高考数学(理)二轮复习小题提速练2“12选择+4填空”80分练.pdf

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1、小题提速练(二)“12选择4填空”80分练(时间：45 分钟 分值：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 A1,0,1,2，BxN|x210，则(NB)A()A2 B0,2 C1,0,2 D1,0,1 A 因为 BxN|x210 xN|1x10,1，NBxN|x0且 x1，又 A1,0,1,2，所以(NB)A2，故选 A.2已知复数 z 满足 z(1i)24i，其中 i 为虚数单位，则复数 z 的模为()A10 B 10 C 10 D 10 B 由 z(1i)24i，得 z24i1i24i1i21

2、3i，所以|z|13i|1232 10.故选 B.3已知向量 a(1,2)，b(2k,3)，且 a(2ab)，则实数 k 的值为()A8 B2 C1.5 D7 A 法一：(先坐标运算再数量积求解)因为 2ab(2,4)(2k,3)(22k,7)，又 a(2ab)，a(1,2)，所以 22k140，解得 k8.法二：(先数量积运算再坐标运算)因为 a(2ab)，所以 a(2ab)2a2ab102k60，所以 k8.故选 A.4若双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的一条渐近线的倾斜角为 30，则其离心率的值为()A2 B2 2 C.2 33 D3 22 C 依题意可得双曲线的渐近线方程为 yb

3、ax，batan 3033，故b2a213，离心率为 ecac2a2a2b2a2432 33，选 C.5从 1 至 9 共 9 个自然数中任取七个不同的数，则这七个数的平均数是 5 的概率为()A.23 B13 C.19 D18 C 1 至 9 共 9 个自然数中任取七个不同的数的取法共有C7998236 种，因为 19283746，所以从(1,9)，(2,8)，(3,7)，(4,6)中任选三组，则有 C344，故这七个数的平均数是 5 的概率为43619，选 C.6某几何体的三视图如图 4 所示，则该几何体的体积为()图 4 A24 3 B8 3 C.8 33 D10 33 B 如图，该几何

4、体是一个放倒的四棱锥 S-ABCD，底面是直角梯形，面积为(24)4212，四棱锥的高为 2 3，所以该四棱锥的体积为13122 38 3.故选 B.7已知 4，2，a(cos)cos，b(sin)cos，c(cos)sin，则()Aabc Bacb Cbac Dcab D 因为 4，2，故22sin 1,0cos 22，故 cos sin，a(cos)cos c(cos)sin，即 ac；又 a(cos)cos b(sin)cos，故 cab，选 D.8如图 5 所示的程序框图的算法思想源于数学名著几何原本中的“辗转相除法”，执行该程序框图(图中“m MOD n”表示 m 除以 n 的余数)

5、，若输入的 m，n 分别为 495,135，则输出的 m()图 5 A0 B5 C45 D90 C 该程序框图是求 495 与 135 的最大公约数，由 495135390,13590145,90452，所以 495 与 135 的最大公约数是 45，所以输出的 m45，故选 C.9 10已知等比数列an的公比 q1，其前 n 项和为 Sn，若 S42S21，则 S6的最小值为()A9 B32 3 C32 3 D3 6 C 因为等比数列an的公比 q1，S42S21，所以a11q41q2a11q21q1，即 a11q41q21q21q1，a11q1q22，所以 S61q1q221q61q1q6

6、1q22q4q211q2q2123q213q21q213q213.因为q1，所以 q210，所以 q213q2132 33，当且仅当q213q21，即 q21 3时取等号，故S6的最小值为2 33.故选C.11 已知函数 f(x)x24x，x0，xln x，x0，g(x)kx1，若方程 f(x)g(x)0 在 x(2，e)时有 3 个实根，则 k 的取值范围为()A.1，11e32，2 B.11e，32 C.32，2 D.1，11e32，2 D 由题意得 f(0)0，g(0)1，则 x0 不是方程 f(x)g(x)0 的实数根，又 f(x)g(x)0，所以 f(x)kx10，即 kfx1x(x

