2020届高考数学大二轮复习 刷题首选卷 第二部分 刷题型 选填题（五）课件 理

选填题(五)第二部分刷题型一、选择题1．(2019·四川攀枝花第二次统考)集合A＝{－1,2}，B＝{x|ax－2＝0}，若B⊆A，则由实数a组成的集合为()A．{－2}B．{1}C．{－2,1}D．{－2,1,0}答案D解析∵集合A＝{－1,2}，B⊆A，∴B＝∅或B＝{－1}或B＝{2}，∴a的值为0,1，－2，故选D.2．(2019·广东适应性考试)若复数z1＝3＋2i(i为虚数单位)是方程z2－6z＋b＝0(b∈R)的根，则b＝()A．13B．5C．13D．5答案A解析∵z1＝3＋2i是方程z2－6z＋b＝0(b∈R)的根，∴(3＋2i)2－6(3＋2i)＋b＝0，解得b＝13.故选A.3．(2019·河北衡水中学二调)某工厂利用随机数表法对生产的700个零件进行抽样测试，先将700个零件进行编号001,002，…，699,700，从中抽取70个样本．下图提供随机数表的第4行到第6行，若从表中第5行第6列开始向右读取数据，则得到的第5个样本编号是()332118342978645607325242064438122343567735789056428442125331345786073625300732862345788907236896080432567808436789535577348994837522535578324577892345A．607B．328C．253D．007答案B解析从表中第5行第6列开始向右读取数据，依次为253,313,457,253,007,328，…去掉重复数据253，得到的第5个样本编号是328.故选B.4．若双曲线x23－y2＝1与椭圆x28＋y2p＝1有公共焦点，则p的值为()A．2B．3C．4D．42答案C解析因为双曲线x23－y2＝1的焦点坐标为(－2,0)，(2,0)，所以椭圆x28＋y2p＝1的焦点坐标为(－2,0)，(2,0)，所以8－p＝22，p＝4.5．函数f(x)＝ex2－2x2的图象大致为()答案A解析计算f(0)＝e0＝1，f(1)＝e－2≈0.72，f(2)＝e4－8，结合选项可知A正确．6．执行如图所示的程序框图，若输出的结果为1.5，则输入k的值应为()A．4.5B．6C．7.5D．9答案B解析执行题图所示的程序框图，n＝1，S＝k，n4是n＝2，S＝k－k2＝k2，n4是n＝3，S＝k2－k6＝k3，n4是n＝4，S＝k3－k12＝k4，n4否输出S＝k4＝1.5.所以k＝6.7．设a＝20.1，b＝lg52，c＝log3910，则a，b，c的大小关系是()A．bcaB．acbC．bacD．abc答案D解析因为a＝20.1∈(1,2)，b＝lg52∈(0,1)，c＝log39100，故选D.8．(2019·甘肃兰州一中6月冲刺)榫卯是我国古代工匠极为精巧的发明，它是在两个构件上采用凹凸部位相结合的一种连接方式．榫卯结构中凸出部分叫榫(或叫榫头)，已知某“榫头”的三视图如图所示，则该“榫头”的体积是()A．36B．45C．54D．63答案C解析还原该几何体，如图所示，该几何体可看作两个四棱柱拼接而成，且四棱柱底面为直角梯形，由题中数据可得，底面直角梯形的上底为3，下底为6，高为3，两个四棱柱的高分别为3和1，所以该几何体的体积V＝12×(3＋6)×3×3＋12×(3＋6)×3×1＝54.故选C.9．在△ABC中，cos2B2＝a＋c2c(a，b，c分别为角A，B，C的对边)，则△ABC的形状为()A．直角三角形B．等边三角形C．等腰三角形D．等腰三角形或直角三角形答案A解析∵cos2B2＝1＋cosB2＝a＋c2c，∴cosB＝a2＋c2－b22ac＝ac，解得a2＋b2＝c2，则角C为直角，则△ABC的形状为直角三角形．10．(2019·江西南昌二模)唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域内点的横坐标x，纵坐标y满足x2＋y2≤1，若将军从点A(2,0)处出发，河岸线所在直线方程为x＋y＝3，并假定将军只要到达军营所在区域即为回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为()A．10－1B．22－1C．22D．