实战篇限时训练理科10套答案.pdf

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1、增值服务限时训练 ( 一)答案部分一、 选择题题号1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 0 1 11 2答案A D D A A D D D B D C B二、 填空题1 3. -1 6 0 1 4. -3 3+18 1 5.2 8 3 1 6.32解析部分1.【 解析】 由题意可得M=x| - 2 x- 1 ,N=x|x- 2 , 所以MN=x|x- 2.故选A.2.【 解析】2 i1+ i=2 i(1- i)(1+ i) (1- i)=1+ i .故选D.3.【 解析】 当直线与平面有一个交点时, 直线也有无数个点不在平面内, 所以错; 随机变量服从正态分布N(1,2) , 所以P( 1)

2、= 0 . 5, 由正态分布的图形知P(01)=P( 2)-P(1)=0.3, 所以错.故选D.4.【 解析】 由题意知双曲线的一条渐近线方程为y=-12x, 即ba=12.由题可得双曲线的一个焦点坐标为(-5,0) , 即c=5, 所以a2+b2=2 5ba=12, 得b= 5,a=2 5.所以双曲线方程为x22 0-y25=1.故选A.5.【 解析】将b=9. 4, 研发费用为6万元时, 利润为6 5. 5万元代入y=b x+a, 得a=9. 1.由统计数据计算得x=3. 5, 所以y=4 2, 求得m=5 4.故选A.6.【 解析】 因为a,b,c成等比数列, 所以b2=a c.由正弦定

3、 理 可 得s i nB=bs i nAa,所 以bs i nBc=bbs i nAac=b2a cs i nA= s i nA=32.故选D.7.【 解析】由三视图可得该几何体是一个直三棱柱, 如图所示.解法一:3个侧面的面积为S侧=2(1+ 2+ 5) ,由余弦定理可以求得底面的钝角为3 4, 所以一个底面三角形的面积为S底=121 2 s i n3 4=12, 所以总面积为2S底+S侧=212+2(1+ 2+5)= 3 + 22+ 2 5.故选D.解法二: 侧面积同解法一.由左视图中的1得棱锥的底面三角形的高为1, 所以一个底面三角形的面积为S底=1211=12, 所以总面积为2S底+S

4、侧=3+2 2+2 5.故选D.222433ABCDP8.【 解析】 解法一: 不等式组满足的可行域, 如图所示的阴影部分.当x0时,y=-12x+z2表示的是斜率为-12,截距为z2的平行直线系, 当过点(1,5) 时, 截距最大, 此时zm a x= 1 + 2 5 = 1 1;当x0时,y=12x+z2表示的是斜率为12, 截距为z2的平行直线系, 当过点(- 4,5) 时, 截距最大,此时zm a x= 4 + 2 5 = 1 4 .综上所述,zm a x=1 4.故选D.1DOxyx=1xy=0 x2y=03l0l13 0分钟拿下高考数学选择题、填空题（理科版）2 解法二: 画出满足

5、不等式组的可行域, 如图所示.ABDPCO232323联立y=5x+y-1=0, 解得y=5x=-4, 即A(-4,5).目标函数z=|x|+2y变形为y=-|x|2+z2,由图可知当曲线y=-|x|2+z2经过点A时,z2取得最大值.所以zm a x=52+4=1 4.故选D.9.【 解析】 由程序框图可知, 第一次循环为:x=-2,y=5,i=5;第二次循环为:x=-1,y=4,i=4;第三次循环为:x=0,y=3,i=3;第四次循环为:x=1,y=2,i=2;第五次循环为:x=2,y=1,i=1;第六次循环为:x=3,y=0,i=0.此时循环结束.可得打印点依次为: (-3,6) , (

6、-2,5) , (-1,4) ,(0,3) , (1,2) , (2,1).可知在x2+y2=1 0内的打印点有(0,3) , (1,2) , (2,1) , 共3个.故选B.1 0.【 解析】 函数f(x) 在x= -1处取得极大值,所以f (-1)=0.且当x 0, 所以y=x f (x)-1时,f (x)0, 所以当-1x0.观察选项可知D正确.故选D.1 1.【 解析】由e=2, 可得ba=b2a2=c2-a2a2=e2-1= 3.由y=baxx=-p2, 求得A-p2,b p2a,B-p2,-b p2a,所以SA O B=12b pap2= 3 将ba= 3代入式, 得p2=4, 解

