高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)作業(yè)手冊 專題綜合訓(xùn)練(一) 專題一 突破高考客觀題常考問題 文

專題綜合訓(xùn)練(一)[專題一突破高考客觀題常考問題](時間：60分鐘分值：100分)一、選擇題(每小題5分，共40分)1．設(shè)集合M＝{－1，0，1}，N＝{x|x2≤x}，則M∩N＝()A．{0}B．{0，1}C．{－1，1}D．{－1，0，1}2．復(fù)數(shù)z＝eq\f(3＋i,1－i)的共軛復(fù)數(shù)z＝()A．1＋2iB．1－2iC．2＋iD．2－i3．命題p：雙曲線eq\f(x2,4)－eq\f(y2,b2)＝1(b>0)的離心率為eq\r(2)；命題q：橢圓eq\f(x2,b2)＋y2＝1(b>0)的離心率為eq\f(\r(3),2)，則q是p的()A．充要條件B．充分不必要條件C．必要不充分條件D．既不充分也不必要條件4．給出如下三個命題：①若“p且q”為假命題，則p，q均為假命題；②命題“若a>b，則2a>2b－1”的否命題為“若a≤b，則2a≤2b－③“x∈R，x2＋1≥1”的否定是“x0∈R，xeq\o\al(2,0)＋1≤1”．其中假命題的個數(shù)是()A．0B．1C．2D．35．已知向量a＝(2，1)，b＝(－2，k)，且a⊥(2a－b)，A．－14B．－6C．6D．6．已知x，y滿足約束條件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＋5≥0，,x－y≤0，,y≤0，))則z＝2x＋4y的最小值為()A．－14B．－15C．－16D7．在△ABC中，若∠A＝120°，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝－1，圖Z1－1則|eq\o(BC,\s\up6(→))|的最小值是()A．2B．3C.eq\r(6)D．2eq\r(3)8．如圖Z1－1所示，若輸出的S為1525，則判斷框內(nèi)應(yīng)填()A．k<4?B．k≤4?C．k>4?D．k≥4?二、填空題(每小題5分，共20分)9．對于集合M，定義函數(shù)fM(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1，x∈M，,1，xM.))對于兩個集合A，B，定義集合A∩B＝{x|fA(x)·fB(x)＝－1}．已知A＝{2，4，6，8，10}，B＝{1，2，4，8，12}，則用列舉法寫出集合A∩B的結(jié)果為________．10．已知復(fù)數(shù)z＝m2(1＋i)－m(3＋5i)－(4＋6i)為純虛數(shù)，則實數(shù)m為________．11．若正數(shù)a，b滿足2a＋b＝1，則4a2＋b2＋eq\r(ab)的最大值為________．12．“公差為d的等差數(shù)列{an}的前n項的和為Sn，則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是公差為eq\f(d,2)的等差數(shù)列”，類比上述性質(zhì)有：“公比為q的等比數(shù)列{bn}的前n項的積為Tn，則數(shù)列__________________________”．三、解答題(共40分)13．(13分)已知函數(shù)f(x)＝4|a|x－2a＋1.若命題：“x0∈(0，1)，使f(x0)＝0”是真命題，求實數(shù)a的取值范圍．14．(13分)已知圓M：(x－3)2＋(y－3)2＝4，四邊形ABCD為圓M的內(nèi)接正方形，E為邊AB的中點．當(dāng)正方形ABCD繞圓心M轉(zhuǎn)動，同時點F在邊AD上運動時，求eq\o(ME,\s\up6(→))·eq\o(OF,\s\up6(→))的最大值．圖Z1－215．(14分)已知實數(shù)a1，a2，a3，a4滿足a1＋a2＋a3＝0，a1aeq\o\al(2,4)＋a2a4－a2＝0，且a1>a2>a3，求a4的取值范圍．專題綜合訓(xùn)練(一)1．B[解析]N＝{x|x2≤x}＝[0，1]，M∩N＝{0，1}．2．B[解析]z＝eq\f(3＋i,1－i)＝eq\f(（3＋i）（1＋i）,（1－i）（1＋i）)＝eq\f(2＋4i,2)＝1＋2i，所以z＝1－2i.3．C[解析]由雙曲線eq\f(x2,4)－eq\f(y2,b2)＝1(b>0)的離心率為eq\r(2)，可得b＝2；橢圓eq\f(x2,b2)＋y2＝1(b>0)的離心率為eq\f(\r(3),2)時，可得b＝2或b＝eq\f(1,2)，所以q是p的必要不充分條件．4．C[解析]①“p且q”為假命題，則p，q至少有一個為假命題，所以①為假，②為真；③“x∈R，x2＋1≥1”的否定是“x0∈R，xeq\o\al(2,0)＋1<1”，所以③為假．所以假命題的個數(shù)是2.5．D[解析]因為a⊥(2a－b)，所以a·(2a－b)＝0，即2|a|2－a·b＝0，所以2×5－(－4＋k)＝06．B[解析]最優(yōu)解為(－2.5，－2.5)zmin＝－15.7．C[解析]由∠A＝120°，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝－1可得|eq\o(AB,\s\up6(→))||eq\o(AC,\s\up6(→))|＝2，又|eq\o(BC,\s\up6(→))|2＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|2＋|eq\o(AC,\s\up6(→))|2－2|eq\o(AB,\s\up6(→))||eq\o(AC,\s\up6(→))|cos120°≥3|eq\o(AB,\s\up6(→))||eq\o(AC,\s\up6(→))|＝6，所以|eq\o(BC,\s\up6(→))|≥eq\r(6).8．