3,4)＝eq\f(9,2)，故C正确；记点C与点G到平面AEF的距离分别为h1，h2，因为VC－AEF＝eq\f(1,3)·S△AEF·h1＝VA－CEF＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×2＝eq\f(1,3)，VG－AEF＝eq\f(1,3)·S△AEF·h2＝VA－GEF＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×1×2＝eq\f(2,3)，所以h1≠h2，故D错误．12．设函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))(ω>0)，已知f(x)在[0，π]内有且仅有3个零点，下列结论正确的是()A．在(0，π)上存在x1，x2满足f(x1)－f(x2)＝2B．f(x)在(0，π)上有且仅有1个最小值C．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增D．ω的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13,6)，\f(19,6)))答案AB解析画出函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))的大致图象如图所示，当x＝0时，f(0)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝－eq\f(1,2).又ω>0，所以x>0时f(x)在y轴右侧第一个最大值区间内单调递增．由题意知函数f(x)在[0，π]内有且仅有3个零点，所以π的位置在C～D之间(包括C，不包括D)．令f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6)))＝0，则ωx－eq\f(π,6)＝kπ(k∈Z)，得x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋kπ))·eq\f(1,ω)(k∈Z)，故y轴右侧第一个点的横坐标为eq\f(π,6ω)，最小正周期T＝eq\f(2π,ω)，所以eq\f(π,6ω)＋T≤π<eq\f(π,6ω)＋eq\f(3,2)T，即eq\f(π,6ω)＋eq\f(2π,ω)≤π<eq\f(π,6ω)＋eq\f(3,2)·eq\f(2π,ω)，解得eq\f(13,6)≤ω<eq\f(19,6)，故D错误；在区间(0，π)上，函数f(x)有最大值和最小值，所以在(0，π)上存在x1，x2，满足f(x1)－f(x2)＝2，故A正确；由大致图象得f(x)在(0，π)上有且仅有1个最小值，故B正确；取ω＝eq\f(13,6)，当0<x<eq\f(π,2)时，－eq\f(π,6)<ωx－eq\f(π,6)<eq\f(11π,12)，此时函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上不单调递增，故C错误．三、填空题13.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,x)))(1＋x)5的展开式中x3项的系数为25，则a＝________.答案2解析(1＋x)5的展开式的通项公式为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,5)xk，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,x)))(1＋x)5的展开式中x3项为aCeq\o\al(3,5)x3＋eq\f(1,x)Ceq\o\al(4,5)x4＝(10a＋5)x3，令10a＋5＝25，解得a＝2.14．在平面直角坐标系xOy中，双曲线C：eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,b2)＝1(a>0，b>0)的一条渐近线与圆(x－2)2＋(y－1)2＝1相切，则eq\f(b,a)＝________.答案eq\f(3,4)解析双曲线C的渐近线方程为by±ax＝0，画出图象(图略)可知，与圆相切的只可能是by－ax＝0