7、得p=2,所以A(-1,3) ,B(-1,- 3) , 则A O B的三边长分别为2,2,2 3.设A O B的内切圆 半 径 为r, 由12(2+2+2 3)r= 3, 解得r=2 3-3.故选C.1 2.【 解析】 设x0,2) 时, 函数为f1(x) , ,x2n-2,2n) 时, 函数为fn(x).当x0,2) 时,f1(x)=-2(x2-2x)=-2(x-1)2+ 2 .可知f1(x) 在0,2) 上的最大值为a1=2.由递推式f(x)=2f(x+2) , 可得fn(x) 的最大值an=22n-1, 所以数列an 是以2为首项,12为公比的等比数列, 所以Sn=2 1-12n1-12

8、=4-12n-2.故选B.1 3.【 解析】 由题设知n=e611xdx= l nx e61= l n e6-l n 1=6, 所以 2x-1x6的二项展开式的通项为Tr+1=Cr6(2x)6-r-1xr=Cr626-r(-1)rx3-r.当r=3时为常数项,故常数项为C3623(-1)3=-1 6 0.1 4.【 解析】 因为向量a与向量b的夹角为1 2 0,所以b在a上的投影为|b| c o s 1 2 0 =-12|b|,问题转化为求|b|.因为(a+b)(a- 2b) , 所以(a+b) (a- 2b)=0, 即2 |b|2-|b|-4=0.故|b|=3 3+14,所以b在a上的投影为

9、-3 3+18.1 5.【 解析】 设球心为O, 半径为R,O到底面的距离为h.由于P DA的高即为四棱柱的高为3,底面正方形外接圆半径为2, 则(2)2+h2=(3-h)2+1, 化简得h=33, 所以R2=(2)2+h2=73.则P - A B C D的外接球表面积为S= 4 R2=2 8 3.1 6.【 解析】 由题意作图, 如图所示.由题意知当y= l nx+x的切线与y=2(x+1)平行时|A B|的距离最短.f (x)=1x+1, 令f (x)=2, 得x=1, 所以切线参考答案3 的方程为y-1=2(x-1) , 即2x-y-1=0.两直线的距离为d=| - 1 - 2 |5=3

10、5, 所以|A B| =ds i n=3525=32.OPxyr1r2F2F1限时训练 ( 二)答案部分一、 选择题题号1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 0 1 11 2答案C B C A C A D A A B C B二、 填空题1 3. -1 1 4.12(3n-1) 1 5.16 1 6. 3 2解析部分1.【 解析】 解法一: 对于集合M, 解不等式21-x1,得-1x1, 则有M=x|-1x l o g3b, 所以ab0.对于A, 则有1a0, 但a-b不一定大于1,所以l o g3(a-b)0不一定成立.故B错;对于C, 因为ab, 则有15a15b0, 则3a-b1, 所以

11、D错.故选C.解法二( 特殊值法) : 取a=2,b=1代入可排除A,B,D.故选C.4.【 解析】 因 为c o s(-2)= -c o s 2= -(1-2 s i n2)=-1+2232=-1+89=-19.故选A.5.【 解析】 由 几 何 体 的 三 视 图, 画 出 其 立 体 图 形P - A B C D, 如图所示.由题可知, 顶点P在底面上的投影是边C D的中点, 底面是边长为A B= 4,B C=2的矩形. P C D的高为32-22= 5, 所以侧面P C D的面积为124 5=2 5.两个侧面P AD,P B C的面积相等且为1223=3.侧 面P A B的 面 积 为

12、124(5)2+ 22= 6 .所以四个侧面中的最大面积为6.故选C.6.【 解析】 由程序框图可知逐次循环结果分别为:S=3,n=2;S=9,n=3;S=1 8,n=4;S=3 0,n=5.当第4次循环后S=3 0P=2 4,此时结束循环.从而输出S=3 0.故选A.【 评注】 如果P的值很大, 则要找到S与循环次数n的关系, 即S=3n(n+1)2.3 0分钟拿下高考数学选择题、填空题（理科版）4 23232PCBAD47.【 解析】 解法一( 几何法) : 根据题意作图, 如图所示.O C=2a+b,B A=2a-b.因为| 2a|=|b|, 所以四边形A O B C是一个菱形,则其对角

