高考数学二轮复习 客观题限时满分练（四）文-人教版高三数学试题

客观题限时满分练(四)一、选择题(本大题共12个小题，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．若集合M＝{x|0＜x＜2}，N＝{2a}，若M∩N＝N，则a的值可以为(A.eq\f(\r(2),2)B．1C.eq\f(3,2)D．2解析：因为M∩N＝N，所以N⊆M，则0＜2a＜2，即0＜a＜1，因此a的值可以为eq\f(\r(2),2).答案：A2．设复数z满足(1＋i)z＝2i，则|z|＝()A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(2),2)C.eq\r(2)D．2解析：z＝eq\f(2i,1＋i)＝eq\f(2i（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝eq\f(2i＋2,2)＝i＋1，则|z|＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2).答案：C3．下列命题中正确的是()A．命题“存在x∈R，使得x2＋x＋1＜0”的否定是“对任意x∈R，均有x2＋x＋1＜B．若p为真命题，q为假命题，则(¬p)∨q为真命题C．为了了解高考前高三学生每天的学习时间情况，现要用系统抽样的方法从某班50名学生中抽取一个容量为10的样本，已知50名学生的编号为1，2，3，…，50，若8号被选出，则18号也会被选出D．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，α∩β＝m，则“n⊂α，n⊥m”是“α⊥β”的充分条件解析：选项A，需要先换量词，再否定结论，故命题“存在x∈R，使得x2＋x＋1＜0”的否定为“对任意x∈R，均有x2＋x＋1≥0”，选项A错误；选项B，因为¬p为假命题，q为假命题，所以(¬p)∨q为假命题，选项B错误；选项C，根据系统抽样的特点，从50名学生中抽取10人，需间隔5人抽取1人，8＋2×5＝18，18号会被选出，故选项C正确；选项D，根据线面垂直的判定定理可知，一条直线垂直于一个平面内的两条相交直线才能得出该直线与该平面垂直，故由n⊥m不能得到n⊥β，进而不能得到α⊥β，故选项答案：C4．(2018·全国卷Ⅱ)已知向量a，b满足|a|＝1，a·b＝－1，则a·(2a－b)＝()A．4B．3C．2D．解析：因为|a|＝1，a·b＝－1，所以a·(2a－b)＝2|a|2－a·b＝2×12－(－1)＝3.答案：B5．(2018·河北“五个一”名校联盟测试)已知奇函数f(x)满足f(x＋1)＝f(1－x)，若当x∈(－1，1)时，f(x)＝lgeq\f(1＋x,1－x)，且f(2018－a)＝1，则实数a的值可以是()A.eq\f(9,11)B.eq\f(11,9)C．－eq\f(9,11)D．－eq\f(11,9)解析：因为f(x＋1)＝f(1－x)，所以f(x)＝f(2－x)，又函数f(x)为奇函数，所以f(－x)＝－f(2－x)，所以f(2＋x)＝－f(x)，所以f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，所以函数f(x)为周期函数，周期为4.当x∈(－1，1)时，令f(x)＝lgeq\f(1＋x,1－x)＝1，得x＝eq\f(9,11).又f(2018－a)＝f(2－a)＝f(a)，所以a可以是eq\f(9,11).答案：A6．某几何体的三视图如下图所示，则这个几何体的体积是()A．13B．14C．15D．16解析：所求几何体可看作是将长方体截去两个三棱柱得到的几何体，在长方体中还原该几何体，如图中ABCD­A′B′C′D′所示，长方体的长、宽、高分别为4，2，3，两个三棱柱的高为2，底面是两直角边长分别为3和1.5的直角三角形，故该几何体的体积V＝4×2×3－2×eq\f(1,2)×3×eq\f(3,2)×2＝15.答案：C7．(2018·全国卷Ⅱ)为计算S＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,99)－eq\f(1,100)，设计了如下图所示的程序框图，则在空白框中应填入()A．i＝i＋1 B．i＝i＋2C．i＝i＋3 D．i＝i＋4解析：由程序框图的算法功能知执行框N＝N＋eq\f(1,i)计算的是连续奇数的倒数和，而执行框T＝T＋eq\f(1,i＋1)计算的是连续偶数的倒数和．所以在空白执行框中应填入的命令是i＝i＋2.答案：B8．设数列{an}满足a1＋2a2＝3，点Pn(n，an)对任意的n∈N*，都有PnPn＋1＝(1，2)，则数列{an}的前n项和Sn为(A．neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(4,3))) B．neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(3,4)))C．neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(2,3))) D．neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(1,2)))解析：因为PnPn＋1＝OPn＋1－eq\o(OPn,\s\up14(→))＝(n＋1，an＋1)－(n，an)＝(1，an＋1－an)＝(1，2)，所以an＋1－an＝2.所以{an}是公差为2的等差数列．由a1＋2a2＝3，得a1＝－eq\f(1,3)，所以Sn＝－eq\f(n,3)＋eq\f(1,2)n(n－1)×2＝neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(4,3))).答案：A9．某企业生产甲、乙两种产品均需用A，B两种原料，已知生产1吨每种产品所需原料及每天原料的可用限额如下表所示．如果生产1吨甲、乙产品可获利润分别为3万元、4万元，则该企业每天可获得的最大利润为()甲乙原料限额A/吨3212B/吨128A.15万元 B．16万元C．17万元 D．18万元解析：设该企业每天生产x吨甲产品，y吨乙产品，可获得利润为z万元，则z＝3x＋4y，且x，y满足不等式组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x＋2y≤12，,x＋2y≤8，,x≥0，,y≥0.))画出可行域如图中阴影部分所示，直线z＝3x＋4y过点M时，z＝3x＋4y取得最大值，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x＋2y＝12，,x＋2y＝8，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝3，))所以M(2，3)，故z＝3x＋4y的最大值为18.答案：D10．(2018·河北“五个一名校联盟”测试)已知函数f(x)＝2sinωxcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(ω＞0)的图象的相邻两条对称轴之间的距离等于eq\f(π,2)，要得到函数y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))－eq\f(\r(3),2)的图象，只需将函数y＝f(x)的图象()A．