2018屆數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)“12+4”小題提速練（一）-（三）理

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGEPAGE30學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精“12+4”小題提速練（一）（限時:40分鐘滿分：80分)一、選擇題1．集合A＝｛1，3,5，7｝,B＝｛x|x2－4x≤0｝,則A∩B＝(）A．（1,3) B．{1,3｝C．(5，7） D．{5,7｝解析：選B因為集合A＝｛1，3，5，7}，B＝｛x｜x2－4x≤0}＝｛x|0≤x≤4｝，所以A∩B＝｛1,3｝．2．已知z＝eq\f(1－3i,3＋i）（i為虛數(shù)單位)，則z的共軛復(fù)數(shù)的虛部為(）A．－i B．iC．－1 D．1解析：選D∵z＝eq\f（1－3i，3＋i)＝eq\f（1－3i3－i，3＋i3－i)＝eq\f（－10i,10）＝－i，∴z的共軛復(fù)數(shù)eq\o（z，\s\up6(－))＝i，其虛部為1。3．已知函數(shù)f（x）＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(log2x＋a，|x｜≤1，，－\f（10，|x｜＋3）,｜x|〉1，））若f(0）＝2,則a＋f（－2）＝（）A．－2 B．0C．2 D．4解析：選C∵函數(shù)f（x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（log2x＋a，｜x｜≤1，,－\f(10，｜x｜＋3），｜x|〉1，))由f(0)＝2，可得log2（0＋a）＝2，∴a＝4?！郺＋f（－2)＝4－eq\f（10,5)＝2。4．如圖,圓C內(nèi)切于扇形AOB,∠AOB＝eq\f(π,3)，若向扇形AOB內(nèi)隨機投擲600個點，則落入圓內(nèi)的點的個數(shù)估計值為()A．100 B．200C．400 D．450解析：選C如圖所示，作CD⊥OA于點D，連接OC并延長交扇形于點E,設(shè)扇形半徑為R，圓C半徑為r，∴R＝r＋2r＝3r，∴落入圓內(nèi)的點的個數(shù)估計值為600·eq\f(πr2,\f（1,6)π3r2）＝400。5．雙曲線eq\f(x2,a2）－eq\f(y2,b2）＝1(a〉0，b>0)的一條漸近線與圓（x－eq\r(3))2＋（y－1)2＝1相切，則此雙曲線的離心率為()A．2 B．eq\r(5）C．eq\r(3） D．eq\r（2)解析:選A由題可知雙曲線的漸近線方程為bx±ay＝0，與圓相切，∴圓心(eq\r（3），1）到漸近線的距離為eq\f(｜\r(3）b－a|,\r(a2＋b2)）＝1或eq\f(|\r（3）b＋a｜，\r（a2＋b2))＝1,又a〉0，b＞0，解得eq\r(3)a＝b,∴c2＝a2＋b2＝4a2，即c＝2a，∴e＝eq\f（c，a）＝2.6．某程序框圖如圖所示，該程序運行后輸出S的值是(）A．－3 B．－eq\f(1,2)C．eq\f(1,3) D．2解析：選A模擬程序框圖的運算結(jié)果如下：開始S＝2，i＝1。第一次循環(huán)，S＝－3，i＝2；第二次循環(huán)，S＝－eq\f（1,2），i＝3；第三次循環(huán)，S＝eq\f（1，3），i＝4;第四次循環(huán)，S＝2，i＝5；第五次循環(huán)，S＝－3，i＝6；……,可知S的取值呈周期性出現(xiàn)，且周期為4，∵跳出循環(huán)的i值2018＝504×4＋2，∴輸出的S＝－3。7．在△ABC中，｜eq\o(AB,\s\up7（→))＋eq\o（AC，\s\up7(→))｜＝eq\r（3)|eq\o(AB,\s\up7（→））－eq\o（AC，\s\up7（→））|，｜eq\o（AB,\s\up7(→))|＝｜eq\o(AC,\s\up7(→）)｜＝3，則eq\o(CB,\s\up7(→)）·eq\o(CA，\s\up7(→）)的值為（)A．3 B．－3C．－eq\f(9，2） D．eq\f（9,2)解析：選D由｜eq\o(AB，\s\up7(→）)＋eq\o(AC,\s\up7(→)）|＝eq\r(3）|eq\o(AB,\s\up7（→））－eq\o（AC，\s\up7（→））|，兩邊平方可得｜eq\o（AB，\s\up7（→))|2＋|eq\o（AC,\s\up7（→)）｜2＋2eq\o(AB，\s\up7(→））·eq\o（AC,\s\up7(→））＝3|eq\o（AB，\s\up7（→））|2＋3|eq\o（AC,\s\up7（→)）|2－6eq\o(AB,\s\up7（→））·eq\o(AC，\s\up7(→）），又｜eq\o(AB，\s\up7（→)）｜＝｜eq\o（AC,\s\up7（→）)|＝3，∴eq\o(AB，\s\up7(→)）·eq\o（AC,\s\up7(→））＝eq\f(9,2），∴eq\o(CB,\s\up7（→））·eq\o（CA,\s\up7（→）)＝（eq\o（CA，\s\up7（→))＋eq\o（AB,\s\up7（→)))·eq\o（CA，\s\up7（→）)＝eq\o（CA，\s\up7（→）)2＋eq\o(AB,\s\up7（→)）·eq\o(CA,\s\up7(→））＝eq\o(CA,\s\up7(→）)2－eq\o(AB，\s\up7(→））·eq\o（AC,\s\up7(→)）＝9－eq\f（9，2)＝eq\f(9，2）。