“12＋4”限时标准练4.doc
“124”限时标准练(四)(时间：40分钟满分：80分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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已知集合Ax|x(x2)0，B1,0,1,2,3，则AB()A1,3 B0,1,2C1,2 D0,1,2,3解析解法一：依题意得Ax|0x2，所以AB0,1,2，故选B.解法二：依题意，注意到1A,3A，因此1,3(AB)，又0A，0B，所以0(AB)，结合各选项知，选B.答案B2若z1(1a)i(aR)，|z|，则a()A0或2 B0 C1或2 D1解析依题意得|z|，解得a0或a2，故选A.答案A3下列与函数y的定义域和单调性都相同的函数是()Ay2log2x Bylog2xCylog2 Dyx解析函数y的定义域是(0，)，函数y在区间(0，)上单调递减A中，函数y2 log2x的定义域是(0，)，函数y2 log2xx在区间(0，)上单调递增；B中，函数ylog2x的定义域为R，函数ylog2xx在(，)上单调递减；C中，函数ylog2log2x的定义域是(0，)，函数ylog2在区间(0，)上单调递减；D中，函数yx的定义域是0，)，函数yx在区间0，)上单调递增综上所述，选C.答案C4已知等差数列an中，3a52a7，则此数列中一定为0的是()Aa1 Ba3 Ca8 Da10解析依题意，设等差数列an的公差为d，则3(a14d)2(a16d)，a10，故选A.答案A5若单位向量e1，e2的夹角为60，ae1e2，且|a|，则实数()A1 B2 C0或1 D2或1解析依题意得e1e2|e1|e2|cos60，a23，则2ee2e1e2213，即220，解得2或1，故选D.答案D6普通高中数学课程标准(2017版)提出了数学学科的六大核心素养为了比较甲、乙两名高二学生的数学核心素养水平，现以六大核心素养为指标对两人进行了测验，根据测验结果绘制了雷达图(如图，每项指标值满分为5分，分值高者为优)，则下列叙述正确的是()A甲的数据分析素养优于乙B甲的数学建模素养优于数学抽象素养C乙的六大核心素养中逻辑推理最差D乙的六大核心素养整体水平优于甲解析依题意知，甲的数据分析素养的分值比乙低，因此选项A不正确；甲的数学建模素养与数学抽象素养均为3分，因此甲的数学建模素养与数学抽象素养基本相当，因此选项B不正确；乙的数学运算、数学建模、数学抽象均为4分，直观想象、数据分析、逻辑推理均为5分，因此选项C不正确；甲的六大数学核心素养的得分由低到高依次为3、3、3、4、4、5，乙的六大数学核心素养的得分由低到高依次为4、4、4、5、5、5，因此乙的六大核心素养整体水平优于甲，因此选项D正确综上所述，选D.答案D7命题p：存在实数x0，使得对任意实数x，sin(xx0)sinx恒成立；q：a>0，f(x)ln为奇函数则下列命题是真命题的是()Apq B(綈p)(綈q)Cp(綈q) D(綈p)q解析依题意，对于p，取x0，对任意实数x，都有sin(x)sinx成立，因此p真，綈p假；对于q，函数f(x)的定义域为(a，a)，且f(x)f(x)lnlnln0，即f(x)f(x)，函数f(x)ln为奇函数，因此q真，綈q假所以pq为真命题，(綈p)(綈q)为假命题，p(綈q)为假命题，(綈p)q为假命题综上所述，选A.答案A8在ABC中，C30，cosA，AC2，则AC边上的高为()A. B2 C. D.解析依题意得sinA，sinBsin(AC)sinAcosCcosAsinC.由正弦定理，得BC，所以AC边上的高为BCsinC，选C.答案C92020年是脱贫攻坚决战决胜之年，某市为早日实现目标，现将甲、乙、丙、丁4名干部派遣到A，B，C三个贫困县扶贫，要求每个贫困县至少分到一人，则甲被派遣到A县的分法有()A6种 B12种 C24种 D36种解析解法一：依题意，就A县实际派遣几人进行分类：第一类，A县实际派遣1人，满足题意的方法数为CC6；第二类，A县实际派遣2人，满足题意的方法数为CA6.由分类加法计数原理得，满足题意的方法数为6612，选B.解法二：依题意，先仅考虑将这4名干部派遣到A，B，C三个贫困县扶贫，每个县至少分到一人，相应的方法数为CCA36(其中C表示从三个贫困县中任意选定一个县，该县派遣2名干部去扶贫相应的方法数；C表示从这4名干部中任选2名去选定县扶贫的方法数；A表示将余下2名干部派遣到另外两个贫困县去扶贫，每个县各一名相应的方法数)，由于是随机分派的，因此甲被派遣到A县的分法占这些方法数的，即满足题意的方法数为3612，故选B.