高考数学二轮复习题型强化练1 客观题8+4+4标准练(A) (2)

题型强化练1 客观题8+4+4标准练(A )一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40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.(2020天津滨海新区联考,1)设集合U={x|x ≥-1},A={1,3,5,7},B={x|x>5},则A ∩∁U B=( ) A.{1,3,5} B.{3,5}C.{1,3}D.{1,3,5,7}2.(2020山东日照二模,2)在复平面内,已知复数z 对应的点与复数1+i 对应的点关于实轴对称,则z i=( )A.1+iB.-1+iC.-1-iD.1-i 3.(2020北京西城二模,6)设a=30.2,b=log 32,c=log 0.23,则 ( )A.a>c>bB.a>b>cC.b>c>aD.b>a>c4.(2020山东日照一模,3)南北朝时代的伟大数学家祖暅在数学上有突出贡献,他在实践的基础上提出祖暅原理:“幂势既同,则积不容异”.其含义是:夹在两个平行平面之间的两个几何体,被平行于这两个平面的任意平面所截,如果截得的两个截面的面积总相等,那么这两个几何体的体积相等,如图,夹在两个平行平面之间的两个几何体的体积分别为V 1,V 2,被平行于这两个平面的任意平面截得的两个截面的面积分别为S 1,S 2,则“S 1,S 2总相等”是“V 1,V 2相等”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.(2019广东深圳适应性考试,文8)已知△ABC 是边长为1的等边三角形,D ,E 分别是边AB ,BC 的中点,连接DE 并延长到点F ,使得DE=2EF ,则AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的值为 ( ) A.-58 B.118C.14D.186.(2020广东东莞一模,8)函数y=cos x ·2x +12x -1的部分图象大致为( )7.(2020河北石家庄5月检测,8)若双曲线C:x 2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线被圆x2+y2-4y+2=0所截得的弦长为2,则双曲线C的离心率为()A.√3B.2√33C.2D.√28.(2020山东聊城一模,8)高斯是德国著名的数学家,近代数学奠基者之一,享有“数学王子”的称号,为了纪念数学家高斯,人们把函数y=[x],x∈R称为高斯函数,其中[x]表示不超过x的最大整数.设{x}=x-[x],则函数f(x)=2x{x}-x-1的所有零点之和为()A.-1B.0C.1D.2二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求,全部选对的得5分,部分选对的得3分,有选错的得0分.9.(2020海南线上诊断测试,9)如图所示的曲线图是2020年1月25日至2020年2月12日陕西省及西安市新冠肺炎累计确诊病例的曲线图,则下列判断正确的是()A.1月31日陕西省新冠肺炎累计确诊病例中西安市占比超过了13B.1月25日至2月12日陕西省及西安市新冠肺炎累计确诊病例都呈递增趋势C.2月2日后到2月10日陕西省新冠肺炎累计确诊病例增加了97例D.2月8日到2月10日西安市新冠肺炎累计确诊病例的增长率大于2月6日到2月8日的增长率10.(2020山东德州一模,10)1970年4月24日,我国发射了自己的第一颗人造地球卫星“东方红一号”,从此我国开始了人造卫星的新篇章.人造地球卫星绕地球运行遵循开普勒行星运动定律:卫星在以地球为焦点的椭圆轨道上绕地球运行时,其运行速度是变化的,速度的变化服从面积守恒规律,即卫星的向径(卫星与地球的连线)在相同的时间内扫过的面积相等.设椭圆的长轴长、焦距分别为2a ,2c ,下列结论正确的是( )A.卫星向径的取值范围是[a-c ,a+c ]B.卫星在左半椭圆弧的运行时间大于其在右半椭圆弧的运行时间C.卫星向径的最小值与最大值的比值越大,椭圆轨道越扁平D.卫星运行速度在近地点时最大,在远地点时最小11.(2020山东淄博一模,10)在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,P ,Q 分别为棱BC 和棱CC 1的中点,则下列说法正确的是( ) A.BC 1∥平面AQPB.平面APQ 截正方体所得截面为等腰梯形C.A 1D ⊥平面AQPD.异面直线QP 与A 1C 1所成的角为60°12.