8．設(shè){an｝是公差不為0的等差數(shù)列，滿足aeq\o\al(2，4)＋aeq\o\al（2,5)＝aeq\o\al(2，6)＋aeq\o\al(2，7），則{an｝的前10項和S10＝（)A．－10 B．－5C．0 D．5解析：選C由aeq\o\al（2,4)＋aeq\o\al(2，5)＝aeq\o\al（2,6）＋aeq\o\al(2,7)，可得(aeq\o\al(2,6）－aeq\o\al(2，4）)＋（aeq\o\al(2,7)－aeq\o\al(2,5)）＝0，即2d(a6＋a4）＋2d(a7＋a5）＝0，∵d≠0，∴a6＋a4＋a7＋a5＝0，∵a5＋a6＝a4＋a7,∴a5＋a6＝0，∴S10＝eq\f(10a1＋a10,2)＝5(a5＋a6)＝0.9．函數(shù)f（x）＝eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(2，1＋ex）－1）)cosx的圖象的大致形狀是(）解析：選B∵f(x)＝eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（2，1＋ex）－1)）cosx，∴f（－x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2，1＋e－x）－1)）cos（－x)＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（2ex,1＋ex）－1)）cosx＝－eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(2,1＋ex)－1）)cosx＝－f(x)，故函數(shù)f（x）為奇函數(shù)，函數(shù)圖象關(guān)于原點對稱，可排除A，C；又由當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(0,\f（π，2)））時,f（x)〈0，函數(shù)圖象位于第四象限，可排除D，故選B。10．已知過拋物線y2＝4x的焦點F的直線交拋物線于A，B兩點(點A在第一象限）,若eq\o（AF,\s\up7(→))＝3eq\o(FB，\s\up7（→)),則直線AB的斜率為（）A．B．eq\f(1，2）C．eq\f(\r（3)，2） D．eq\r（3)解析：選D作出拋物線的準(zhǔn)線l：x＝－1，設(shè)A，B在l上的投影分別是C，D，連接AC，BD，過B作BE⊥AC于E，如圖所示．∵eq\o（AF,\s\up7（→)）＝3eq\o(FB,\s\up7（→）)，∴設(shè)｜AF|＝3m，|BF｜＝m,則|AB|＝4m由點A，B分別在拋物線上，結(jié)合拋物線的定義，得|AC｜＝|AF|＝3m，｜BD｜＝|BF|＝m,則｜AE|＝2因此在Rt△ABE中，cos∠BAE＝eq\f（｜AE｜,|AB|）＝eq\f（2m，4m）＝eq\f(1，2)，得∠BAE＝60°。所以直線AB的傾斜角∠AFx＝60°，故直線AB的斜率為k＝tan60°＝eq\r（3).11．某幾何體的三視圖如圖，若該幾何體的所有頂點都在一個球面上，則該球面的表面積為（）A．4π B．eq\f（28π，3）C．eq\f(44π,3） D．20π解析:選B由三視圖知,該幾何體是一個三棱柱，三棱柱的底面是邊長為2的正三角形，側(cè)棱長是2，則三棱柱的兩個底面的中心連線的中點到三棱柱的頂點的距離就是其外接球的半徑r，所以r＝eq\r（\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(2，3)×\r(3)))2＋12)＝eq\r(\f(7,3）)，則球面的表面積為4πr2＝4π×eq\f（7,3)＝eq\f(28π,3）。12．設(shè)正實數(shù)x，y，z滿足x2－3xy＋4y2－z＝0.則當(dāng)eq\f（xy,z）取得最大值時，eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)－eq\f(2,z）的最大值為()A．0 B．1C．eq\f(9，4) D．3解析：選B∵x2－3xy＋4y2－z＝0,∴z＝x2－3xy＋4y2,又x，y,z均為正實數(shù),∴eq\f(xy，z）＝eq\f(xy,x2－3xy＋4y2）＝eq\f（1,\f（x,y)＋\f（4y，x)－3）≤eq\f(1,2\r（\f（x，y）×\f(4y，x))－3）＝1（當(dāng)且僅當(dāng)x＝2y時等號成立），∴eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（xy,z）））max＝1，此時x＝2y，則z＝x2－3xy＋4y2＝（2y）2－3×2y×y＋4y2＝2y2，∴eq\f（2，x）＋eq\f（1,y）－eq\f（2,z）＝eq\f(1，y）＋eq\f(1，y）－eq\f(1,y2）＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1，y）－1）)2＋1≤1,當(dāng)且僅當(dāng)y＝1時等號成立,滿足題意．