2024年高考数学一轮复习素养训练三数学运算含解析理

PAGEPAGE6素养训练(三)数学运算1．已知集合A＝{x|log2x<1}，B＝{x|x2＋x－2<0}，则A∩B＝()A．(－∞，2)B．(0，1)C．(0，2)D．(－2，1)2．在区间[－3，4]内随机取一个实数x，则满意2x≥2的概率是()A．eq\f(2,7)B．eq\f(3,7)C．eq\f(4,7)D．eq\f(5,7)3．已知|a|＝1，|b|＝2，c＝a＋b，且c⊥a，则向量a与b的夹角为()A．30°B．60°C．120°D．150°4．已知不等式mx2＋nx－eq\f(1,m)<0的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x<－\f(1,2)或x>2))))，则m－n＝()A．eq\f(1,2)B．－eq\f(5,2)C．eq\f(5,2)D．－15．已知样本数据3，4，5，x，y的平均数是5，标准差是eq\r(2)，则xy＝()A．42B．40C．36D．306．已知等比数列{an}中，a2a5a8＝－8，S3＝a2＋3a1，则a1＝()A．eq\f(1,2)B．－eq\f(1,2)C．－eq\f(2,9)D．－eq\f(1,9)7．已知taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(4,3)，则sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝()A．eq\f(7,25)B．eq\f(9,25)C．eq\f(16,25)D．eq\f(24,25)8．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＝3，A＝eq\f(π,3)，sinC＝2sinB，则△ABC的周长为()A．3＋2eq\r(3)B．3＋2eq\r(6)C．3＋3eq\r(3)D．3＋3eq\r(6)9．定义在R上的函数f(x)满意f(x)＝f(2－x)及f(x)＝－f(－x)，且在[0，1]上有f(x)＝x2，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2024\f(1,2)))＝()A．eq\f(9,4)B．eq\f(1,4)C．－eq\f(9,4)D．－eq\f(1,4)10．已知圆C的方程为(x－3)2＋y2＝1，圆M的方程为(x－3－3cosθ)2＋(y－3sinθ)2＝1(θ∈R)，过M上随意一点P作圆C的两条切线PA，PB，切点分别为A，B，则∠APB的最大值为()A．eq\f(π,6)B．eq\f(π,3)C．eq\f(π,4)D．eq\f(π,2)11．已知半球O的半径r＝2，正三棱柱ABC－A1B1C1内接于半球O，其中底面ABC在半球O的大圆面内，点A1，B1，C1在半球O的球面上．若正三棱柱ABC－A1B1C1的侧面积为6eq\r(3)，则其侧棱的长是()A．eq\r(6)B．2C．eq\r(3)D．eq\r(2)12．椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点为F，若F关于直线eq\r(3)x＋y＝0的对称点A是椭圆C上的点，则椭圆C的离心率为()A.eq\f(1,2)B．eq\f(\r(3)－1,2)C．eq\f(\r(3),2)D．eq\r(3)－113．不等式|2x－1|－x<1的解集是_______________________________________．14．已知函数f(x)＝lnx＋eq\f(1,2)x2－eq\f(5,2)x，则函数f(x)的微小值为________________．15．从某居民区随机抽取10个家庭，获得第i个家庭的月收入xi(单位：千元)与月储蓄yi(单位：千元)的数据资料，计算得i=110xi=80，i=110yi=20，i=110x16.已知正项数列an满意an+12素养训练（三）数学运算1．答案：B解析：由log2x<1＝log22，解得0<x<2，即A＝（0，2），由x2＋x－2<0得（x－1）（x＋2）<0，解得－2<x<1，即B＝（－2，1），借助数轴，可得A∩B＝（0，1），故选B.2．答案：B解析：由2x≥2，得x≥1.又[－3，4]的区间长度是7，[1，4]长度是3，所以所求概率P＝eq\f(3,7).故选B.3．答案：C解析：设向量a与b的夹角为θ，因为c＝a＋b，c⊥a，所以（a＋b）·a＝a2＋a·b＝0，所以|a|2＝－|a||b|cosθ，所以cosθ＝－eq\f(|a|2,|a||b|)＝－eq\f(|a|,|b|)＝－eq\f(1,2)，所以θ＝120°.4．答案：B解析：由题意得，x＝－eq\f(1,2)和x＝2是方程mx2＋nx－eq\f(1,m)＝0的两根，所以－eq\f(1,2)＋2＝－eq\f(n,m)且eq\f(1,2)×2＝eq\f(1,m2)（m<0），解得m＝－1，n＝eq\f(3,2)，所以m－n＝－eq\f(5,2).故选B.5．答案：A解析：由题意知，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3＋4＋5＋x＋y＝5×5，,（3－5）2＋（4－5）2＋（5－5）2＋（x－5）2＋（y－5）2＝5×（\r(2)）2))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝6，,y＝7))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝7，,y＝6，))∴xy＝42.6．答案：B解析：解法一设等比数列{an}的公比为q（q≠1），则由a2a5a8＝－8，S3＝a2＋3a1，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1q·a1q4·a1q7＝－8，,\f(a1（1－q3）,1－q)＝a1q＋3a1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q2＝2，,a1＝－\f(1,2)，))故选B.解法二设等比数列{an}的公比为q（q≠1），因为S3＝a1＋a2＋a3＝a2＋3a1，所以eq\f(a3,a1)＝q2＝2.因为a2a5a8＝aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))＝－8，所以a5＝－2，即a1q4＝－2，所以4a1＝－2，所以a1＝－eq\f(1,2)，故选B.7．