高考數(shù)學二輪總復習題型專項練3客觀題844標準練（C）

題型專項練3客觀題8+4+4標準練(C)一、單項選擇題1.復數(shù)z=1-i3A.15i B.1C.15 D.2.已知集合M={x|lg(x1)≤0},N={x||x|<2},則M∪N=()A.? B.(1,2) C.(2,2] D.{1,0,1,2}3.(2023·湖南岳陽二模)某學校為落實“雙減”政策,在課后服務時間開設了“球類”“棋類”“書法”“繪畫”“舞蹈”五項活動.若甲同學準備從這五項活動中隨機選三項,則“書法”和“繪畫”這兩項中至多有一項被選中的概率為()A.0.9 B.0.7 C.0.6 D.0.34.若向量a,b滿足|a|=2,|b|=3,且(ab)⊥(2a+3b),則a與b夾角的余弦值為 ()A.112 B.336 C.2155.(2023·山東聊城一模)“綠色出行,低碳環(huán)?！币殉蔀樾碌臅r尚.近幾年國家相繼出臺了一系列的環(huán)保政策,在汽車行業(yè)提出了重點扶持新能源汽車和最終停止傳統(tǒng)汽車銷售的時間計劃表,為新能源汽車行業(yè)的發(fā)展開辟了廣闊的前景.新能源汽車主要指電動力汽車,其能量來源于蓄電池.已知蓄電池的容量C(單位:A·h)、放電時間t(單位:h)、放電電流I(單位:A)三者之間滿足關系C=Ilog322·t.假設某款電動汽車的蓄電池容量為3074A·h,正常行駛時放電電流為15A,那么該汽車能持續(xù)行駛的時間大約為(參考數(shù)據(jù):6×1A.60h B.45h C.30h D.15h6.(2023·新高考Ⅱ,5)已知橢圓C:x23+y2=1的左焦點和右焦點分別為F1和F2,直線y=x+m與C交于A,B兩點,若△F1AB的面積是△F2AB的兩倍,則m=(A.23 B.23 C.237.(2023·山東青島一模)已知雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點分別為F1,F2,直線y=3x與C的左、右兩支分別交于A,B兩點,若四邊形AFA.3+12 BC.3+1 D.5+18.已知函數(shù)f(x)的定義域為R,f(5)=4,f(x+3)是偶函數(shù),任意x1,x2∈[3,+∞)滿足f(x1)-f(x2)xA.23,3 B.-∞,C.(2,3) D.2二、多項選擇題9.已知函數(shù)f(x)=cosx+π6A.2π為f(x)的一個周期 B.f(x)的圖象關于直線x=4πC.f(x)在區(qū)間π2D.f(x+π)的一個零點為π10.(2023·新高考Ⅱ,9)已知圓錐的頂點為P,底面圓心為O,AB為底面直徑,∠APB=120°,PA=2,點C在底面圓周上,且二面角PACO為45°,則()A.該圓錐的體積為πB.該圓錐的側面積為43πC.AC=22D.△PAC的面積為311.已知lnx>lny>0,則下列結論正確的是 ()A.1x<1C.logyx>logxy D.x2+4y(12.如圖,在數(shù)表中,第1行是從1開始的正奇數(shù),從第2行開始每個數(shù)是它肩上兩個數(shù)之和,則下列說法正確的是()1357911…48121620…12202836……A.第6行第1個數(shù)為192B.第10行的數(shù)從左到右構成公差為210的等差數(shù)列C.第10行前10個數(shù)的和為95×29D.數(shù)表中第2021行第2021個數(shù)為6061×22020三、填空題13.(2022·新高考Ⅱ,13)已知隨機變量X服從正態(tài)分布N(2,σ2),若P(2<X≤2.5)=0.36,則P(X>2.5)=.

14.已知兩條直線l1:y=2x+m,l2:y=2x+n與圓C:(x1)2+(y1)2=4交于A,B,C,D四點,且四邊形ABCD為正方形,則|mn|的值為.

15.如圖,O是滑槽AB的中點,短桿ON可繞點O轉(zhuǎn)動,長桿MN通過點N處的鉸鏈與ON連接,MN上的栓子D可沿滑槽AB滑動.當點D在滑槽AB內(nèi)作往復移動時,帶動點N繞點O轉(zhuǎn)動,點M也隨之運動.記點N的運動軌跡為C1,點M的運動軌跡為C2.若ON=DN=1,MN=3,過軌跡C2上的點P向軌跡C1作切線,則切線長的最大值為.16.阿基米德在他的著作《論球和圓柱》中,證明了數(shù)學史上著名的圓柱容球定理:圓柱的內(nèi)切球(與圓柱的兩底面及側面都相切的球)的體積與圓柱的體積之比等于它們的表面積之比.可證明該定理推廣到圓錐容球也正確,即圓錐的內(nèi)切球(與圓錐的底面及側面都相切的球)的體積與圓錐體積之比等于它們的表面積之比,則該比值的最大值為.