13、线O CB A, 即(2a+b)(2a-b).故选D.解法二: 因为(2a+b) (2a-b)=(2a)2-b2=4 |a|2-|b|2, 由 已 知| 2a|=|b|, 则4|a|2-| 2a|2=0.所以(2a+b)(2a-b).故选D.CBAOb2a8.【 解析】 根据题意作图, 如图所示.设圆x2+y2-6x+5=0的圆心为C, 化为标准形式后得C(3,0) , 设弦A B的中点为M(x,y) ,由AM=BM, 得CMA B.取O C的中点为D,则DM=12O C=32.所以点M在以D32,0为圆心, 以32为半径的圆上, 此圆的方程为x2+y2-3x=0.联立方程组x2+y2-3x=

14、0 x2+y2-6x+5=0, 解得x=53,y=2 53.故弦A B的中点M的轨迹方程为x2+y2-3x=053x3.故选A.9.【 解析】 作出满足不等式组的可行域D, 如图阴影部分所示.因为z=x+2y-6x-4=(x-4)+2(y-1)x-4=1+2y-1x-4, 令z =y-1x-4, 则问题转化为求z 的最大值.BODCAMxyz 的几何意义为: 区域D内的点(x,y) 与定点P(4,1) 连线的斜率, 则可得最优解为A(-3,-4) , 得z m a x=-4-1-3-4=57.所以z=x+2y-6x-4的最大值为1+257=1 77.故选A.3112yxy2=0 xy1=0 x

15、3=0A(34)O1 0.【 解析】 解法一: 连接A1C1,D C1, 如图所示, 则A CA1C1.又因为A1C1平面DA1C1, 所以A C平面DA1C1.于是A C与DA1的距离就转化为A C与平面DA1C1的距离.设所求距离为d, 由等体积法知VA - D A1C1=VC1- DA1A.则有13SD A1C1d=13SD A1AC1D1,所以d=SD A1AC1D1SD A1C1=12134(2)2=33.故选B.解法二: 连接A1C1,D C1,A B1,B1C, 如图所示.因为A CA1C1,A C平面B1A C, 所以A1C1平面B1A C.同理可得D A1平面B1A C.又因

16、为A1C1D A1=A1,A1C1,D A1平面A1C1D, 所以平面A1C1D平面B1A C.于是求A C与DA1的距离转化为求平面A1C1D与平面B1A C的距离.而这两个平面间的距离为体对角线的13, 所参考答案5 以d=1312+12+12=33.故选B.DABCB1C1D1A1 BCADA1D1C1B11 1.【 解析】 因为f(x)= 3 s i n x+ c o s x=2 s i n x+6, 其最大值为2,可知y=2与f(x) 两个相邻公共点之间的距离就是一个周期, 于是T=2 =2 , 即=1.所以f(x)=2 s i nx+6.令x+6 2k+2,2k+3 2(kZ) ,

17、得x 2k+3,2k+4 3(kZ).故选C.1 2.【 解析】 对于, 只有y=x12和y=x3在 (0,+) 上是增函数, 所以错;对于, 满足题意的情况有三种, 如图所示, 于是错;对于, 因为f(x) 为奇函数, 所以图像关于原点对称, 而f(x-1) 的图像是f(x) 的图像向右平移1个单位得到的, 所以f(x-1) 的图像关于点A(1,0) 对称, 所以对;对于, 因为当x2时,3x-2=12有解, 即x=2+ l o g312, 且x2时,l o g3(x-1)=12有解,即x=1+ 3, 所以f(x)=12有两个实数根,对.综上可知, 正确的命题有和两个.故选B.O13xynm

18、0nm11 O13xynm0m1n2O13xynm1nm3【 评注】 对于的判断也可画出图像, 结合函数值域和单调性来判断.画图可得f(x) 的图像与y=12有两个交点, 从而正确.1 3.【 解析】 由T6=C5n-1x5(a x)n- 5=(- 1)5an-5C5nxn-1 0, 令n- 1 0 = 0, 得n= 1 0 .所以T6=(-1)5a5C51 0=-2 5 2a5=2 5 2.所以a=-1.1 4.【 解析】 由已知a2=2S1+1 a3=2S2+1由-, 得a3-a2=2(S2-S1)=2a2,即a3=3a2, 得公比q=a3a2=3,将q=3代入, 得3a1=2a1+1,