(2020海南海南中学月考,12)已知函数f (x )=A sin(ωx+φ)(A>0,ω>0)在x=1处取得最大值,且最小正周期为2,则下列说法正确的有( ) A.函数f (x-1)是奇函数B.函数f (x+1)是偶函数C.函数f (x+2)在[0,1]上单调递增D.函数f (x+3)是周期函数三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2020山东泰安考前模拟,14)(x -1x )(1-x )4的展开式中x 3的系数为 .14.《九章算术》中的“竹九节”问题:现有一根9节的竹子,自上而下各节的容积成等差数列,上面4节的容积共3升,下面3节的容积共4升,则该竹子最上面一节的容积为 升. 15.(2019四川攀枝花统考,文16)已知函数f (x )=(x -b )2-lnx x (b ∈R ).若存在x ∈[1,2],使得f (x )+xf'(x )>0,则实数b 的取值范围是 .16.已知正三棱柱ABC-A 1B 1C 1的六个顶点都在球O 的表面上,AB=3,异面直线AC 1与BC 所成角的余弦值为310,则球O 的表面积为 .题型强化练题型强化练1 客观题8+4+4标准练(A )1.A 解析 由题意∁U B={x|-1≤x ≤5},∴A ∩∁U B={1,3,5}. 2.C 解析 由题意得z=1-i,所以zi =1-ii =i+1-1=-1-i .3.B 解析 指数函数y=3x 为R 上的增函数,则a=30.2>30=1;对数函数y=log 3x 为(0,+∞)内的增函数,则log 31<log 32<log 33,即0<b<1;对数函数y=log 0.2x 为(0,+∞)内的减函数,则c=log 0.23<log 0.21=0.故a>b>c.4.A 解析 根据祖暅原理,当S 1,S 2总相等时,V 1,V 2相等,所以充分性成立;当两个完全相同的四棱台,一正一反的放在两个平面之间时,此时体积固然相等但截得的面积未必相等,所以必要性不成立.所以“S 1,S 2总相等”是“V 1,V 2相等”的充分不必要条件.5.D 解析 由DE=2EF ,可得DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =2EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ,EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =12DE ⃗⃗⃗⃗⃗ .如图所示,连接AE ,则AE ⊥BC ,所以BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(AE ⃗⃗⃗⃗⃗ +EF ⃗⃗⃗⃗⃗ )·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ +12DE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0+12·|DE ⃗⃗⃗⃗⃗ |·|BC ⃗⃗⃗⃗⃗ |·cos π3=0+12×12×1×12=18.故选D .6.A 解析 令f (x )=y=cos x ·2x+12x -1(x ≠0),则f (-x )=cos(-x )·2-x+12-x -1=cos x ·12x +112x -1=cos x ·2x +11-2x =-f (x ),所以函数f (x )为奇函数,可排除B,D; 当x ∈(0,π2)时,cos x>0,2x +12x -1>0,所以f (x )>0,故排除C.7.C 解析 双曲线C :x 2a 2−y 2b2=1(a>0,b>0)的渐近线方程为y=±ba x ,由对称性,不妨取y=ba x ,即bx-ay=0.圆x 2+y 2-4y+2=0可化为x 2+(y-2)2=2,其圆心的坐标为(0,2),半径为√2. 圆心(0,2)到渐近线的距离d=√(√2)2-12=1. 由点到直线的距离公式,可得√b +a 2=2a c =2e =d=1,所以e=2.8.A 解析 由题意知,当x=0时,f (x )=-1,所以0不是函数f (x )的零点.当x ≠0时,由f (x )=2x {x }-x-1=0可得,2{x }=1x +1,令y 1=2{x }=2x-2[x ],y 2=1x +1,作出函数y 1=2{x }=2x-2[x ],y 2=1x +1的图象如图所示, 由图象可知,除点(-1,0)外,函数y 1=2{x }=2x-2[x ],y 2=1x +1图象其余交点关于(0,1)中心对称,所以横坐标互为相反数.