答案B10在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F，G分别为棱A1D1，D1D，A1B1的中点，给出下列命题：AC1EG；GCED；B1F平面BGC1；EF和BB1所成的角为.其中正确命题的个数是()A0 B1 C2 D3解析依题意，对于，连接A1C1，B1D1，则B1D1A1C1，又AA1平面A1B1C1D1，B1D1平面A1B1C1D1，因此B1D1AA1，AA1A1C1A1，B1D1平面AA1C1，又AC1平面AA1C1，因此B1D1AC1，又EGB1D1，因此AC1EG，正确对于，取B1C1的中点M，连接EM，CM，易知四边形CDEM是平行四边形，DECM，因此DE与GC不可能平行(因为过一点有且仅有一条直线与已知直线平行)，不正确对于，连接BD，若B1F平面BGC1，则B1FC1G，又BB1平面A1B1C1D1，C1G平面A1B1C1D1，因此BB1C1G，B1FBB1B1，C1G平面BDD1B1，C1GB1D1，而直线C1G与B1D1并不垂直，所以不正确对于，连接A1D，注意到BB1DD1，因此直线EF和BB1所成的角等于直线EF和DD1所成的角，等于直线A1D和DD1所成的角，即A1DD1，易知A1DD1，故正确综上所述，其中正确命题的个数是2，选C.答案C11已知抛物线C：y22px(p>0)的焦点为F，M为该抛物线上一点，以M为圆心的圆与C的准线相切于点A，AMF120，则抛物线C的方程为()Ay22x By24x Cy26x Dy28x解析解法一：依题意得yp，由抛物线的对称性，不妨设点M.易知AM与抛物线的准线垂直，因此AMx轴，又AMF120，因此直线FM的倾斜角为120，又焦点F，因此tan120(p>0)，解得p3.所以抛物线C的方程为y26x，选C.解法二：依题意得yp，由抛物线的对称性，不妨设点M.易知AM与抛物线的准线垂直，因此点A，又AMF120，|MA|MF|，因此MAF30.记抛物线的准线与x轴的交点为N，则N，FAN903060.在RtAFN中，tanFAN，解得p3.因此，抛物线C的方程为y26x，选C.答案C12已知f(x)ex1e1xx，则不等式f(x)f(32x)2的解集是()A1，) B0，)C(，0 D(，1解析解法一：依题意得f(2x)f(x)2，于是f(2x)2f(x)f(x)ex1e1x1>0，因此f(x)在R上单调递增，不等式f(x)f(32x)2，即f(32x)2f(x)，f(32x)f(2x)，32x2x，解得x1.所以不等式f(x)f(32x)2的解集是1，)，选A.解法二：依题意，注意到f(1)f(321)2f(1)22，因此1是不等式f(x)f(32x)2的解，排除选项C.又f(0)f(320)3e2e1ee2>2，因此0不是不等式f(x)f(32x)2的解，排除选项B，D.故选A.答案A二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分请把正确答案填写在各小题的横线上)13若x，y满足约束条件，则zxy的最大值为_解析在平面直角坐标系内画出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，作出直线xy0，平移该直线，当平移到经过点(2,2)时，相应直线在y轴上的截距最大，此时zxy取得最大值，最大值为4.答案414若(ax2)dx，则a_.解析(ax2)dx|，解得a2.答案215已知函数f(x)sin(>0)在区间，2)上的值小于0恒成立，则的取值范围是_解析依题意得，T>2，即0<<1.当0<<1，x，2)时，x，f(x)sin<0恒成立，因此有，由此解得<.因此的取值范围是.答案16三棱锥ABCD的顶点都在同一个球面上，满足BD过球心O，且BD2，则三棱锥ABCD体积的最大值为_；三棱锥ABCD体积最大时，平面ABC截球所得的截面圆的面积为_解析依题意，要使三棱锥ABCD的体积最大，即要求相应的底面BCD的面积最大，同时顶点A到平面BCD的距离最大，注意到BCD是该球的大圆的内接直角三角形，且斜边BD2，所以8BD2BC2CD22BCCD，则BCCD2，当且仅当BCCD2时取等号，因此BCD面积的最大值为2，顶点A到平面BCD的距离的最大值等于球的半径，因此三棱锥ABCD的体积的最大值为2.当三棱锥ABCD的体积最大时，AO平面BCD，且BCCD，BCCD2，此时ABBCCA2，ABC的外接圆半径r，所以平面ABC截球所得的截面圆的面积为r2.答案