19、得a1=1.所以Sn=1(3n-1)3-1=3n-12.1 5.【 解析】 依题意知C(1,1) , 正方形A B C D的面积为4.所围成区域( 如题图所示阴影部分) 的面积为:10(1-x2)dx=x-13x310=1-13=23,所以所求概率为P=234=16.1 6.【 解析】 依题意作图, 如图所示.由双曲线的方程, 可得抛物线的焦点为F(4,0) ,从而得E(-4,0) ,p=8, 则抛物线方程为y2=1 6x.设点A在准线l:x=-4上的投影为点A , 则由抛物线的定义有|A A |=|A F|.已知|A E| = 2 |A F|, 从而得|A E| = 2 |A A | .于是

20、在R t A A E中, 得E A A = 4 5 =A E O.所以直线E A的方程为y=x+4.由y=x+4y2=1 6x, 消去x得y2-1 6y+6 4=0,即(y-8)2=0, 得yA=8,3 0分钟拿下高考数学选择题、填空题（理科版）6 所以SA E F=12|E F|yA=1288=3 2.Ayx4OEFA4限时训练 ( 三)答案部分一、 选择题题号1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 0 1 11 2答案A C A B C A C C D C A B二、 填空题1 3.12 1 4. 5 1 5. 2 1 6.22解析部分1.【 解析】集合A=x|x-1 ,B=x|-1x0)

21、 的周期T=2 3, 即2 =2 3, 得=3.故选C.8.【 解析】 据三棱锥的三视图, 还原几何体P - A B C,如图所示, 则P A平面A B C, 底面A B C为等腰三角形,SA B C=1222=2,SP A B=SP A C=12 1 5=52,SP B C=12 2 5= 5,因此三棱锥的表面积为SP A B+SP A C+SA B C+SP B C=52+52+2+ 5=2 5+2.故选C.2111ACPB9.【 解析】 依题意, 从1 0个球中任取一球, 已知它不是白球的情形下, 则它是黑球的概率为35.故选D.1 0.【 解析】 依题意, 当i=6时输出S的值, 则S

22、= c o s2+ c o s + c o s3 2+ c o s4 2+ c o s5 2= 0 .故选C.1 1.【 解析】 由c o s2A2=b+c2c=1+ c o sA2, 即1+bc=1+ c o sA, 得bc= c o sA.解法一( 正弦定理) : 由正弦定理, 得c o sA=s i nBs i nC,所以s i nB= s i nCc o sA= s i n-(A+C) =s i n(A+C)= s i nAc o sC+ c o sAs i nC,参考答案7 因此s i nAc o sC=0, 得c o sC=0,C=2.所以A B C是直角三角形.故选A.解法 二

23、( 余 弦 定 理) : 由 余 弦 定 理, 得bc=b2+c2-a22b c, 整理得c2=a2+b2, 所以A B C为直角三角形.故选A.1 2.【 解析】 设函数f(x)=2x3-3x上任意一点为(x0,f(x0) ) , 在点(x0,f(x0) ) 处的切线方程为y-f(x0)=f (x0) (x-x0) , 即y-(2x30- 3x0)=(6x20-3) (x-x0).若过点(1,t) , 则t=(2x30-3x0)+(6x20-3) (1-x0)=-4x30+6x20-3依题意, 方程有三个不等实根.令g(x)=-4x3+6x2-3,g (x)=-1 2x2+1 2x=-1 2

24、x(x-1)=0, 得x1=0,x2=1.当x(-,0) 或(1,+) 时,g (x)0, 函数g(x) 在(0,1) 上单调递增.因此g(x) 的极小值为g(0)=-3, 极大值为g(1)=-1.若t=g(x) 有三个不等实根, 则-3t71 0.故选C.6.【 解析】p是真命题,q为假命题, 故p为假命题,q为真命题.从而pq为假,pq为假,pq为假,pq为真.故选D.7.【 解析】 该几何体的直观图如图所示, 易知该几何体的表面积是由两个直角三角形、 两个直角梯形和一个矩形组成的, 则其表面积S=12 3 4 +12 35+(2 + 5) 52+(2 + 5) 42+35=6 0 .故选

25、B .24358.【 解析】 由双曲线定义得| |P F1|-|P F2| |=2a,则4a2= | |P F1| - |P F2| |2=(|P F1| + |P F2|)2-4 |P F1| |P F2|=9b2-9a b, 因此4a2=9b2-9a b,即4 = 9ba2- 9ba, 所以ba=43或ba=-13舍().因此e=ca=1+b2a2=53.故选B.9.【 解析】 先不考虑小品类节目是否相邻, 保证歌舞类节目不相邻的排法共有A33A34=1 4 4( 种) , 再剔除小品类节目相邻的情况, 共有A33A22A22=2 4( 种) , 于是符合题意的排法共有1 4 4-2 4=