由函数零点的定义知,函数f (x )=2x {x }-x-1的所有零点之和为-1.9.ABC 解析 1月31日陕西省新冠肺炎累计确诊病例共有87例,其中西安32例,所以西安所占比例为3287>13,故A 正确;由曲线图可知,1月25日至2月12日陕西省及西安市新冠肺炎累计确诊病例都呈递增趋势,故B 正确;2月2日后到2月10日陕西省新冠肺炎累计确诊病例增加了213-116=97(例),故C 正确;2月8日到2月10日西安市新冠肺炎累计确诊病例的增长率为98-8888=544,2月6日到2月8日西安新冠肺炎累计确诊病例的增长率为88-7474=737,显然737>544,故D 错误.10.ABD解析根据椭圆定义知卫星向径的取值范围是[a-c,a+c],故A正确;当卫星在左半椭圆弧运行时,对应的面积更大,根据面积守恒规律,速度应更慢,故B 正确;a-c a+c =1-e1+e=21+e-1,比值越大,则e越小,椭圆轨道越接近于圆,故C错误.根据面积守恒规律,卫星在近地点时向径最小,故速度最大,在远地点时向径最大,故速度最小,故D正确.11.ABD解析如图,因为P,Q分别为棱BC和棱CC1的中点,所以PQ∥BC1, 又因为BC1⊄平面AQP,PQ⊂平面AQP,由线面平行的判定定理,知BC1∥平面AQP,故A正确;由AD1∥PQ,知平面APQ截正方体所得截面为四边形APQD1,又因为PQ≠AD1,所以四边形APQD1是等腰梯形,故B正确;若A1D⊥平面AQP,则A1D⊥AP,又因为AA1⊥AP,AA1∩A1D=A1,所以AP⊥平面A1AD,而AB⊥平面A1AD,这与垂直于同一平面的两条直线平行矛盾,故C不正确;异面直线QP与A1C1所成的角为∠A1C1B,而△A1C1B为等边三角形,故D正确. 12.BCD解析因为f(x)=A sin(ωx+φ)的最小正周期为2,所以2=2πω,所以ω=π.又因为f(x)=A sin(ωx+φ)在x=1处取得最大值,所以ω+φ=2kπ+π2(k∈Z).所以φ=2kπ-π2(k∈Z).所以f(x)=A sin(ωx+φ)=-A cos πx.设g(x)=f(x-1)=-A cos [π(x-1)]=A cos πx,因为g(-x)=A cos [π(-x)]=A cos πx=g(x),所以g(x)=f(x-1)是偶函数,故A不正确;设h (x )=f (x+1)=-A cos [π(x+1)]=A cos πx ,因为h (-x )=A cos [π(-x )]=A cos πx=h (x ),所以h (x )=f (x+1)是偶函数,故B 正确; 设m (x )=f (x+2)=-A cos [π(x+2)]=-A cos πx ,因为x ∈[0,1],所以πx ∈[0,π],又因为A>0,所以函数m (x )=f (x+2)在[0,1]上单调递增,故C 正确; 设n (x )=f (x+3)=-A cos [π(x+3)]=A cos πx ,函数n (x )最小正周期为2ππ=2,故D 正确.13.5 解析 (1-x )4的通项为T r+1=C 4r 14-r (-x )r =(-1)r C 4r x r ,令r=2,此时x 3的系数为(-1)2C 42=6,令r=4,此时x 3的系数为-(-1)4C 44=-1,则x 3的系数为6-1=5.14.1322 解析 设竹子自上而下各节的容积分别为a 1,a 2,…,a 9,且为等差数列,根据题意得{a 1+a 2+a 3+a 4=3,a 7+a 8+a 9=4,即{4a 1+6d =3,3a 1+21d =4,解得a 1=1322,故最上面一节的容积为1322升.15.-∞,74解析 ∵f (x )=(x -b )2-lnx x ,x>0,∴f'(x )=2x (x -b )-1-(x -b )2+lnxx 2,∴f (x )+xf'(x )=(x -b )2-lnx x +2x (x -b )-1-(x -b )2+lnxx=2x (x -b )-1x. 存在x ∈[1,2],使得f (x )+xf'(x )>0,即2x (x-b )-1>0,∴b<x-12x 在[1,2]上有解. 设g (x )=x-12x (1≤x ≤2),∴b<g (x )max .g (x )=x-12x 在[1,2]上为增函数, 故g (x )max =g (2)=74,∴b<74. 故实数b 的取值范围是-∞,74. 16.28π 解析 由题意BC ∥B 1C 1,所以∠AC 1B 1或其补角为异面直线AC 1与BC 所成的角.设AA 1=b ,在△AC 1B 1中,AB 1=AC 1,则cos ∠AC 1B 1=12B 1C 1AC 1=12·√32+b =310,所以AA 1=b=4.设外接球的半径为R ,底面外接圆的半径为r ,则R 2=r 2+(b 2)2.因为底面为等边三角形,所以2r=3sin π3,即r=√3,所以R 2=3+4=7,所以球O 的表面积为4π×7=28π.。