∴eq\f(2，x）＋eq\f（1,y)－eq\f(2,z)的最大值為1。二、填空題13．已知等比數(shù)列{an}中，a1＋a3＝eq\f（5，2），a2＋a4＝eq\f(5,4），則a6＝________.解析：∵a1＋a3＝eq\f（5,2），a2＋a4＝eq\f（5,4），∴eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(a1＋a1q2＝\f(5，2）,，a1q＋a1q3＝\f(5，4)，）)解得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(q＝\f(1,2），，a1＝2，））∴a6＝2×eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1,2）））5＝eq\f(1，16）。答案：eq\f（1，16)14．已知sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,6）)）＝eq\f(\r(3)，3），則coseq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（π，3）－2θ））＝________。解析：coseq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（π,3）－2θ)）＝coseq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（2θ－\f（π，3)))＝coseq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（2\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f（π,6)))))＝1－2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（θ－\f（π,6)）)＝1－2×eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（\r（3)，3)））2＝eq\f(1,3)。答案:eq\f（1,3）15．設(shè)實數(shù)x,y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－y－6≤0，,x－y＋2≥0，,x≥0，,y≥0，））若目標(biāo)函數(shù)z＝ax＋by（a〉0,b>0）的最大值為10，則a2＋b2的最小值為________．解析：由z＝ax＋by(a>0，b>0）得y＝－eq\f（a,b)x＋eq\f(z，b)，∵a＞0，b＞0，∴直線y＝－eq\f(a,b)x＋eq\f（z，b)的斜率為負(fù)．作出不等式組表示的可行域如圖，平移直線y＝－eq\f(a，b）x＋eq\f(z,b)，由圖象可知當(dāng)y＝－eq\f(a,b)x＋eq\f（z，b）經(jīng)過點A時，直線在y軸上的截距最大，此時z也最大．由eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（3x－y－6＝0，，x－y＋2＝0,))解得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（x＝4，,y＝6，））即A（4，6)．此時z＝4a＋6b＝10,即2a＋3即點（a,b)在直線2x＋3y－5＝0上，因為a2＋b2的幾何意義為直線上的點到原點距離的平方，又原點到直線的距離d＝eq\f(｜－5|,\r（22＋32）)＝eq\f(5，\r(13)),故a2＋b2的最小值為d2＝eq\f(25,13）.答案：eq\f(25,13)16．已知函數(shù)f（x)＝|xex｜－m(m∈R）有三個零點，則m的取值范圍為________．解析:函數(shù)f(x）＝|xex｜－m(m∈R)有三個零點，即y＝|xex|與y＝m的圖象有三個交點．令g（x)＝xex，則g′（x)＝（1＋x）ex，當(dāng)x＜－1時，g′（x）＜0,當(dāng)x＞－1時，g′（x)＞0，故g（x)＝xex在(－∞，－1）上為減函數(shù)，在（－1，＋∞)上是增函數(shù),g（－1）＝－eq\f（1,e)，又由x＜0時，g（x)＜0，當(dāng)x＞0時，g(x）＞0,故函數(shù)y＝｜xex|的圖象如圖所示：由圖象可知y＝m與函數(shù)y＝｜xex｜的圖象有三個交點時，m∈eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（0，\f(1，e))),故m的取值范圍是eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(0，\f（1，e))）.