26、1 2 0( 种).故选B.1 0.【 解析】 依题意, 抛物线y2=2p x(p0) 的准线方程为x=-2, 所以-p2=-2, 得p=4,因此抛物线的方程为y2=8x.设过点A(- 2,3) 的直线方程为y- 3 =k(x+ 2) ,联立y-3=k(x+2)y2=8x, 消x得y-3=ky28+2, 即k y2-8y+1 6k+2 4=0,=6 4-4k(1 6k+2 4)=0, 得2k2+3k-2=0, 解得k=12或-2( 舍).因此直线与抛物线相切于点B(8,8) , 则直线B F的斜率k=43.故选D.1 1.【 解析】 在A B C中, 由A+B+C=,得A+C=-B,A+B=-

27、C,则s i n 2A+ s i n(A-B+C)= s i n(C-A-B)+12,可变形为s i n 2A+s i n(-2B)=s i nC-(-C) +12, 即s i n 2A+ s i n 2B+ s i n 2C=12.s i n 2A+ s i n 2B+ s i n 2C= 2 s i n(A+B)c o s(A-B)+2 s i nCc o sC=122 s i nCc o s(A-B)-c o s(A+B) =12, 即4 s i nAs i nBs i nC=12,得s i nAs i nBs i nC=18.又SA B C=12a bs i nC=12a bc2R=a

28、 b c4R=2R2s i nAs i nBs i nC=R241,2 ,故4R28, 得R2,2 2.所以a b c=8R3s i nAs i nBs i nC=R38,1 6 2 ,知C,D均不正确.b c(b+c)a b c=R38, 故A正确.故选A.1 2.【 解析】 设g(x)=ex(2x-1) ,h(x)=a x-a,可转 化成存在唯 一的整数x0, 使得g(x)h(x).因为g (x)=ex(2x+1) , 所以当x-12时,g (x)-12时,g (x)0,g(x) 在-12,+上单调递增.函数g(x) 与h(x) 的图像如图3-9 6所示.因为当x=0时,g(0)=-1,h

29、(0)=-a-1,所以g(0)h(0).参考答案9 又因为存在唯一的整数x0, 使得g(x)h(x) ,所以g(1)h(1)g(-1)h(-1), 即e 0-3e-2a, 解 得a32 e.又因为a1, 所以32 ea1.故选D.1Oxyy=ex(2x-1)y=ax-a1 3.【 解析】UA=4,6,7,9,1 0 , (UA)B=4,6,7,9,1 01,3,5,7,9=7,9.1 4.【 解析】f(x)=l o g2x(l o g22+l o g2x)=12l o g2x(2+2 l o g2x)=(l o g2x)2+l o g2x.令t=l o g2xR, 则y=t2+t,tR, 函数

30、的最小值为-14.因此函数的最小值为-14.1 5.【 解析】 解法一: 依题意, 若圆O:x2+y2=1上存在点N, 使得OMN=4 5 , 如图3-9 7所示.因为OMNOMN , 所以OMN 4 5 ,因此s i n OMN =|ON |OM|22, 即1|OM|22,得|OM| 2, 故x20+12, 解得-1x01.所以x0的取值范围是-1,1.ONNMxy解法二: 在OMN中, 由OMN=4 5 ,据正弦定理得|ON|s i n 4 5 =|OM|s i n ONM,即|OM|=s i n ONMs i n 4 5 = 2 s i n ONM.又ONM(0 ,1 3 5 ) , 所

31、以00且a1, 得a=3.故选C.3.【 解析】 将,理解为两个不同的平面时, 其中一个平面( 如) 内的两条相交直线(l1,l2) 分别平行于另一个平面() 内的两条直线( 此时m,n必为两条相交直线) 是这两个平面(与) 平行的一个判定条件, 指出一对直线相交必不可少.故选B.4.【 解析】 在等差数列an中,S2n-1=(2n-1)an(nN*) , 故S9S5=9a55a3=9559=1.故选A.5.【 解析】 不等式组表示的可行域如图所示.yx表示区域内的点P(x,y) 与坐标原点O(0,0)所在直线的斜率, 则kO CkO PkO A.联立y=x+2y=-x+7, 得C52,92.