B[解析](k，S)→(2，2)→(3，6)→(4，39)→(5，1525)，顯然填k≤4？.9．{1，6，10，12}[解析]要使fA(x)·fB(x)＝－1，必有x∈{x|x∈A且xB}∪{x|x∈B且xA}＝{1，6，10，12}，所以A∩B＝{1，6，10，12}．10．4[解析]z＝m2－3m－4＋(m2－5m－6)i為純虛數(shù)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m2－3m－4＝0，,m2－5m－6≠0，))所以m＝4.11.eq\f(17,16)[解析]1＝2a＋b≥2eq\r(2ab)，eq\r(ab)≤eq\f(\r(2),4).設(shè)t＝eq\r(ab)，則0<t≤eq\f(\r(2),4)，所以4a2＋b2＋eq\r(ab)＝1－4t2＋t＝－4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,8)))eq\s\up12(2)＋eq\f(17,16)≤eq\f(17,16).12.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\r(n,Tn)))是公比為eq\r(q)的等比數(shù)列[解析]∵eq\r(n,Tn)＝(b1b2·…·bn)eq\f(1,n)＝(beq\o\al(n,1)q1＋2＋…＋n－1)eq\f(1,n)＝(beq\o\al(n,1)qeq\f(n（n－1）,2))eq\f(1,n)＝b1(eq\r(q))n－1，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\r(n,Tn)))是公比為eq\r(q)的等比數(shù)列．13．解：由“x0∈(0，1)，使得f(x0)＝0”是真命題，得f(0)·f(1)<0，所以(1－2a)(4|a|－2a＋1)<0，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≥0，,（2a＋1）（2a－1）>0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<0，,（6a－1）（2a－1）<0，))解得a>eq\f(1,2).14．解：eq\o(ME,\s\up6(→))·eq\o(OF,\s\up6(→))＝eq\o(ME,\s\up6(→))·(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(AF,\s\up6(→)))＝eq\o(ME,\s\up6(→))·eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(ME,\s\up6(→))·eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\o(ME,\s\up6(→))·(eq\o(OE,\s\up6(→))＋eq\o(EA,\s\up6(→)))－eq\r(2)|eq\o(AF,\s\up6(→))|＝eq\o(ME,\s\up6(→))·eq\o(OE,\s\up6(→))－eq\r(2)|eq\o(AF,\s\up6(→))|.顯然當(dāng)點F落在A點時，|eq\o(AF,\s\up6(→))|＝0，使eq\o(ME,\s\up6(→))·eq\o(OF,\s\up6(→))最大．eq\o(ME,\s\up6(→))·eq\o(OE,\s\up6(→))＝eq\o(ME,\s\up6(→))·(eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\o(ME,\s\up6(→)))＝eq\o(ME,\s\up6(→))·eq\o(OM,\s\up6(→))＋2，設(shè)E(x0，y0)，則eq\o(ME,\s\up6(→))·eq\o(OE,\s\up6(→))＝eq\o(ME,\s\up6(→))·(eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\o(ME,\s\up6(→)))＝eq\o(ME,\s\up6(→))·eq\o(OM,\s\up6(→))＋2＝3(x0＋y0)－16.由|eq\o(ME,\s\up6(→))|＝eq\r(2)，得(x0－3)2＋(y0－3)2＝2，令x0＝3＋eq\r(2)cosθ，y0＝3＋eq\r(2)sinθ，所以eq\o(ME,\s\up6(→))·eq\o(OE,\s\up6(→))＝3(x0＋y0)－16＝6sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＋2≤8.所以eq\o(MF,\s\up6(→))·eq\o(OF,\s\up6(→))的最大值為8.15．解：由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1>a2>a3，,a1＋a2＋a3＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1>\f(a2,a1)>\f(a3,a1)，,1＋\f(a2,a1)＋\f(a3,a1)＝0，))令eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(a2,a1)，,y＝\f(a3,