10答案A解析设点A关于直线x＋y＝3的对称点A′(a，b)，AA′的中点为a＋22，b2，kAA′＝ba－2，故ba－2·－1＝－1，a＋22＋b2＝3，解得a＝3，b＝1，点A到军营的最短总路程，即为点A′到军营最短的距离，则“将军饮马”的最短总路程为32＋12－1＝10－1.故选A.11．(2019·山东栖霞高考模拟)已知P，A，B，C，D是球O的球面上的五个点，四边形ABCD为梯形，AD∥BC，AB＝DC＝AD＝2，BC＝PA＝4，PA⊥平面ABCD，则球O的体积为()A．642π3B．162π3C．162πD．16π答案A解析如图，取BC的中点E，连接AE，DE，BD，∵AD∥BC且AD＝12BC＝EC＝BE，∴四边形ADCE，四边形ADEB均为平行四边形，∴AE＝DC，AB＝DE，又DC＝12BC，AB＝12BC，∴AE＝DE＝BE＝EC，∴E为四边形ABCD的外接圆圆心，设O为外接球的球心，由球的性质可知OE⊥平面ABCD，作OF⊥PA，垂足为F，∴四边形AEOF为矩形，OF＝AE＝2，设AF＝x，OP＝OA＝R，则4＋(4－x)2＝4＋x2，解得x＝2，∴R＝4＋4＝22，∴球O的体积为V＝43πR3＝642π3.故选A.12．(2019·广东汕头二模)已知函数f(x)＝－x2＋1x，x0，2x＋1，x≥0，g(x)＝x2－x－2，若存在实数a，使得g(b)＋f(a)＝2成立，则实数b的取值范围为()A．[－1,2]B．－32，72C．－32，72D．(－1,2]答案A解析因为f(x)＝－x2＋1x，x0，2x＋1，x≥0，当x≥0时，f(x)＝2x＋1单调递增，故f(x)＝2x＋1≥2；当x0时，f(x)＝－x2＋1x＝－x＋1x＝－x＋－1x≥2，当且仅当－x＝－1x，即x＝－1时，取等号．综上可得，f(x)∈[2，＋∞)．又因为存在实数a，使得g(b)＋f(a)＝2成立，所以只需g(b)≤2－f(a)min，即g(b)＝b2－b－2≤0，解得－1≤b≤2.故选A.二、填空题13．已知a＝(2,5t－1)，b＝(t＋1，－1)，若|a＋b|＝|a－b|，则t＝________.答案1解析解法一：因为a＝(2,5t－1)，b＝(t＋1，－1)，所以a＋b＝(t＋3,5t－2)，a－b＝(1－t,5t)，因为|a＋b|＝|a－b|，所以(t＋3)2＋(5t－2)2＝(1－t)2＋(5t)2，解得t＝1.解法二：由|a＋b|＝|a－b|易知a⊥b，所以a·b＝0，即2(t＋1)－(5t－1)＝0，解得t＝1.14．(2019·河北中原名校联盟联考)若函数f(x)＝3sinx＋π10－2在区间π2，a上是单调函数，则实数a的最大值是________．答案7π5解析由2kπ＋π2≤x＋π10≤2kπ＋3π2(k∈Z)，得2kπ＋2π5≤x≤2kπ＋7π5(k∈Z)，∴函数图象在区间2π5，7π5上单调递减，即a的最大值为7π5.15．(2019·安徽黄山第三次质量检测)在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫做该数列的一次“扩展”．将数列1,2进行“扩展”，第一次得到1,2,2；第二次得到数列1,2,2,4,2；…；第n次“扩展”后得到的数列为1，x1，x2，…，xt,2.并记an＝log2(1·x1·x2·…·xt·2)，其中t＝2n－1，则数列{an}的通项公式an＝________.答案3n＋12解析由an＝log2(1·x1·x2·…·xt·2)，得an＋1＝log2(1·(1·x1)·x1·(x1·x2)·x2·…·xt·(xt·2)·2)＝log213·x31·x32·…·x3t·232＝3an－1，设an＋1＋k＝3(an＋k)，即an＋1＝3an＋2k，可得k＝－12，则数列an－12是首项为32，公比为3的等比数列，故an－12＝32·3n－1，所以an＝3n＋12.16．(2019·江苏扬州调研)已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，若对任意的实数x，f′(x)12恒成立，且f(3)＝92，则不等式f(x2－2x)12(x2－2x)＋3的解集为________．答案(－1,3)解析令g(x)＝f(x)－12x，则g′(x)＝f′(x)－120，∴g(x)在R上单调递增，又g(3)＝f(3)－32＝92－32＝3，∴f(x2－2x)12(x2－2x)＋3等价于g(x2－2x)＝f(x2－2x)－12(x2－2x)g(3)，即x2－2x3，解得x∈(－1,3)．本课结束