向右平移eq\f(π,2)个单位长度B．向左平移eq\f(π,2)个单位长度C．向右平移eq\f(π,4)个单位长度D．向左平移eq\f(π,4)个单位长度解析：f(x)＝2sinωx(eq\f(1,2)cosωx－eq\f(\r(3),2)sinωx)＝eq\f(1,2)sin2ωx＋eq\f(\r(3),2)cos2ωx－eq\f(\r(3),2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,3)))－eq\f(\r(3),2).又f(x)图象的相邻两对称轴间的距离为eq\f(π,2).所以f(x)的最小正周期T＝π，则ω＝1.所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))－eq\f(\r(3),2).又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)＋\f(π,3)))－eq\f(\r(3),2)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))－eq\f(\r(3),2)，所以要得到y＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))－eq\f(\r(3),2)的图象，只需将f(x)的图象向左平移eq\f(π,4)个单位长度．答案：D11．设双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左焦点为F，直线4x－3y＋20＝0过点F且与双曲线C在第二象限的交点为P，|OP|＝|OF|，其中O为原点，则双曲线C的离心率为()A．5B.eq\r(5)C.eq\f(5,3)D.eq\f(5,4)解析：在直线4x－3y＋20＝0中，令y＝0，得x＝－5，故c＝5，取右焦点为F′，由|OF|＝|OP|＝|OF′|，可得PF⊥PF′.由直线4x－3y＋20＝0，可得tan∠F′FP＝eq\f(4,3)，又|FF′|＝10，故|PF|＝6，|PF′|＝8.所以|PF′|－|PF|＝2＝2a，所以a＝1，故双曲线C的离心率为e＝eq\f(c,a)＝5.答案：A12．(2018·佛山质检)已知函数y＝f(x)对任意的x∈(0，π)满足f′(x)sinx＞f(x)cosx(其中f′(x)为函数f(x)的导函数)，则下列不等式成立的是()A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＜eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6))) B．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＞eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＞eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))) D．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＜eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))解析：设g(x)＝eq\f(f（x）,sinx)，则g′(x)＝eq\f(f′（x）sinx－f（x）cosx,sin2x)＞0.所以g(x)在x∈(0，π)上是增函数．则geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＞geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))，即eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))),sin\f(π,4))＞eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6))),sin\f(π,6)).故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＞eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6))).答案：B二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分．请把正确的答案填写在各小题的横线上．)13．已知直线ax＋by＋c－1＝0(b，c＞0)经过圆x2＋y2－2y－5＝0的圆心，则eq\f(4,b)＋eq\f(1,c)的最小值是________．解析：依题意得，圆心坐标是(0，1)，于是有b＋c＝1，eq\f(4,b)＋eq\f(1,c)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,b)＋\f(1,c)))(b＋c)＝5＋eq\f(4c,b)＋eq\f(b,c)≥5＋2eq\r(\f(4c,b)×\f(b,c))＝9，当且仅当eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＋c＝1（bc＞0），,\f(4c,b)＝\f(b,c)，))即b＝2c＝eq\f(2,3)时取等号，因此eq\f(4,b)＋eq\f(1,c)的最小值是9.答案：914．已知定义在区间[－3，3]上的函数f(x)＝2x＋m满足f(2)＝6，在[－3，3]上任取一个实数x，则使得f(x)的值不小于4的概率为________．解析：由f(2)＝4＋m＝6，所以m＝2.因为f(x)≥4，所以x≥1.又x∈[－3，3]．故所求事件的概率P＝eq\f(2,6)＝eq\f(1,3).答案：eq\f(1,3)15．已知a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C所对的边，且c＝2，C＝eq\f(π,3)，若sinC＋sin(B－A)＝2sin2A，则A＝________．解析：在△ABC中，由sinC＋sin(B－A)＝2sin2A得sin(A＋B)＋sin(B－A)＝4sinAcosA，所以cosAsinB＝2sinAcosA，即cosA(sinB－2sinA)＝0.则cosA＝0或sinB＝2sinA.(1)若cosA＝0，则A＝eq\f(π,2).(2)若sinB＝2sinA，则b＝2a由余弦定理得，c2＝a2＋b2－2abcosC，且c＝2，C＝eq\f(π,3).所以a2＋b2－ab＝4，联立b＝2a，得a＝eq\f(2\r(3),3)(负值舍去)，b＝eq\f(4\r(3),3)，又b2＝a2＋c2，所以B＝eq\f(π,2)，从而A＝eq\f(π,6).综上，A＝eq\f(π,2)或eq\f(π,6).答案：eq\f(π,2)或eq\f(π,6)16．(2018·衡水中学检测)若函数y＝f(x)满足：对于y＝f(x)图象上任意一点P，在其图象上总存在点P′，使得eq\o(OP,\s\up14(→))·eq\o(OP′,\