答案:eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(0，\f（1,e））)“12＋4”小題提速練(二）(限時：40分鐘滿分：80分)一、選擇題1．（2017·西安模擬）已知集合A＝｛x|log2x≥1｝，B＝｛x｜x2－x－6＜0｝，則A∩B＝（）A．? B．{x|2＜x＜3｝C．｛x｜2≤x＜3} D．｛x|－1＜x≤2｝解析：選C化簡集合得A＝｛x｜x≥2｝，B＝{x|－2＜x＜3}，則A∩B＝{x｜2≤x＜3｝．2．(2017·福州模擬）已知復(fù)數(shù)z＝2＋i，則eq\f(\x\to（z）,z）＝（）A．eq\f(3，5)－eq\f（4,5）i B．－eq\f(3，5)＋eq\f（4,5）iC．eq\f（5,3）－eq\f（4,3）i D．－eq\f(5，3）＋eq\f(4，3）i解析：選A因為z＝2＋i,所以eq\f（\x\to(z),z)＝eq\f（2－i,2＋i)＝eq\f(2－i2，5）＝eq\f（3，5)－eq\f(4,5)i.3．設(shè)a＝log32，b＝ln2，c＝5－eq\f（1，2）,則a，b，c的大小關(guān)系為（)A．a(chǎn)＜b＜c B．b＜c＜aC．c＜a＜b D．c＜b＜a解析:選C因為a＝log32＝eq\f（1，log23)，b＝ln2＝eq\f(1，log2e)，而log23＞log2e＞1，所以a＜b，又c＝5－eq\f(1，2）＝eq\f(1,\r(5)）,eq\r（5)＞2＝log24＞log23，所以c＜a,故c＜a＜b。4．(2018屆高三·蘭州一中月考）在電視臺舉辦的一次智力答題中，規(guī)定闖關(guān)者從圖中任選一題開始,必須連續(xù)答對能連成一條線的3道題目,闖關(guān)才能成功，則闖關(guān)成功的答題方法有（)A．3種 B．8種C．30種 D．48種解析：選D能連成橫著的一條線的有123,456，789，共3種,能連成豎著的一條線的有147,258，369，共3種,能連成對角線的有159，357，共2種，故共有8種．又因為每種選擇的答題順序是任意的，故每種選擇都有6種答題方法:如答題為1，2，3時，答題方法有：1→2→3,1→3→2，2→1→3,2→3→1,3→1→2,3→2→1。所以共有8×6＝48(種）答題方法．5．（2017·合肥模擬）設(shè)變量x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（x－y≥－1，,x＋y≤4，,y≥2,))則目標(biāo)函數(shù)z＝x＋2y的最大值為（)A．5 B．6C．eq\f（13，2) D．7解析:選C作出不等式組表示的可區(qū)域如圖中陰影部分所示,由圖易知，當(dāng)直線z＝x＋2y經(jīng)過直線x－y＝－1與x＋y＝4的交點，即Aeq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（3,2）,\f(5,2））)時，z取得最大值，zmax＝x＋2y＝eq\f(13，2）.6．(2018屆高三·寶雞調(diào)研)閱讀如圖所示的程序框圖，運行相應(yīng)的程序，若輸入x的值為1，則輸出S的值為(）A．64 B．73C．512 D．585解析：選B依題意，執(zhí)行題中的程序框圖，當(dāng)輸入x的值為1時,進(jìn)行第一次循環(huán),S＝1＜50,x＝2；進(jìn)行第二次循環(huán),S＝1＋23＝9＜50,x＝4；進(jìn)行第三次循環(huán)，S＝9＋43＝73＞50，此時結(jié)束循環(huán)，輸出S的值為73.7．(2017·衡陽三模)在等比數(shù)列{an}中,a1＝2，前n項和為Sn,若數(shù)列｛an＋1}也是等比數(shù)列，則Sn＝()A．2n＋1－2 B．3nC．2n D．3n－1解析：選C因為數(shù)列{an｝為等比數(shù)列，a1＝2，設(shè)其公比為q，則an＝2qn－1，因為數(shù)列｛an＋1}也是等比數(shù)列，所以（an＋1＋1)2＝（an＋1）（an＋2＋1)?aeq\o\al（2,n＋1）＋2an＋1＝anan＋2＋an＋an＋2?an＋an＋2＝2an＋1?an（1＋q2－2q）＝0?q＝1，即an＝2，所以Sn＝2n.8．點A，B,C，D在同一個球的球面上，AB＝BC＝AC＝eq\r（3），若四面體ABCD體積的最大值為eq\r(3)，則這個球的表面積為(）A．eq\f（169,16)π B．8πC．eq\f（289,16)π D．eq\f(25，16）π解析:選C如圖所示，當(dāng)點D位于球的正頂部時四面體的體積最大，設(shè)球的半徑為R，則四面體的高為h＝R＋eq\r（R2－1)，四面體的體積為V＝eq\f（1，3）×eq\f(1，2）×(eq\r（3）)2×sin60°×(R＋eq\r(R2－1）)＝eq\f(\r（3）,4）×(R＋eq\r（R2－1)）＝eq\r（3），解得R＝eq\f（17，8），所以球的表面積S＝4πR2＝4πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17,8）))2＝eq\f(289π,16），故選C．