高三数学二轮复习课余自主加餐训练“4”限时提速练三理

“12＋4〞限时提速练(三)一、选择题(本大题共12小题，每题5分，在每题给出四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求)1．复数z＝eq\f(m,1－i)＋eq\f(1－i,2)(i是虚数单位)实部与虚部和为1，那么实数m值为()A．－1B．0C．1D．22．设集合A满足{a}⊆A{a，b，c，d}，那么满足条件集合A个数为()A．4B．5C．6D．73．在等比数列{an}中，a3，a15是方程x2－6x＋8＝0根，那么eq\f(a1a17,a9)值为()A．2eq\r(2)B．4C．－2eq\r(2)或2eq\r(2)D．－4或44．在平面中，A(1，0)，B(1，eq\r(3))，O为坐标原点，点C在第二象限，且∠AOC＝120°，假设，那么λ值为()A．－1B．2C．1D．－25．双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)两条渐近线与抛物线y＝x2＋1相切，那么双曲线离心率为()A.eq\r(5)B.eq\f(\r(5),2)C．2D.eq\f(3\r(5),5)6．如图为一个圆柱中挖去两个完全一样圆锥而形成几何体三视图，那么该几何体体积为()A.eq\f(1,3)πB.eq\f(2,3)πC.eq\f(4,3)πD.eq\f(5,3)π7．定义[x]为不超过x最大整数，，当输入x，输出y值为()C．10.2D．8.奇函数y＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f〔x〕，x＞0，,g〔x〕，x＜0，))假设f(x)＝ax(a＞0，a≠1)对应图象如下图，那么g(x)＝()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(－x)B．－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)C．2－xD．－2x9．x，y满足不等式组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥0，,x－y≤0，,4x＋3y≤14，))设(x＋2)2＋(y＋1)2最小值为ω，那么函数f(t)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωt＋\f(π,6)))最小正周期为()A.eq\f(2π,3)B．πC.eq\f(π,2)D.eq\f(2π,5)10．函数y＝f(x)对任意自变量x都有f(x)＝f(2－x)，且函数f(x)在[1，＋∞)上单调．假设数列{an}是公差不为0等差数列，且f(a6)＝f(a2011)，那么{an}前2016项之和为()A．0B．1008C．2016D．403211.椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)及圆O：x2＋y2＝a2，如图过点B(0，a)与椭圆相切直线l交圆O于点A，假设∠AOB＝60°，那么椭圆离心率为()A.eq\f(\r(3),3)B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(3),2)D.eq\f(1,3)12．定义在(－1，1)上函数f(x)＝1＋x－eq\f(x2,2)＋eq\f(x3,3)－…－eq\f(x2016,2016)，设F(x)＝f(x＋4)，且F(x)零点均在区间(a，b)内，其中a，b∈Z，a＜b，那么圆x2＋y2＝b－a面积最小值为()A．πB．2πC．3πD．4π二、填空题(本大题共4小题，每题5分)13．(x＋2y)n展开式中第二项系数为8，那么(1＋x)＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)n展开式中所有项系数和为________．14．函数f(x)＝alnx＋(x＋1)2，假设图象上存在两个不同点A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1＞x2)，使得f(x1)－f(x2)≤4(x1－x2)成立，那么实数a取值范围为________．15．A，B，C为球O外表上三点，这三点所在小圆圆心为O1，且AB＝AC＝1，∠BAC＝120°，球面上点P在平面ABC上射影恰为O1，三棱锥P­ABC体积为eq\f(\r(3),6)，那么球O外表积为________．16．数列{an}前n项和为Sn＝pn2－2n，n∈N*，bn＝eq\f(a1＋2a2＋3a3＋…＋nan,1＋2＋3＋…＋n)，假设数列{bn}是公差为2等差数列，那么数列{an}通项公式为________．答案一、选择题1．解析：选C由z＝eq\f(m,1－i)＋eq\f(1－i,2)＝eq\f(m〔1＋i〕,2)＋eq\f(1－i,2)＝eq\f(〔m＋1〕＋〔m－1〕i,2)，那么eq\f(m＋1,2)＋eq\f(m－1,2)＝1，得m＝1，应选C.2．解析：选D根据子集定义，可得集合A中必定含有元素a，而且含有a，b，c，d中至多三个元素．因此，满足条件{a}⊆A{a，b，c，d}集合A有{a}，{a，b}，{a，c}，{a，d}，{a，b，c}，{a，c，d}，{a，b，d}，共7个．3．解析：选A∵a3，a15是方程x2－6x＋8＝0根，∴a3a15＝8，a3＋a15＝6，因此a3，a15均为正，由等比数列性质知，a1a17＝aeq\o\al(2,9)＝a3a15＝8，∴a9＝2eq\r(2)，eq\f(a1a17,a9)＝2eq\r(2)，应选A.4．解析：选C由得，＝(1，eq\r(3))，＝(1，0)，那么＝(λ－2，eq\r(3)λ)，又点C在第二象限，故λ－2＜0，eq\r(3)λ＞0，那么0＜λ＜2，由于∠AOC＝120°，所以cos∠AOC＝eq\f(λ－2,\r(〔λ－2〕2＋3λ2))＝－eq\f(1,2)，解得λ＝1，应选C.5．