高三数学一轮提能一日一讲（11月14日）

1．(2013·江西卷)已知集合M＝{1,2，zi}，i为虚数单位，N＝{3,4}，M∩N＝{4}，则复数z＝()A．－2i B．2iC．－4i D．4i解析由M∩N＝{4}，得zi＝4，则z＝eq\f(4,i)＝－4i，故选C.答案C2．(2013·陕西卷)设全集为R，函数f(x)＝eq\r(1－x2)的定义域为M，则∁RM为()A．[－1,1] B．(－1,1)C．(－∞，－1]∪[1，＋∞) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)解析f(x)＝eq\r(1－x2)的定义域M，即1－x2≥0的解集，故M＝{x|－1≤x≤1}．由补集的运算，知∁RM＝(－∞，－1)∪(1，＋∞)．答案D3．(2013·湖南卷)函数f(x)＝2lnx的图象与函数g(x)＝x2－4x＋5的图象的交点个数为()A．3 B．2C．1 D．0解析在同一平面直角坐标中作出y＝f(x)和y＝g(x)的图象，g(x)＝x2－4x＋5的顶点(2,1)，2ln2>2lneeq\f(1,2)＝1，所以(2,1)位于y＝f(x)图象下方，故交点个数为2.答案B4．(2013·全国卷Ⅱ)执行右面的程序框图，如果输入的N＝10，那么输出的S＝()A．1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,10)B．1＋eq\f(1,2！)＋eq\f(1,3！)＋…＋eq\f(1,10！)C．1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,11)D．1＋eq\f(1,2！)＋eq\f(1,3！)＋…＋eq\f(1,11！)解析由程序框图的循环结构可知：T＝1，S＝0＋1＝1，K＝2；T＝eq\f(1,2)，S＝1＋eq\f(1,2)，K＝3；T＝eq\f(\f(1,2),3)＝eq\f(1,2×3)，S＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,2×3)，K＝4；T＝eq\f(1,10！)，S＝1＋eq\f(1,2！)＋eq\f(1,3！)＋…＋eq\f(1,10！)，K＝11>10；停止循环，输出S，故选B.答案B5．设f(x)是周期为2的奇函数，当0≤x≤1时，f(x)＝2x(1－x)，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)))等于()A．－eq\f(1,2) B．－eq\f(1,4)C.eq\f(1,4) D.eq\f(1,2)解析∵f(x)是周期为2的奇函数，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)＋2))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－2×eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＝－eq\f(1,2).答案A6．如果实数x，y满足等式(x－2)2＋y2＝3，那么eq\f(y,x)的最大值是()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(3),2) D.eq\r(3)解析eq\f(y,x)可以看作圆(x－2)2＋y2＝3和原点连线的斜率．利用图形易知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x)))max＝eq\r(3).答案D7．已知对于任意的k∈R，直线y－kx－1＝0与椭圆eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,m)＝1恒有公共点，则实数m的取值范围是()A．(0,1) B．(0,5)C．[1,5)∪(5，＋∞) D．[1，＋∞)解析直线y＝kx＋1过定点(0,1)，只要(0,1)在椭圆eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,m)＝1内部即可．从而m≥1，又因为椭圆eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,m)＝1中m≠5，所以m的取值范围是[1,5)∪(5，＋∞)．答案C8．如图所示，在棱柱的侧棱A1A和B1B上各有一动点P，Q满足A1P＝BQ，过P，Q，C三点的截面把棱柱分成两部分，则其体积之比为()A．3:1 B．2:1C．4:1 D.eq\r(3):1解析将P，Q置于特殊位置：P→A1，Q→B，此时仍满足条件A1P＝BQ＝0，且易有VC－AA1B＝eq\f(V,3)，故选B.答案B9．(2013·安徽卷)“a≤0”是“函数f(x)＝|(ax－1)x|在区间(0，＋∞)内单调递增”的()A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件解析由二次函数的图象和性质知f(x)＝|(ax－1)x|在(0，＋∞)内单调递增，只需f(x)的图象在(0，＋∞)上与x轴无交点，即a＝0或eq\f(1,a)<0，整理得a≤0，而当a≤0时，结合图象可知f(x)在(0，＋∞)上为增函数，故a≤0是f(x)在(0，＋∞)上单调递增的充要条件，故选C.答案C10．已知x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，则sinx，tanx与x的大小关系是()A．tanx≥sinx≥x B．tanx≥x≥sinxC．大小关系不确定 D．|tanx|≥|x|≥|sinx|解析结合y1＝sinx，y2＝tanx，y3＝x的图象可知D正确．答案D11．数列{an}中，若an＋1＝eq\f(an,2an＋1)，a1＝1，则a6等于()A．3 B.eq\f(1,3)C．11 D.eq\f(1,11)解析由a1＝1，an＋1＝eq\f(an,2an＋1)得an>0，∴2an＋1>an，即eq\f(an,2an＋1)<1，故排除A项，C项．又a2＝eq\f(a1,2a1＋1)＝eq\f(1,3)，又由已知可以看出an＋1<an，故a6应小于eq\f(1,3).答案D12．已知函数y＝tanωx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))内是减函数，则()A．