9．（2018屆高三·湖北七校聯(lián)考)已知圓C:(x－1）2＋y2＝r2(r＞0)．設(shè)條件p：0＜r＜3，條件q：圓C上至多有2個點到直線x－eq\r（3）y＋3＝0的距離為1，則p是q的（)A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件解析：選C圓C：（x－1）2＋y2＝r2的圓心(1,0)到直線x－eq\r(3)y＋3＝0的距離d＝eq\f（｜1－\r(3）×0＋3|,\r(12＋－\r(3）2）)＝2。當(dāng)0＜r＜1時，直線在圓外，圓上沒有點到直線的距離為1；當(dāng)r＝1時，直線在圓外，圓上只有1個點到直線的距離為1；當(dāng)1＜r＜2時，直線在圓外，此時圓上有2個點到直線的距離為1；當(dāng)r＝2時，直線與圓相切，此時圓上有2個點到直線的距離為1；當(dāng)2＜r＜3時，直線與圓相交，此時圓上有2個點到直線的距離為1.綜上，當(dāng)0＜r＜3時,圓C上至多有2個點到直線x－eq\r(3)y＋3＝0的距離為1，由圓C上至多有2個點到直線x－eq\r（3）y＋3＝0的距離為1可得0＜r＜3，故p是q的充要條件，故選C．10．（2017·合肥模擬)已知橢圓eq\f(x2，a2)＋eq\f（y2，b2)＝1(a＞b＞0）的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2,離心率為e.P是橢圓上一點，滿足PF2⊥F1F2，點Q在線段PF1上，且eq\o（F1Q,\s\up7(→)）＝2eq\o(QP，\s\up7（→））。若eq\o（F1P,\s\up7(→）)·eq\o（F2Q，\s\up7（→))＝0，則e2＝（）A．eq\r(2)－1 B．2－eq\r(2)C．2－eq\r（3) D．eq\r（5)－2解析：選C由題意可知，在Rt△PF1F2中，F(xiàn)2Q⊥PF1，所以｜F1Q|·|F1P｜＝｜F1F2｜2，又|F1Q｜＝eq\f(2，3)|F1P|，所以有eq\f（2,3）|F1P|2＝|F1F2|2＝4c2，即|F1P｜＝eq\r(6）c，進(jìn)而得出|PF2|＝eq\r(2)C．又由橢圓定義可知，|PF1｜＋|PF2|＝eq\r(6）c＋eq\r(2）c＝2a，解得e＝eq\f（c，a）＝eq\f(2，\r(6）＋\r(2)）＝eq\f（\r（6)－\r(2),2），所以e2＝2－eq\r（3）。11．（2017·廣州模擬)已知函數(shù)f（x）＝sin（ωx＋φ)＋cos(ωx＋φ)(ω＞0,0＜φ＜π)是奇函數(shù)，直線y＝eq\r(2）與函數(shù)f(x）的圖象的兩個相鄰交點的橫坐標(biāo)之差的絕對值為eq\f（π，2),則()A．f（x)在eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(0，\f（π,4)）)上單調(diào)遞減B．f(x）在eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（π,8）,\f（3π,8）））上單調(diào)遞減C．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（0，\f（π，4)))上單調(diào)遞增D．f(x)在eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(π,8），\f(3π,8))）上單調(diào)遞增解析：選Df(x)＝sin(ωx＋φ)＋cos（ωx＋φ）＝eq\r（2）sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（ωx＋φ＋eq\f(π，4))），因為0＜φ＜π且f(x）為奇函數(shù)，所以φ＝eq\f(3π，4），即f(x）＝－eq\r(2)sinωx，又直線y＝eq\r（2）與函數(shù)f(x）的圖象的兩個相鄰交點的橫坐標(biāo)之差的絕對值為eq\f(π,2），所以函數(shù)f（x)的最小正周期為eq\f（π，2)，由eq\f（2π,ω)＝eq\f（π,2),可得ω＝4，故f（x）＝－eq\r（2）sin4x，由2kπ＋eq\f(π,2）≤4x≤2kπ＋eq\f(3π，2)，k∈Z，即eq\f(kπ,2)＋eq\f（π,8)≤x≤eq\f（kπ,2)＋eq\f（3π，8)，k∈Z，令k＝0，得eq\f（π，8）≤x≤eq\f(3π，8），此時f（x）在eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（π，8)，\f（3π，8）)）上單調(diào)遞增，故選D。12．(2017·貴陽模擬）已知函數(shù)f(x）＝ln（x2－4x－a),若對任意的m∈R，均存在x0使得f（x0）＝m,則實數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，－4) B．