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1、2022年高考數(shù)學二輪專題突破 高考小題綜合練(一)理
1.已知全集U=R,集合A={x|x+1<0},B={x|x-3<0},那么集合(?UA)∩B等于( )
A.{x|-1≤x<3} B.{x|-13}
2.(xx·四川)設a,b都是不等于1的正數(shù),則“3a>3b>3”是“l(fā)oga3<logb3”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
3.下列四個函數(shù)中,屬于奇函數(shù)且在區(qū)間(-1,0)上為減函數(shù)的是( )
A.y=()|x| B.y=
C.y=l
2、og2|x| D.y=-x
4.在直角三角形ABC中,∠C=,AC=3,取點D使=2,那么·等于( )
A.3 B.4
C.5 D.6
5.(xx·浙江省名校聯(lián)考)當x=時,函數(shù)f(x)=Asin(x+φ)(A>0)取得最小值,則函數(shù)y=f是( )
A.奇函數(shù)且圖象關于點對稱
B.偶函數(shù)且圖象關于點(π,0)對稱
C.奇函數(shù)且圖象關于直線x=對稱
D.偶函數(shù)且圖象關于點對稱
6.已知各項不為零的等差數(shù)列{an}的前n項和為S n.若m∈N*,且am-1+am+1-a=0,S2m-1=38,則m等于( )
A.10 B.20
C.30 D.40
3、7.設四面體的六條棱的長分別為1,1,1,1,和a,且長為a的棱與長為的棱異面,則a的取值范圍是( )
A.(0,) B.(0,)
C.(1,) D.(1,)
8.已知正三角形ABC的頂點A(1,1),B(1,3),頂點C在第一象限,若點(x,y)在△ABC內(nèi)部,則z=-x+y的取值范圍是( )
A.(1-,2) B.(0,2)
C.(-1,2) D.(0,1+)
9.已知橢圓+=1 (a>b>0),A(4,0)為長軸的一個端點,弦BC過橢圓的中心O,且·=0,|-|=2|-|,則其焦距為( )
A. B.
C. D.
10.將函數(shù)f(x)=co
4、s(π+x)(cos x-2sin x)+sin2x的圖象向左平移個單位長度后得到函數(shù)g(x),則g(x)具有性質( )
A.最大值為,圖象關于直線x=對稱
B.周期為π,圖象關于(,0)對稱
C.在(-,0)上單調(diào)遞增,為偶函數(shù)
D.在(0,)上單調(diào)遞增,為奇函數(shù)
11.已知函數(shù)f(x)是定義在(-∞,0)∪(0,+∞)上的奇函數(shù),在(0,+∞)上單調(diào)遞減,且f()>f(-)>0,則方程f(x)=0的根的個數(shù)為________.
12.已知數(shù)列{an}是首項為a1=,公比為q=的等比數(shù)列,設bn+2=3logan(n∈N*),數(shù)列{cn}滿足cn=an·bn.則數(shù)列{cn}的前
5、n項和Sn=___________________.
13.(xx·江蘇)已知函數(shù)y=cos x與y=sin(2x+φ)(0≤φ<π),它們的圖象有一個橫坐標為的交點,則φ的值是________.
14.設F為拋物線C:y2=4x的焦點,過點P(-1,0)的直線l交拋物線C于A、B兩點,點Q為線段AB的中點,若|FQ|=2,則直線l的斜率等于________.
15.如圖,VA⊥平面ABC,△ABC的外接圓是以邊AB的中點為圓心的圓,點M、N、P分別為棱VA、VC、VB的中點,則下列結論正確的有________(把正確結論的序號都填上).
①MN∥平面ABC;
②OC⊥平面VAC;
6、
③MN與BC所成的角為60°;
④MN⊥OP;
⑤平面VAC⊥平面VBC.
高考小題綜合練(一)
1.A [A={x|x+1<0}={x|x<-1},B={x|x-3<0}={x|x<3},畫出數(shù)軸可以求得答案為A.]