題型專項練3客觀題8+4+4標準練(C)一、單項選擇題1.C解析因為z=1-i31+2i2.C解析根據(jù)題意,由lg(x1)≤0,得0<x1≤1,即1<x≤2,則集合M={x|lg(x1)≤0}={x|1<x≤2}.由|x|<2,得2<x<2,則N={x||x|<2}={x|2<x<2}.故M∪N={x|2<x≤2}=(2,2].3.B解析隨機試驗從五項活動中隨機選三項的樣本空間共有C53個樣本點,“書法”和“繪畫”這兩項活動至多有一項被選中分兩種情況:①都沒有被選中,有C33種情況;②兩項活動只有一項被選中,有C21C34.D解析由已知得(ab)·(2a+3b)=2a2+a·b3b2=0,|a|=2,|b|=3,則23cos<a,b>1=0,故cos<a,b>=35.C解析由題意知C=Ilog322·t,當C=3074,I=∴t=307415log3∴t=3074=3×10log323-log6.C解析如圖所示,橢圓x23+y2=1的左、右焦點分別為F1(2,0),F2(2,0),設點F1,F2到直線y=x+m的距離分別為d1,d2,由點到直線的距離公式可知d1=|-2+m由x23+y2=1,y=x+m,消去y∵y=x+m與橢圓C交于A,B兩點,∴Δ=36m216(3m23)>0,即2<m<2.∵△F1AB的面積是△F2AB的兩倍,∴有12·|AB|·d1=2×12·|AB|·d2,即d1=2d2,|-2+m|2=2|2+m|2,兩邊平方整理,得3m2+102m+6=7.C解析顯然直線y=3x與F1F2交于原點O,由雙曲線對稱性知,若四邊形AF1BF2是矩形,則|AB|=|F1F2|.設A(x1,y1),B(x2,y2),x1<x2,而F1(c,0),F2(c,0),由y=3x,x2a2-y2b2=1得(b23a2)x2=a2b2,解得x1=abb2-3a2,x2=abb2-3a2,則|AB|=1+(3)2·|x1x2|=4abb2-3a2,則4ab8.D解析因為f(x+3)是偶函數(shù),所以f(x)的圖象關于直線x=3對稱,所以f(5)=f(1)=4.因為任意x1,x2∈[3,+∞)滿足f(x1)-f(x2)x1-x2>0,所以f(x)在區(qū)間[3,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間(∞,3)內(nèi)單調(diào)遞減,所以f(3二、多項選擇題9.AD解析函數(shù)f(x)=cosx+π6由x+π6=kπ,k∈Z,得x=π6+kπ,k∈Z,無論k取何值,x函數(shù)f(x)=cosx+π6在區(qū)間π∵f(x+π)=cosx+7π6,∴fπ3+π=cos(710.AC解析由題意,可得PO⊥平面AOC,∠APO=12∠APB=60°,所以PO=PAcos∠APO=1,AO=PAsin∠APO=3.如圖,取AC的中點D,連接PD,OD,則PD⊥AC,OD所以∠PDO即為二面角PACO的平面角,所以∠PDO=45°.因為OD?平面AOC,PO⊥平面AOC,所以PO⊥OD,所以△PDO為等腰直角三角形,所以OD=PO=1,PD=2.對于A,圓錐的體積V=13π×(3)2×1=π,故A正確;對于B,圓錐的側面積S=π×3×2=23π,故B不正確;對于C,AC=2AO2-OD2=22,故C正確;對于D,S△PAC11.ACD解析因為lnx>lny>0,所以x>y>1,所以1x<1y,所以A正確;因為x>y>1,所以13x<13y,所以B錯誤;因為x>y>1,所以logyx>logyy=1,logxy<logxx=1,所以logyx>logxy,所以C正確;因為x>y>1,所以0<y(xy)≤y+(x-y)22=x2412.ABD解析數(shù)表中,每行是等差數(shù)列,且第1行的首項是1,公差為2,第2行的首項是4,公差為4,第3行的首項是12,公差為8……每行的第1個數(shù)滿足an=n×2n1,每行的公差構成一個以2為首項,2為公比的等比數(shù)列,公差滿足dn=2n.對于選項A,第6行第1個數(shù)為a6=6×261=192,故A正確;對于選項B,第10行的數(shù)從左到右構成公差為d10=210的等差數(shù)列,故B正確;對于選項C,第10行第1個數(shù)為a10=10×2101=10×29,公差為210,所以前10個數(shù)的和為10×10×29+10×92×210=190×29,故C錯誤;對于選項D,數(shù)表中第2021行第1個數(shù)為a2021=2021×220211=2021×22020,第2021行的公差為22021,故數(shù)表中第2021行第2021個數(shù)為2021×22020+(20211)×22021=6061×三、填空題13.0.14解析因為X~N(2,σ2),所以P(X<2)=P(X>2)=0.5,所以P(X>2.5)=P(X>2)P(2<X≤2.5)=0.50.36=0.14.14.210解析由題意知l1∥l2,若四邊形ABCD為正方形,則正方形的邊長等于直線l1,l2之間的距離d,d=|m-n|5,設圓C的半徑為r,由正方形的性質(zhì)知d=2r=22,即|m-15.15解析以滑槽AB所在直線為x軸,O為坐標原點建立平面直角坐標系如圖所示因為|ON|=1,所以點N的運動軌跡C1是以O為圓心,半徑為1的圓,其方程為x2+y2=1.設點N的坐標為(cosθ,sinθ),由于|ON|=|DN|=1,易得D(2cosθ,0),由|MN|=3,得NM=3ND,設M(x,y),則(xcosθ,ysinθ)=3(cosθ,sinθ),可得M(4cosθ,2sinθ),所以點M的運動軌跡C2是橢圓,其方程為x216+設軌跡C2上的點P(4cosα,2sinα),則|OP|2=16cos2α+4sin2α=4+12cos2α≤16,故切線長為|OP即切線長的最大值為1516.12解析設