(－4，＋∞)C．(－∞，－4］ D．［－4，＋∞)解析：選D依題意得，函數(shù)f(x）的值域為R,令函數(shù)g(x）＝x2－4x－a，其值域A包含(0，＋∞),因此對方程x2－4x－a＝0，有Δ＝16＋4a≥0，解得a≥－4，即實數(shù)a二、填空題13．（2017·蘭州模擬）已知菱形ABCD的邊長為a，∠ABC＝eq\f(π，3)，則eq\o(BD,\s\up7(→)）·eq\o(CD，\s\up7（→））＝________。解析：由菱形的性質(zhì)知|eq\o(BD，\s\up7（→)）｜＝eq\r(3）a，|eq\o（CD,\s\up7（→））|＝a，且〈eq\o（BD,\s\up7（→))，eq\o(CD，\s\up7（→））>＝eq\f(π，6），∴eq\o(BD,\s\up7（→)）·eq\o(CD，\s\up7(→）)＝eq\r(3）a×a×coseq\f（π,6）＝eq\f（3,2）a2。答案：eq\f(3，2）a214．（2017·石家莊模擬)若eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f（1,x))）n的展開式的二項式系數(shù)之和為64，則含x3項的系數(shù)為________．解析：由題意，得2n＝64，所以n＝6,所以eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(x2＋\f（1,x）））n＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（x2＋\f（1，x)））6，其展開式的通項公式為Tr＋1＝Ceq\o\al(r,6)（x2)6－req\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1，x)))r＝Ceq\o\al(r，6)x12－3r.令12－3r＝3，得r＝3,所以展開式中含x3項的系數(shù)為Ceq\o\al(3，6)＝20。答案:2015．某批產(chǎn)品成箱包裝,每箱5件，一用戶在購進(jìn)該批產(chǎn)品前先取出三箱,再從每箱中任意抽取2件產(chǎn)品進(jìn)行檢驗,設(shè)取出的三箱中分別有0件、1件、2件二等品，其余為一等品．用ξ表示抽檢的6件產(chǎn)品中二等品的件數(shù),則ξ的數(shù)學(xué)期望E(ξ)＝________。解析：由題意知，ξ的所有可能取值為0，1，2,3，P(ξ＝0)＝eq\f（C\o\al（2，4)，C\o\al（2，5))·eq\f(C\o\al(2，3),C\o\al（2,5））＝eq\f（9，50），P(ξ＝1）＝eq\f(C\o\al(1，4），C\o\al（2,5))·eq\f(C\o\al（2,3），C\o\al(2,5）)＋eq\f(C\o\al（2，4)，C\o\al(2，5)）·eq\f（C\o\al（1,3）C\o\al(1，2）,C\o\al（2,5））＝eq\f（12,25)，P(ξ＝2)＝eq\f（C\o\al（1,4)，C\o\al(2，5））·eq\f（C\o\al（1，3）C\o\al（1,2），C\o\al（2，5））＋eq\f（C\o\al（2，4)，C\o\al(2,5））·eq\f（C\o\al(2，2），C\o\al（2，5）)＝eq\f(3,10)，P(ξ＝3)＝eq\f（C\o\al（1,4)，C\o\al(2，5)）·eq\f(C\o\al（2，2)，C\o\al(2,5)）＝eq\f（1,25)，所以ξ的數(shù)學(xué)期望為E（ξ）＝0×eq\f(9，50）＋1×eq\f（12,25)＋2×eq\f(3,10）＋3×eq\f（1，25）＝eq\f(6，5）.答案：eq\f(6,5)16．(2018屆高三·云南調(diào)研)已知三棱錐P.ABC的所有頂點都在表面積為eq\f（289π,16)的球面上，底面ABC是邊長為eq\r(3)的等邊三角形，則三棱錐P-ABC體積的最大值為________．解析：依題意,設(shè)球的半徑為R，則有4πR2＝eq\f(289π,16)，R＝eq\f（17，8),△ABC的外接圓半徑為r＝eq\f(\r(3),2sin60°)＝1，球心到截面ABC的距離h＝eq\r(R2－r2）＝eq\r（\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（17，8)))2－12）＝eq\f(15，8），因此點P到截面ABC的距離的最大值等于h＋R＝eq\f(17,8)＋eq\f（15,8)＝4，因此三棱錐P。ABC體積的最大值為eq\f（1，3)×eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f(\r（3），4)×\r（3）2））×4＝eq\r（3）。答案:eq\r(3)“12＋4”小題提速練(三)(限時：40分鐘滿分：80分）一、選擇題1．已知集合M＝｛x｜16－x2≥0},集合N＝｛y|y＝|x|＋1｝，則M∩N＝(）A．{x|－2≤x≤4｝ B．{x|x≥1｝C．｛x｜1≤x≤4｝ D．