32、联立x=1x+y-7=0, 得A(1,6).所以95kO P6.故选A.3 0分钟拿下高考数学选择题、填空题（理科版）1 0 ACBxy12O2x+y7=0 x=1xy2=06.【 解析】 若A,B,D三点共线, 则A BB D.又B D=C D-C B=(3e1-e2)-(2e1+e2)=e1-2e2, 设A B= B D, 可得e1-k e2=(e1-2e2) ,得k=2.故选B.7.【 解析】 由f(x)= 3 s i n x+ c o s x=2 s i n x+6, 且y=f(x) 的图像与直线y=2的两个相邻交点的距离等于, 则T= =2 , 所以= 2, 因此f(x)= 2 s

33、i n2x+6.令2x+6=2k+2,kZ, 得x=k+6,kZ.当k=0时,x=6为函数f(x) 的一条对称轴.故选D.8.【 解析】 由正三棱柱的三视图还原几何体, 如图所示.据侧视图知, 底面正三角形的高为3, 则其边长为2,VA B C - A1B1C1=SA B Ch=3422h= 3,h=1.故选C.AA1B1C1BC9.【 解析】 对于选项A: 命题“ 若a=0, 则a b=0” 的否命题是: “ 若a0, 则a b0” , 所 以 选 项A正确.对于选项B: 若“p” 是真命题, 则p是假命题.又“p或q” 是真命题, 所以q是真命题, 所以选项B正确.对于选项C: 若命题p:

34、xR,x2-x+10,则p:xR,x2-x+10, 所以选项C正确.对于选项D: 由s i n=12/=3 0 ; 反之, 若=3 0 , 则s i n=12.因此“s i n=12” 是“=3 0” 的必要不充分条件.故选D.1 0.【 解析】 依题意, 函数f(x)=s i n x+4的最小正周期为, 得T=2 , 故=2,f(x)=s i n 2x+4, 若将函数f(x) 的图像通过平移一定长度得到y= c o s 2x的图像,则y=s i n 2(x+x0)+4=s i n 2x+ 2x0+4=c o s 2x, 则2x0+4=2, 所以x0=8.因此将函数f(x) 的图像向左平移8个

35、单位长度后, 得到函数g(x)= c o s 2x的图像.故选A.1 1.【 解析】 依题意, 函数f(x) 的图像关于直线x=1对称.当x0, 函数f(x) 单调递增;当x1时,f (x)0, 函数f(x) 单调递减.因此a=f(0)=f(2) ,c=f(l o g28)=f(3).由22f(2)f(3) ,所以bac.故选C.1 2.【 解析】依题意,|MP|+|P Q|MP|+d(P,平面A B C D)=|MP|+d(P, 直线A C).本题将|MP|+|P Q|的最小值转化为在A C1上的动点P到定点M与动点N(NA C) 距离之和的最小值.如图所示, 过点M作MNA C于点N,|M

36、N|=32s i n 6 0 =34.故选C.ADCQPMB1111A1B1C1D12(1) B1C133ACMN11(2)1 3.【 解析】 依题意可得f(x)=l o g12x, 则f(3x-x2)= l o g12(3x-x2).函数y= l o g12(3x-x2) 的单调递减区间, 即y=3x-x2的单调递增区间参考答案1 1 是0,32或0,32.1 4.【 解析】 由t a n+4=2, 得t a n+11- t a n=2,故t a n=13, 所以t a n=t a n (+)-=t a n(+)- t a n1+ t a n(+)t a n=3-131+313=43.1 5

37、.【 解析】a= c o s 4 2 0=c o s(3 6 0+6 0)=c o s 6 0=12, 因此f(x)=12x,x0l o g12x,x0, 所以f14+fl o g216= l o g1214+12l o g216=2+2l o g26=8.1 6.【 解析】 函数y=2x-a(x1) 至多有一个零点.若函数f(x) 有两个零点, 则有两种情形:函数y=2x-a(x1) 无零点, 函数y=4(x-a) (x-3a) (x1) 有两个零点.则满足2-a0a13a1, 得a2.函数y=2x-a(x1) 有1个零点, 函数y=4(x-a) (x-3a) (x1) 有一个零点.则满足0

38、a2a13a1, 得13a1.综上可得, 若函数f(x) 恰有两个零点, 则实数a的取值范围是13,12,+).限时训练( 六)答案部分一、 选择题题号1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 0 1 11 2答案A B D D D D A A B D D D二、 填空题1 3. -2 4 0 1 4. 2 4 1 5. 2 0 1 6. -8解析部分1.【 解析】U=AB=3,4,5,7,8,9 ,AB=4,7,9 , 则U(AB)=3,5,8.故选A.2.【 解析】 由z1+ i=2+ i, 得z=(1+ i) (2+ i)=1+3 i, 所以z=1-3 i .故选B.3.【 解析】 解法一

