浙江专用2024高考数学二轮复习小题分层练二

PAGE1-小题分层练(二)本科闯关练(2)1．已知集合A＝{x|－2＜x＜2}，B＝{x|x≤2}，则()A．B⊆A B．(∁RB)⊆(∁RA)C．A∩B＝∅ D．(∁RA)∩B＝∅2．设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－b，x＜1,2x，x≥1))，若f(f(0))＝4，则b＝()A．2 B．1C．－2 D．－13．某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是()A．3 B．6C．9 D．184．“φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)”是“函数f(x)＝cos(ωx＋φ)为奇函数”的()A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件5．从装有1个黑球，2个白球和2个红球的盒子里随机拿出2个小球，记拿到红球的个数为ξ，则E(ξ)＝()A.eq\f(4,5) B.eq\f(3,5)C.eq\f(2,5) D.eq\f(3,10)6．已知圆C的圆心在直线x＋y＝0上，且圆C与直线x－y＝0相切，截直线x－y－3＝0所得的弦长为eq\r(6)，则圆C的标准方程为()A．(x－1)2＋(y＋1)2＝2B．(x＋1)2＋(y－1)2＝2C．(x－1)2＋(y＋1)2＝1D．(x＋1)2＋(y－1)2＝17．已知正数a，b，c满意5c－3a≤b≤4c－a，b≥c，则eq\f(2a＋b,c)的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(9,2)，7)) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(11,3)，7))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)，＋∞)) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,3)，＋∞))8．如图，在三棱锥S­ABC中，SC⊥平面ABC，E，F是棱SC的两个三等分点，设二面角S­AB­F、F­AB­E、E­AB­C的平面角分别为α、β、γ，则()A．α＞β＞γ B．α＞γ＞βC．γ＞β＞α D．γ＞α＞β9．已知e1，e2均为单位向量，且它们的夹角为45°，设a，b满意|a＋e2|＝eq\f(\r(2),4)，b＝e1＋ke2(k∈R)，则|a－b|的最小值为()A.eq\r(2) B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(2),4) D.eq\f(3\r(2),4)10．如图，点P是平面ABC外一点，点D是边AC上的动点(不含端点)，且满意PD＝PA，PB＝BA＝BC＝2，∠ABC＝120°，则四面体P－BCD体积的最大值是()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(2,3) D.eq\f(2\r(3),3)11．双曲线eq\f(x2,4)－y2＝1的右顶点坐标为________，渐近线方程为________．12．已知复数z＝a＋i(a∈R，i是虚数单位)，若z2是纯虚数，则a＝________，|z|＝________．13．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝2，B＝eq\f(π,4)，tanC＝7，则sinA＝________，S△ABC＝________．14．若eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)－\f(x,2)))eq\s\up12(n)的绽开式中只有第5项的二项式系数最大，则n＝________，第5项为________．15．设等差数列{an}与等比数列{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，若等比数列{bn}的公比为q(n，q∈N*)且T2n＋1＝Sqn，则an＝________．16.将一个半径适当的小球放入如图所示的容器最上方的入口处，小球将自由下落．小球在下落的过程中，将3次遇到黑色障碍物，最终落入A袋或B袋中．己知小球每次遇到黑色障碍物时，向左、右两边下落的概率都是eq\f(1,2)，则小球落入A袋中的概率为________．17．已知函数f(x)＝2x＋t2，g(x)＝x＋t－1，记函数F(x)＝|f(x)|＋|g(x)|＋||f(x)|－|g(x)||，则函数F(x)的最小值为________．小题分层练(二)1．解析：选B.结合数轴可知(∁RB)⊆(∁RA)．故选B.2．