解析：选A双曲线渐近线为y＝±eq\f(b,a)x，代入抛物线方程得，x2±eq\f(b,a)x＋1＝0，∴Δ＝eq\f(b2,a2)－4＝0，故e2＝eq\f(c2,a2)＝eq\f(b2,a2)＋1＝5，∴e＝eq\r(5)，应选A.6．解析：选C由三视图，可得这个几何体直观图如下图，那么其体积为圆柱体积减去两个圆锥体积，即π×12×2－2×eq\f(1,3)×π×12×1＝eq\f(4,3)π，应选C.7．解析：选C当输入x，执行程序框图可知，，即4.7－[4.7]不等于0，因而可得y，，应选C.8.解析：选D由图象可知，当x＞0时，函数f(x)单调递减，那么0＜a＜1，∵f(1)＝eq\f(1,2)，∴a＝eq\f(1,2)，即函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)，当x＜0时，－x＞0，那么f(－x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(－x)＝－g(x)，即g(x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(－x)＝－2x，故g(x)＝－2x，x＜0，选D.9．解析：选D由不等式组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥0，,x－y≤0，,4x＋3y≤14))作出可行域如图中阴影局部所示，(x＋2)2＋(y＋1)2几何意义为可行域内点与定点C(－2，－1)之间距离平方，其最小值为5，故f(t)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5t＋\f(π,6)))，其最小正周期T＝eq\f(2π,5)，应选D.10．解析：选C∵f(x)＝f(2－x)，∴f(x)图象关于直线x＝1对称．又∵函数f(x)在[1，＋∞)上单调，且数列{an}公差不为0，f(a6)＝f(a2011)，∴a6＋a2011＝2，∴a1＋a2016＝a6＋a2011＝2，∴S2016＝eq\f(2016〔a1＋a2016〕,2)＝2016.11.解析：选A由，显然直线l斜率存在，故可设直线l方程为y＝kx＋a，那么由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋a，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1))得(b2＋a2k2)x2＋2a3kx＋a2c2＝0，∴Δ＝4a6k2－4a2c2(b2＋a2k2)＝0，结合图形解得k＝eq\f(c,a)，即直线l方程为y＝eq\f(c,a)x＋a.故直线l斜率为eq\f(c,a)＝e，由于∠AOB＝60°，设AB与x轴交于点C，那么在Rt△OBC中，∠OCB＝30°，因而e＝tan∠OCB＝eq\f(\r(3),3)，应选A.12．解析：选Af′(x)＝1－x＋x2－x3＋…－x2015＝eq\f(1－x2016,1＋x)＞0，因而f(x)在(－1，1)上单调递增，f(－1)＝(1－1)－eq\f(1,2)－eq\f(1,3)－…－eq\f(1,2016)＜0，f(0)＝1＞0，因而函数f(x)仅有1个零点，且在(－1，0)内，那么F(x)＝f(x＋4)也有1个零点在(－5，－4)内，故b－a最小值为1，那么圆x2＋y2＝b－a面积最小值为π，应选A.二、填空题13．解析：(x＋2y)n展开式中第二项系数为8，即Ceq\o\al(1,n)×2＝8，故nx＝1，可得(1＋x)＋(1＋x)2＋(1＋x)3＋(1＋x)4展开式中所有项系数和为2＋22＋23＋24＝30.答案：3014．解析：由题意可得，f(x)＝alnx＋x2＋2x＋1，f′(x)＝eq\f(a,x)＋2(x＋1)，由题意知，存在x＞0，使得f′(x)≤4成立，即存在x＞0，使得a≤－2x2＋2x成立，设g(x)＝－2x2＋2x＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,2)，其最大值为eq\f(1,2)，因而a≤eq\f(1,2).答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))15．解析：由AB＝AC＝1，∠BAC＝120°，知圆O1半径r＝1，且S△ABC＝eq\f(1,2)×1×1×sin120°＝eq\f(\r(3),4)，设PO1＝h，球O半径为R，因而VP­ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×h＝eq\f(\r(3),6)，得h＝2，R2＝(h－R)2＋r2，即R2＝4－4R＋R2＋1，R＝eq\f(5,4)，那么球O外表积为4πR2＝4π×eq\f(25,16)＝eq\f(25π,4).答案：eq\f(25π,4)16．解析：法一：由Sn＝pn2－2n可知，当n＝1时，a1＝p－2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2pn－p－2，a1＝p－2适合上式，因而对任意n∈N*，均有an＝2pn－p－2.又由得a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝eq\f(1,2)n(n＋1)bn，a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＋(n＋1)an＋1＝eq\f(1,2)(n＋1)(n＋2)bn＋1，那么(n＋1)an＋1＝eq\f(1,2)(n＋1)(n＋2)bn＋1－eq\f(1,2)n(n＋1)bn，∴an＋1＝bn＋1＋n.an＋1－an＝bn＋1－bn＋1＝3，那么2p＝3，a1＝－eq\f(1,2).∴数列{an}通项公式为an＝3n－eq\f(7,2).法二：由Sn＝pn2－2n可知，当n＝1时，a1＝p－2，