0<ω≤1 B．－1≤ω<0C．ω≥1 D．ω≤－1解析∵当ω>0时正切函数在其定义域内各长度为一个周期的连续区间内为增函数，∴排除A、C，又当|ω|>1时正切函数的最小正周期长度小于π，∴y＝tanωx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))内不连续，在这个区间内不是减函数，这样排除D.答案B13．若等比数列的各项均为正数，前n项的和为S，前n项的积为P，前n项倒数的和为M，则有()A．P＝eq\f(S,M) B．P>eq\f(S,M)C．P2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(S,M)))n D．P2>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(S,M)))n解析取等比数列为常数列：1,1,1，…，则S＝n，P＝1，M＝n，显然P>eq\f(S,M)和P2>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(S,M)))n不成立，故选项B和D排除，这时选项A和C都符合要求．再取等比数列：2,2,2，…，则S＝2n，P＝2n，M＝eq\f(n,2)，这时有P2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(S,M)))n，而P≠eq\f(S,M)，所以A选项不正确．答案C14．(2013·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，下列结论中错误的是()A．∃x0∈R，f(x0)＝0B．函数y＝f(x)的图象是中心对称图形C．若x0是f(x)的极小值点，则f(x)在区间(－∞，x0)单调递减D．若x0是f(x)的极值点，则f′(x0)＝0解析f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c；x3的系数为正数，故f(x)或者在(－∞，＋∞)上为增函数，或者存在极值点x1，x2，(x1<x2)，f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上为增函数在(x1，x2)上为减函数，此时x2为极小值点，故在(－∞，x2)上先增后减，故选C.答案C15．设函数y＝f(x)在(－∞，＋∞)内有定义，对于给定的正数K，定义函数fK(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx，fx≤K，,K，fx>K.))取函数f(x)＝2－|x|，当K＝eq\f(1,2)时，函数fK(x)的单调递增区间为()A．(－∞，0) B．(0，＋∞)C．(－∞，－1) D．(1，＋∞)解析函数f(x)＝2－|x|＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))|x|，作图f(x)≤K＝eq\f(1,2)⇒x∈(－∞，－1]∪[1，＋∞)，故在(－∞，－1)上是单调递增的．答案C16．(2013·安徽卷)在平面直角坐标系中，O是坐标原点，两定点A，B满足|eq\o(OA,\s\up16(→))|＝|eq\o(OB,\s\up16(→))|＝eq\o(OA,\s\up16(→))·eq\o(OB,\s\up16(→))＝2，则点集{P|eq\o(OP,\s\up16(→))＝λeq\o(OA,\s\up16(→))＋μeq\o(OB,\s\up16(→))，|λ|＋|μ|≤1，λ，μ∈R}所表示的区域的面积是()A．2eq\r(2) B．2eq\r(3)C．4eq\r(2) D．4eq\r(3)解析|eq\o(OA,\s\up16(→))|＝|eq\o(OB,\s\up16(→))|＝eq\o(OA,\s\up16(→))·eq\o(OB,\s\up16(→))＝2，求得∠AOB＝eq\f(π,3)，不妨设A(2,0)，B(1，eq\r(3))，P(x，y)．由题中所给eq\o(OP,\s\up16(→))＝λeq\o(OA,\s\up16(→))＋μeq\o(OB,\s\up16(→))，知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2λ＋μ，,y＝\r(3)μ，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝\f(x,2)－\f(y,2\r(3))，,μ＝\f(y,\r(3))，))又|λ|＋|μ|≤1代入得：eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－\f(y,2\r(3))))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(y,\r(3))))≤1，当y≥0且eq\f(x,2)－eq\f(y,2\r(3))≥0时，得：eq\r(3)x＋y≤2eq\r(3)，画出可行域可得S0＝eq\f(1,2)×2×eq\r(3)＝eq\r(3).由图象的对称性得S＝4S0＝4eq\r(3)，故选D.答案D17．(2013·辽宁卷)已知函数f(x)＝x2－2(a＋2)x＋a2，g(x)＝－x2＋2(a－2)x－a2＋8.设H1(x)＝max{f(x)，g(x)}，H2(x)＝min{f(x)，g(x)}(max{p，q}表示p，q中的较大值，min{p，q}表示p，q中的较小值)．记H1(x)的最小值为A，H2(x)的最大值为B，则A－B＝()A．16 B．－16C．a2－2a－16 D．a2＋2a－16解析令f(x)＝g(x)得x2－2(a＋2)x＋a2＝－x2＋2(a－2)x－a2＋8，解得x＝a＋2或x＝a－2，因为f(x)的对称轴是x＝a＋2，g(x)的对称轴是x＝a－2，在同一坐标系中作出两个函数的图象，可得A＝f(a＋2)＝－4a－4，B＝f(a－2)＝－4a＋12，所以A－B＝－16.答案B18．(2013·全国卷Ⅰ)设△AnBnCn的三边长分别为an，bn，cn，△AnBnCn的面积为Sn，n＝1,2,3，….若b1>c1，b1＋c1＝2a1，an＋1＝an，bn＋1＝eq\f(cn＋an,2)，cn＋1＝eq\f(bn＋an,2)，则()A．{Sn}为递减数列B．{Sn}为