{x｜x≥－2}解析：選C由M中16－x2≥0，即（x－4）(x＋4)≤0，解得－4≤x≤4，所以M＝{x｜－4≤x≤4}，集合N＝{y|y＝｜x｜＋1}＝[1，＋∞），則M∩N＝{x｜1≤x≤4}．2．若復(fù)數(shù)z滿足z(4－i)＝5＋3i(i為虛數(shù)單位)，則復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)為（)A．1－i B．－1＋iC．1＋i D．－1－i解析：選A由z（4－i）＝5＋3i，得z＝eq\f（5＋3i,4－i)＝eq\f（5＋3i4＋i，4－i4＋i）＝eq\f(17＋17i,17）＝1＋i，則復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)為1－i。3．由變量x與y的一組數(shù)據(jù)：x1571319yy1y2y3y4y5得到的線性回歸方程為eq\o（y，\s\up6(^))＝2x＋45，則eq\o(y,\s\up6(－))＝（）A．135 B．90C．67 D．63解析：選D根據(jù)表中數(shù)據(jù)得eq\o(x,\s\up6(－））＝eq\f（1，5）×（1＋5＋7＋13＋19)＝9，線性回歸方程eq\o（y,\s\up6(^)）＝2x＋45過點(eq\o（x,\s\up6（－)），eq\o（y,\s\up6(－）)),則eq\o（y，\s\up6（－))＝2×9＋45＝63。4．如圖給出一個算法的程序框圖，該程序框圖的功能是（)A．輸出a，b,c三個數(shù)中的最大數(shù)B．輸出a,b，c三個數(shù)中的最小數(shù)C．將a，b，c按從小到大排列D．將a，b，c按從大到小排列解析：選B由程序框圖知：第一個判斷框是比較a，b大小，a的值是a,b之間的較小數(shù)；第二個判斷框是比較a,c大小,輸出的a是a，c之間的較小數(shù)．∴該程序框圖的功能是輸出a，b，c三個數(shù)中的最小數(shù)．故選B.5．函數(shù)y＝sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（2x＋\f（π,3)）)的圖象經(jīng)過下列平移，可以得到函數(shù)y＝coseq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（2x＋\f（π,6)))圖象的是()A．向右平移eq\f(π,6）個單位 B．向左平移eq\f(π，6)個單位C．向右平移eq\f（π，3)個單位 D．向左平移eq\f(π，3）個單位解析：選B把函數(shù)y＝sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π，3）))＝coseq\f(π，2）－eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（2x＋\f（π，3)）)＝coseq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(2x－\f(π，6）))的圖象向左平移eq\f（π，6）個單位，可得y＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(x＋\f(π，6)))－\f(π,6)）)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（2x＋\f（π，6））)的圖象．6．已知f（x)是定義在R上的偶函數(shù)且以2為周期,則“f（x）為[0，1]上的增函數(shù)”是“f（x)為［3,4］上的減函數(shù)”的（）A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件解析：選C∵f（x）是定義在R上的偶函數(shù)，∴若f（x)為［0，1］上的增函數(shù)，則f(x)在［－1，0］上是減函數(shù)，又∵f(x)是定義在R上的以2為周期的函數(shù)，且[3，4]與[－1,0]相差兩個周期，∴兩區(qū)間上的單調(diào)性一致，所以可以得出f（x)為［3,4]上的減函數(shù),故充分性成立．若f(x）為[3，4]上的減函數(shù)，同樣由函數(shù)周期性可得出f(x）在［－1，0］上是減函數(shù)，再由函數(shù)是偶函數(shù)可得出f(x）為[0，1］上的增函數(shù)，故必要性成立．綜上,“f（x）為[0，1］上的增函數(shù)"是“f(x）為［3，4]上的減函數(shù)”的充要條件．7．某三棱錐的三視圖如圖所示，其三個視圖都是直角三角形，則該三棱錐的體積為（）A．eq\f(1，3） B．eq\f(2，3）C．1 D．6解析:選A由已知中的三視圖可得,該三棱錐的底面面積S＝eq\f（1，2)×2×1＝1，高h(yuǎn)＝1，故體積V＝eq\f（1,3）Sh＝eq\f(1，3)。8．已知向量a與b的夾角為60°,|a|＝4，|b|＝1,且b⊥（a－xb),則實數(shù)x為(）A．4 B．2C．1 D．eq\f(1，2）解析：選B∵b⊥(a－xb),∴b·（a－xb)＝0，即a·b－xb2＝4×1×cos60°－x＝0，解得x＝2.9．