39、: 因为x+ 1x- 1 1, 所以- 1 x+ 1x- 1-1x+1x-11, 解得x0.故选D.解法二: 由x+1x-11, 得x+1x-121, 即(x+1)2(x-1)2, 解得x0.故选D.4.【 解析】 依题意, 若选出的1名女同学来自于甲组, 则有C15C13C26=2 2 5( 种) 选法; 若选出的1名女同 学 来 自 于 乙 组, 则 有C25C16C12=1 2 0( 种)选法.所以选出的4人中恰有1名女同学的不同选法有2 2 5+1 2 0=3 4 5( 种).故选D.5.【 解析】 由(a-c) (b-c)=ab-c(a+b)+c2=c2-|c| |a+b| c o

40、s=1- 2 c o s.又c o s-1,1 , 所以当c o s=1时, 即向量a+b与c的夹角为0时, 取得最小值1- 2.故选D.6.【 解析】如 图 所 示,设A A1=a,则A B=A C=B C=a,AD=32a.又A1D平面A B C, 所以A1DAD.在R t A A1D中,A A1=a,AD=32a, 则A1D=a2,A1B=A1D2+B D2=22a.在A A1B中,c o s A1A B=A A21+A B2-A1B22A A1A B=a2+a2-22a22a2=34.故选D.AA1B1C1BDC3 0分钟拿下高考数学选择题、填空题（理科版）1 2 7.【 解析】 依题

41、意,8 3+=k +2,kZ, 得=k-1 3 6,| =k -1 3 6.令k=2得,|m i n=6.故选A.8.【 解析】 如图所示,SB C FSA C F=|B C|A C|, 过点A作A A1y轴于点A1, 过点B作B B1y轴于点B1.由B B1C A A1C,得|B C|A C|=|B B1|A A1|=|B F|-p2|A F|-p2=|B F|-1|A F|-1.故选A.BACFOxyA1B19.【 解析】 设切点坐标为P(x0,x0+1) , 依题 意,l n(x0+a)=x0+11x0+a=1, 因此x0=-1, 所以切点坐标为(-1,0) , 代入曲线y= l n(x

42、+a) , 得0=l n(a-1) , 解得a=2.故选B.1 0.【 解析】 据几何体的三视图还原几何体, 正方体A B C D - A1B1C1D1被截去三棱锥B - A B1C后,剩余的几何体, 如图所示, 则剩余几何体的体积为1-13121=56, 所以截去的部分体积与剩余体积的比值为15.故选D.AA1B1C1D1DCB1 1.【 解析】 依题意f(x+1) 与f(x-1) 都是奇函数,则f(-x+ 1)=-f(x+ 1) , 且f(-x- 1)=-f(x-1) , 即f(x)=-f(-x+2) ,f(x)=-f(-x-2) , 得f(-x+2)=f(-x-2) , 即函数f(x)

43、的周期T=4.因此f(x+3) 是奇函数.故选D.1 2.【 解析】依题意, 双曲线C1的离心率e1=ca=a2+b2a=1+b2a2, 若将a,b同时增加m(m0) 个单位长度, 得到e2=1+(b+m)2(a+m)2.当ab时,b+ma+mba(m0) ;当ab时,b+ma+m0).所以当ab时,e2e1, 当ae2.故选D.1 3.【 解析】 由二项式定理知, (x-y)1 0展开式的通项公式为:Tr+1=Cr1 0 x1 0-r(-y)r=(-1)rCr1 0 x1 0-ryr.令r=3, 得x7y3的系数为(-1)3C31 0;令r=7, 得x3y7的系数为(-1)7C71 0,则x

44、7y3的系数与x3y7的系数之和为-C31 0-C71 0=-2 4 0.1 4.【 解析】 解法一: 由等差数列的性质知S2n-1=(2n- 1)an,n 2,nN*, 得S9=9a5=7 2,所以a5=8, 则a2+a4+a9=3a5=2 4.解法二( 特殊数列法) : 可设an=c(c为常数) , 则S9= 9c= 7 2, 所以c= 8, 所以a2+a4+a9= 3c= 2 4 .1 5.【 解析】 若求解球的表面积, 则需求解球的半径.球心在直棱柱上、 下底面中心连线的中点O处.在A B C中, 由余弦定理得B C=A B2+A C2-2A BA Cc o s 1 2 0=2 3.设