答案：B解析：由题意得taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(1－tanα,1＋tanα)＝eq\f(4,3)，解得tanα＝－eq\f(1,7)，则sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝eq\f(1＋sin2α,2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(sinαcosα,sin2α＋cos2α)＝eq\f(1,2)＋eq\f(tanα,1＋tan2α)＝eq\f(9,25)，故选B.8．答案：C解析：在△ABC中，∵sinC＝2sinB，∴由正弦定理可得c＝2b，又∵a＝3，A＝eq\f(π,3)，∴由余弦定理可得9＝b2＋c2－bc＝b2＋（2b）2－b·2b，解得b＝eq\r(3)，∴c＝2eq\r(3)，∴△ABC的周长为a＋b＋c＝3＋eq\r(3)＋2eq\r(3)＝3＋3eq\r(3).故选C.9．答案：D解析：函数f（x）的定义域是R，f（x）＝－f（－x），所以函数f（x）是奇函数．又f（x）＝f（2－x），所以f（－x）＝f（2＋x）＝－f（x），所以f（4＋x）＝－f（2＋x）＝f（x），故函数f（x）是以4为周期的奇函数，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2024\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2024－\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))).因为在[0，1]上有f（x）＝x2，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,4)，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2024\f(1,2)))＝－eq\f(1,4)，故选D.10．答案：B解析：圆C的方程为（x－3）2＋y2＝1，圆心为C（3，0），半径r＝1.圆M的方程为（x－3－3cosθ）2＋（y－3sinθ）2＝1，圆心为M（3＋3cosθ，3sinθ），半径R＝1.由于cos2θ＋sin2θ＝1，|CM|＝eq\r(（3cosθ）2＋（3sinθ）2)＝3>R＋r＝2，所以两圆相离，则要求∠APB的最大值，只需求|PC|的最小值，此时|PC|＝3－1＝2，|AC|＝1，得∠APC＝eq\f(π,6)，所以∠APB＝eq\f(π,3)，即∠APB的最大值为eq\f(π,3).11．答案：D解析：依题意O是正三角形ABC的中心，设AB＝a，分析计算易得0<a<2eq\r(3)，AO＝eq\f(\r(3),3)a，在Rt△AOA1中，A1O＝r＝2，则AA1＝eq\r(r2－AO2)＝eq\r(4－\f(a2,3))，所以正三棱柱ABC－A1B1C1的侧面积S＝3a·AA1＝3aeq\r(4－\f(a2,3))＝3eq\r(－\f(a4,3)＋4a2)＝6eq\r(3)，整理得a4－12a2＋36＝0，解得a2＝6，即a＝eq\r(6)，此时侧棱AA1＝eq\r(2).故选D.12．答案：D解析：解法一设F（－c，0）关于直线eq\r(3)x＋y＝0的对称点A的坐标为（m，n），则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(n,m＋c)·（－\r(3)）＝－1，,\r(3)·\f(m－c,2)＋\f(n,2)＝0，))∴m＝eq\f(c,2)，n＝eq\f(\r(3),2)c，即Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2)，\f(\r(3),2)c))，∵点A在椭圆C上，∴eq\f(\f(c2,4),a2)＋eq\f(\f(3,4)c2,b2)＝1，把b2＝a2－c2代入，化简可得e4－8e2＋4＝0，解得e2＝4±2eq\r(3)，又0<e<1，∴e＝eq\r(3)－1，故选D.解法二设右焦点为F′，AF交直线eq\r(3)x＋y＝0于点M，则AF⊥OM且M为AF的中点，连接AF′.∵O为FF′中点，∴OM∥AF′，∵直线eq\r(3)x＋y＝0的倾斜角为120°，∴∠MOF＝60°，∴∠AF′F＝60°.在Rt△AFF′中，不妨设|AF′|＝1，则|FF′|＝2，|AF|＝eq\r(3)，∴e＝eq\f(2c,2a)＝eq\f(|FF′|,|AF|＋|AF′|)＝eq\f(2,\r(3)＋1)＝eq\r(3)－1.故选D.13．答案：{x|0<x<2}解析：原不等式等价于|2x－1|<x＋1⇔－x－1<2x－1<x＋1⇔eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x>0，,x<2))⇔0<x<2.14．答案：ln2－3解析：由已知，得f′（x）＝eq\f(1,x)＋x－eq\f(5,2)＝eq\f(2x2－5x＋2,2x)（x>0），由f′（x）＝0解得x＝eq\f(1,2)或x＝2，由f′（x）>0，得0<x<eq\f(1,2)或x>2，由f′（x）<0，得eq\f(1,2)<x<2，所以函数f（x）的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，（2，＋∞）；单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)).所以函数f（x）的微小值为f（2）＝ln2－3.15．答案：正相关1.7解析：由题意知，n＝10，eq\o(x,\s\up6(－))＝eq\f(1,10)eq\i\su(i＝1,10,)xi＝8，eq\o(y,\s\up6(－))＝eq\f(1,10)eq\i\su(i＝1,10,)yi＝2，∴eq\o(b,\s\up6(^))＝eq\f(\i\su(i＝1,10,x)iyi－10\o(x,\s\up6(－))\o(y,\s\up6(－)),\i\su(i＝1,10,x)eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(i))－10\o(x,\s\up6(－))2)＝eq\f(184－10×8×2,720－10×82)＝0.3，eq\o(a,\s\up6(^))＝eq\o(y,\s\up6(－))－eq\o(b,\s\up6(^))eq\o(x,\s\up6(－))＝2－0.3×8＝－0.4.∴eq\o(y,\s\up6(^))＝0.3x－0.4，∵0.3>0，∴变量x与y正相关，当x＝7时，eq\o(y,\s\up6(^))＝0.3×7－0.4＝1.7（千元）.16．答案：a