7、0)令 h(x)fx1x，则 h(x)x1x4，x0，ln x1x，x0，故方程 f(x)g(x)0 在 x(2，e)时有 3 个实数根，即直线 yk 与 h(x)的图象在 x(2，e)上有 3 个交点 函数 h(x)在(2，e)上的图象如图 7 所示，可得 k 的取值范围为1，11e32，2.故选 D.12在平面直角坐标系 xOy 中，A，B 为 x 轴正半轴上的两个动点，P(异于原点O)为 y 轴上的一个定点，若以 AB 为直径的圆与圆 x2(y2)21 相外切，且APB 的大小恒为定值，则线段 OP 的长为()A.3 B.6 C3 D6 A 设以 AB(点 B 在点 A 的右侧)为直径的

8、圆的圆心为(a,0)，半径为 r(0ra)，OPb(b0，且 b 为常数)，因为 tanOPAarb，tanOPBarb，所以 tanAPBtan(OPBOPA)arbarb1arbarb2rbb2a2r2.因为以 AB 为直径的圆与圆 x2(y2)21 相外切，所以 a24r1，即 a2(r1)24，可得 a2r22r3，所以 tanAPB2rbb2a2r22rbb232r2bb23r2(r 为变量，b 为常数)，又 tanAPB 的大小恒为定值，所以 b230，即 b 3，故选 A.二、填空题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分把答案填在题中横线上)13已知 f(x)x2，则

9、曲线 yf(x)过点 P(1,0)的切线方程是_ 解析 由题意，得 f(x)2x，点 P 不在曲线上，设直线与曲线相切于点(x0，y0)，则所求切线方程的斜率 k2x0，所以切线方程为 y02x0(x1)，由(x0，y0)在曲线 yf(x)上，得 y0 x20，将(x0，x20)代入切线方程得 x202x0(x01)，解得 x00 或 x02，所以所求切线方程为 y0 或 y4(x1)，即 y0 或 4xy40.答案 y0 或 4xy40 14已知 S，A，B，C 是球 O 表面上的点，SA平面 ABC，ABBC，SAAB2，BC2 3，则球 O 的表面积为_.解析 法一：(直接法)由题意知，

10、S，A，B，C 是如图所示三棱锥 S-ABC 的顶点，且 SA平面 ABC，ABBC，AC222 324，SC 22422 5.如图 9 所示，取 AC 的中点 E，SC 的中点 F，连接 EF，EB，BF，FA，则 FSFCFA12SC 5，BE12AC2，FB BE2EF22212 5，故 FSFCFAFB，即点 F 就是三棱锥的外接球的球心，且其半径为 5，故球的表面积 S4(5)220.法二：(还原几何体法)由题意可知，S，A，B，C 为如图所示长方体的四个顶点，连接 SC，且 SAAB2，BC2 3，则 2RSC SA2AB2BC22 5(设球 O 的半径为 R)，即 R 5，故球

11、O 的表面积S4R220.答案 20 15已知点 P(x，y)的坐标满足 x0，yx，y2x1，则xyx2y2的取值范围为_ 解析 作出不等式组 x0，yx，y2x1表示的平面区域，如图中阴影部分所示，其中 B(1，1)，C(0,1)设 A(1,1)，向量OA，OP的夹角为，OAOPxy，|OP|x2y2，cos OAOP|OA|OP|xy2 x2y222xyx2y2，由图可知AOCAOB，即 45180，1cos 22，即122xyx2y222，2xyx2y21.答案(2，1 16 已知数列an的前 n 项和为 Sn，数列an为12，13，23，14，24，34，15，25，35，45，1n，2n，n1n，若 Sk14，则 ak_.解析 因为1n2nn1n12n1nn212，1n12n1nn112nn1n2，所以数列12，1323，142434，1n12n1nn1是首项为12，公差为12的等差数列，所以该数列的前 n 项和 Tn12132n2n2n4.令 Tnn2n414，解得 n7，所以 ak78.答案 78