解析：选C.f(0)＝－b，若－b＜1，则f(－b)＝－3b＝4，解得b＝－eq\f(4,3)(舍去)；当－b≥1时，f(－b)＝2－b＝4，解得b＝－2.故选C.3．解析：选D.该几何体为四棱柱截去两个三棱柱，其体积为V＝3×3×3－2×eq\f(1,2)×1×3×3＝18，故选D.4．解析：选C.由函数f(x)＝cos(ωx＋φ)为奇函数，可知f(0)＝cosφ＝0，所以φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)．故选C.5．解析：选A.E(ξ)＝eq\f(2,5)×2＝eq\f(4,5).故选A.6．解析：选A.把选项逐一代入检验，A符合题意，故选A.7．解析：选B.由题意5－3×eq\f(a,c)≤eq\f(b,c)≤4－eq\f(a,c)，eq\f(b,c)≥1，令x＝eq\f(a,c)，y＝eq\f(b,c)，则所求问题转化为在eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5－3x≤y,y≤4－x,y≥1))下求2x＋y的取值范围，利用线性规划学问可求得eq\f(2a＋b,c)的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(11,3)，7)).故选B.8．解析：选C.过S作SD⊥AB交AB于D，连接FD，ED，DC，所以FD⊥AB，ED⊥AB，CD⊥AB，所以∠SDF＝α，∠FDE＝β，∠EDC＝γ，则tanγ＝eq\f(EC,DC)，tan(β＋γ)＝eq\f(FC,DC)，tan(α＋β＋γ)＝eq\f(SC,DC)，所以tan(β＋γ)＝2tanγ，tan(α＋β＋γ)＝3tanγ，则tanβ＝eq\f(tanγ,1＋2tan2γ)<tanγ，tanα＝eq\f(tanγ,1＋6tan2γ)<eq\f(tanγ,1＋2tan2γ)＝tanβ，即tanα<tanβ<tanγ，故γ＞β＞α.故选C.9．解析：选C.如图，由|a＋e2|＝eq\f(\r(2),4)可知点A在以E为圆心，eq\f(\r(2),4)为半径的圆上，由b＝e1＋ke2可知点B在直线l上(l∥DE)．所以|a－b|＝|AB|≥|EH|－r＝eq\f(\r(2),4).故选C.10．解析：选C.由BP＝BA＝BC＝2，可知点P在以B为球心，半径为2的球面上(除A，C外)．又由PD＝PA知，点P在线段AD的中垂面上，即P的轨迹为球与中垂面的交线圆(如图点O为圆心)．设CD＝x，则AE＝ED＝eq\f(2\r(3)－x,2)，OB＝EF＝AF－AE＝eq\f(x,2)，OP＝eq\r(4－\f(x2,4))，因为S△BCD＝eq\f(1,2)CD·BF＝eq\f(x,2)，所以VP－BCD≤eq\f(1,3)S△BCD·OP＝eq\f(1,6)eq\r(－\f(x4,4)＋4x2)≤eq\f(2,3).故选C.11．解析：由题意a＝2，b＝1，所以右顶点坐标为(2，0)，渐近线方程为y＝±eq\f(1,2)x.答案：(2，0)y＝±eq\f(1,2)x12．解析：z2＝(a2－1)＋2ai，a2－1＝0且2a≠0，所以a＝±1，|z|＝eq\r(2).答案：±1eq\r(2)13．解析：由tanC＝7可知sinC＝eq\f(7\r(2),10)，cosC＝eq\f(\r(2),10)，所以sinA＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,4)))＝eq\f(4,5).由正弦定理可得b＝eq\f(5\r(2),4)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(7,4).答案：eq\f(4,5)eq\f(7,4)14．解析：因为只有第5项的二项式系数最大，所以n＝8，该项为Ceq\o\al(4,8)(eq\r(x))4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,2)))eq\s\up12(4)＝eq\f(35,8)x6.答案：8eq\f(35,8)x615．解析：由题意T2n＝Sqn－1＝qna1＋eq\f(qn（qn－1）,2)d－1＝eq\f(d,2)q2n＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))qn－1，依据等比数列求和公式的特点，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)＝1,a1－\f(d,2)＝0))，解出a1＝1，d＝2，所以an＝2n－1.答案：2n－116．解析：P＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×\f(1,2)×\f(1,2)＋\f(1,2)×\f(1,2)×1))＝eq\f(3,4).答案：eq\f(3,4)17．解析：由题意F(x)＝2m