已知點P在直線x＝－1上移動，過點P作圓(x－2）2＋（y－2）2＝1的切線，相切于點Q，則切線長｜PQ|的最小值為（）A．2 B．2eq\r（2)C．3 D．eq\r(10）解析：選B圓心（2,2）到直線x＝－1的距離為d＝3＞r＝1,故直線和圓相離．故切線長|PQ｜的最小值為eq\r(9－1）＝2eq\r（2).10．(2017·太原三模）已知等比數(shù)列{an}的各項均為不等于1的正數(shù),數(shù)列｛bn}滿足bn＝lgan,b3＝18,b6＝12，則數(shù)列｛bn｝的前n項和的最大值為（)A．126 B．130C．132 D．134解析：選C設(shè)等比數(shù)列｛an｝的公比為q（q＞0），由題意可知，lga3＝b3，lga6＝b6.又b3＝18，b6＝12，則a1q2＝1018，a1q5＝1012，∴q3＝10－6,即q＝10－2，∴a1＝1022.又{an}為正項等比數(shù)列,∴{bn}為等差數(shù)列,且公差d＝－2，b1＝22，故bn＝22＋(n－1）×（－2)＝－2n＋24.∴數(shù)列｛bn}的前n項和Sn＝22n＋eq\f（nn－1，2）×(－2)＝－n2＋23n＝－eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（n－\f（23，2））)2＋eq\f(529,4）.又n∈N＊，故n＝11或12時，（Sn)max＝132.11．設(shè)O為坐標(biāo)原點,P是以F為焦點的拋物線y2＝2px（p＞0)上任意一點,M是線段PF上的點,且｜PM|＝2｜MF｜,則直線OM的斜率的最大值為()A．eq\f(\r(3）,3） B．eq\f（2,3）C．eq\f(\r（2），2） D．1解析：選C由題意可得Feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（p,2），0))，設(shè)Peq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（y\o\al（2，0），2p)，y0）),顯然當(dāng)y0＜0時，kOM＜0；當(dāng)y0＞0時，kOM＞0.要求kOM的最大值，必須有y0＞0，則eq\o(OM，\s\up7(→））＝eq\o(OF，\s\up7（→））＋eq\o（FM,\s\up7（→))＝eq\o(OF,\s\up7(→）)＋eq\f（1，3）eq\o(FP,\s\up7(→)）＝eq\o（OF，\s\up7（→））＋eq\f(1，3）(eq\o(OP,\s\up7(→)）－eq\o（OF，\s\up7（→）)）＝eq\f(1，3)eq\o（OP,\s\up7(→））＋eq\f（2，3)eq\o（OF,\s\up7（→)）＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（y\o\al(2,0),6p）＋\f（p，3）,\f(y0，3)）），即Meq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(y\o\al（2，0）,6p)＋\f(p,3)，\f(y0，3）)),則kOM＝eq\f（\f（y0,3)，\f(y\o\al（2,0）,6p）＋\f(p,3))＝eq\f（2，\f（y0，p)＋\f（2p，y0）)≤eq\f(2,2\r（\f(y0，p)·\f（2p,y0）))＝eq\f（\r（2)，2）,當(dāng)且僅當(dāng)yeq\o\al（2，0）＝2p2時，等號成立．故選C．12．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（－x2－2x＋3,x≤1，,lnx，x〉1，))若關(guān)于x的方程f(x）＝kx－eq\f（1,2)恰有四個不相等的實數(shù)根，則實數(shù)k的取值范圍是(）A．eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1,2）,\r(e））） B．eq\b\lc\[\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1,2），\r（e))）C．eq\b\lc\（\rc\］（\a\vs4\al\co1(\f(1,2),\f（\r（e），e)）) D．eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1，2)，\f（\r(e),e)）)解析：選D∵函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(－x2－2x＋3，x≤1，，lnx，x>1，））若關(guān)于x的方程f（x）＝kx－eq\f（1，2）恰有四個不相等的實數(shù)根，則y＝f（x）的圖象和直線y＝kx－eq\f（1,2)有4個交點．作出函數(shù)y＝f(x）的圖象及直線y＝kx－eq\f(1,2），如圖,故點（1，0）在直線y＝kx－eq\f（1,2)的下方，∴k×1－eq\