2.B [∵3a>3b>3,∴a>b>1,此時loga33b>3,例如當a=,b=時,loga3b>1.故“3a<3b>3”是“l(fā)oga3
7、稱中心為(2,-1),在(2,+∞)和(-∞,2)遞減,不符合題意,排除;選項C,y=log2|x|是偶函數(shù),因此不符合題意,排除C.答案為D.]
4.D[如圖,=+.
又∵=2,
∴=+=+(-),
即=+
,
∵∠C=,∴·=0,
∴·=(+)·
=2+·=6.]
5.C [由題意得,sin=-1,
∴φ可?。?
∴f=Asin
=-Asin x,
∴選C.]
6.A [am-1+am+1=2am,得2am-a=0,
又am≠0,所以am=2,
則S2m-1==(2m-1)am
=2(2m-1)=38,所以m=10.]
7.A [此題相當于一個正方形沿著
8、對角線折成一個四面體,長為a的棱長一定大于0且小于.選A.]
8.A [根據(jù)題意得C(1+,2).
作直線-x+y=0,并向左上或右下平移,過點B(1,3)和C(1+,2)時,z=-x+y取范圍的邊界值,
即-(1+)+2
9、-=,c=.
故其焦距為2c=.]
10.D [f(x)=-cos x(cos x-2sin x)+sin2x
=2sin xcos x-(cos2x-sin2x)
=sin 2x-cos 2x=sin(2x-),
所以g(x)=sin[2(x+)-]
=sin 2x.
結合正弦函數(shù)的性質,可知D正確.]
11.2
解析 由于函數(shù)f(x)是定義在(-∞,0)∪(0,+∞)上的奇函數(shù),且f(-)=-f()>0,故有f()<0,因為函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞減,且f()>0,由零點存在性定理知,存在c∈(,),使得f(c)=0,即函數(shù)f(x)在(0,+∞)上有唯一零點
10、,由奇函數(shù)圖象的特點知,函數(shù)f(x)在(-∞,0)也有一個零點,故方程f(x)=0的根的個數(shù)為2.
12.-×()n(n∈N*)
解析 由題意知an=()n,bn
=3n-2(n∈N*),
所以cn=(3n-2)×()n(n∈N*).
所以Sn=1×+4×()2+7×()3+…+(3n-5)×()n-1+(3n-2)×()n,
于是Sn=1×()2+4×()3+7×()4+…+(3n-5)×()n+(3n-2)×()n+1.
兩式相減,得
Sn=+3[()2+()3+…+()n]-(3n-2)×()n+1
=-(3n+2)×()n+1.
所以Sn=-×()n(n∈N*).
11、
13.
解析 由題意,得sin=cos ,
因為0≤φ<π,所以φ=.
14.±1
解析 設直線l的方程為y=k(x+1),A(x1,y1)、B(x2,y2)、Q(x0,y0).解方程組
化簡得:k2x2+(2k2-4)x+k2=0,
∴x1+x2=,y1+y2
=k(x1+x2+2)=.
∴x0=,y0=.
由=2
得:2+2=4.
∴k=±1.
15.①④⑤
解析 對于①,因為點M、N分別為棱VA、VC的中點,
所以MN∥AC,又MN?平面ABC,
所以MN∥平面ABC,所以①正確;
對于②,假設OC⊥平面VAC,
則OC⊥AC,
因為AB是圓O的直徑,所以BC⊥AC,矛盾,
所以②是不正確的;
對于③,因為MN∥AC,且BC⊥AC,
所以MN與BC所成的角為90°,
所以③是不正確的;
對于④,易得OP∥VA,又VA⊥MN,
所以MN⊥OP,所以④是正確的;
對于⑤,因為VA⊥平面ABC,BC?平面ABC,
所以VA⊥BC,
又BC⊥AC,且AC∩VA=A,
所以BC⊥平面VAC,又BC?平面VBC,
所以平面VAC⊥平面VBC,所以⑤是正確的.
綜上,應填①④⑤.