45、R为A B C外接圆的半径, 由正弦定理得2R=B Cs i n 1 2 0=2 332=4, 故R=2.因此球的半径为|O B|=22+12= 5,所以球的表面积为S=4 r2=2 0 .1 6.【 解析】y= t a n 2xt a n3x=2 t a nx1- t a n2xt a n3x=2 t a n4x1- t a n2x=2 t a n4x-2+21- t a n2x=2-2(1- t a n4x)1- t a n2x=21- t a n2x-2(1+ t a n2x)=参考答案1 3 -2(1+ t a n2x)+1t a n2x-1=-2(t a n2x-1)+1t a n2

46、x-1+2.因为4x1, 故t a n2x-10.由 基 本 不 等 式 得t a n2x-1+1t a n2x- 12(t a n2x- 1) 1t a n2x- 1= 2( 当且仅当t a nx=2时取等号) , 所以y的最大值为-8.限时训练 ( 七)答案部分一、 选择题题号1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 0 1 11 2答案C B A A C D D A C A D D二、 填空题1 3.3 1 4. 8 4 1 5. 5 1 6.32- 2,+解析部分1.【 解析】A=(0,2) ,B=(-,-1)(1,+) ,故RB=-1,1.由数轴分析可得ARB=(0,1.故选C.2.【

47、 解析】 根据题意可设z=a+ i, 则|z|=a2+1.因为-1a2, 则0a2n0, 故根据y=2x在R上单调递增,A错误;作差比较或根据函数y=xx+1在(-1,+) 上单调递增,B错误;由题意得01m0,a0讨论其图像大致如图所示.由f(t)=0知,t=f(x)=1, 问题转化为t=f(x)=1有且仅有一个实数解.因此当a0时,f(x) 与y轴的交点(0,a) 必须在y=1的下方, 故0a0a0Oy=11 1.【 解析】 分解问题,y2 |x-1 |-1y-2x+1x0部分即可.故选B.4.【 解析】 通过两相邻对称轴间距为2, 可得T=22=, 故=2 T=2.将图像平移后的新函数为

48、y= s i n2x+4+, 该函数为偶函数, 则4+=2+k,=4+k,kZ.所以的一个可能取值为4.故选B.5.【 解析】无必然联系, 原命题为真, 则它的逆否命题为真.故错误;转化成逆否命题“ 若a=4且b=4, 则a+b=8” 为真命题, 故其逆否命题, 即原命题也为真.故错误;x2可推出1x12, 但1x2( 还可以xs2.故选B.8.【 解析】 先考虑特殊元素.甲、 乙放在两端, 有A22种站法.再考虑丙、 丁绑定成一体, 有A22种站法.将丙、 丁整体与剩下人排, 有A33种站法.故由分步乘法计数原理, 共有A22A22A33=2 4( 种) 站法.故选C.9.【 解析】 令x=

49、1, (2 1 - 1)1 0=a0+a1+a2+a1 0 令x=-1, 2(-1)-11 0=a0-a1+a2-+a1 0 -得2(a1+a3+a5+a7+a9)=1-(-3)1 0,所以a1+a3+a5+a7+a9=1-31 02.故选B.1 0.【 解析】 过点C,D分别作两坐标轴的垂线, 它们相交于点E, 如图所示.设B A x=, 则AD O=,C D E=,所以B(s i n+ c o s,s i n) ,C(c o s,s i n+ c o s).故O BO C=(s i n+c o s)c o s+s i n(s i n+c o s)=(c o s+ s i n)2=1+ s

50、i n 22,当且仅当+4=2, 即=4时取等号.所以O BO C的最大值为2.故选A.ECBDOAxy1 1.【 解析】 如图所示, 由角平分线定理知|P F1|P F2|=|F1A|A F2|=3.又|P F1| - |P F2| = 2a, 所以|P F1| = 3a,|P F2| =a.在F1P F2中, 由余弦定理得:c o s F1P F2= c o s 6 0 =|P F1|2+ |P F2|2- |F1F2|22 |P F1| |P F2|=(3a)2+a2-(2c)223aa, 整理得3a2=1 0a2-4c2,即ca2=74, 所以e=ca=72.故选B.AxyPOF1F2