(通用版)2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 80分小題精準(zhǔn)練7 理

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1、80分小題精準(zhǔn)練(七) (建議用時:50分鐘) 一、選擇題:本大題共12小題,每小題5分,共60分,在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的. 1.已知全集U=R,M={x|x<-1},N={x|x(x+2)<0},則圖中陰影部分表示的集合是(  ) A.{x|-1≤x<0}     B.{x|-1<x<0} C.{x|-2<x<-1} D.{x|x<-1} A [∵M={x|x<-1},∴UM={x|x≥-1}. 又N={x|x(x+2)<0}={x|-2<x<0},圖中陰影部分表示的集合為N∩(UM), ∴N∩(UM)={x|-1≤x<0} ,故選A.]

2、 2.若復(fù)數(shù)z=m(m-1)+(m-1)i是純虛數(shù),其中m是實數(shù),則=(  ) A.i B.-i C.2i D.-2i A [復(fù)數(shù)z=m(m-1)+(m-1)i是純虛數(shù),故m(m-1)=0且m-1≠0, 解得m=0,故z=-i,故=-=-=i.故選A.] 3.設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn,若S3=9,S6=36,則a7+a8+a9=(  ) A.81 B.54 C.45 D.18 A [由等比數(shù)列的性質(zhì)可得S3,S6-S3,S9-S6,…,成等比數(shù)列,并設(shè)其公比為q, 又由題意得S3=9,S6-S3=36-9=27,∴q==3, ∴a7+a8+a9=S9-S6=27

3、×3=81.故選A.] 4.設(shè)函數(shù)f(x)=cos,則下列結(jié)論錯誤的是(  ) A.f(x)的一個周期為2π B.y=f(x)的圖象關(guān)于直線x=-對稱 C.f的一個零點為π D.f(x)在上單調(diào)遞減 D [函數(shù)f(x)=cos周期為2π,故A正確;對稱軸滿足條件x+=kπ,即x=kπ-,k∈Z, ∴y=f(x)的圖象關(guān)于直線x=-對稱,故B正確; 在C中,f=cos=-sin x,-sin π=0, ∴f的一個零點為π,故C正確; 在D中,函數(shù)f(x)=cos在上單調(diào)先減后增,故D錯誤.故選D.] 5.(2019·上海高考)已知 a、b∈R,則“a2>b2”是“|a|>|

4、b|”的(  ) A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分又不必要條件 C [∵a2>b2與“|a|>|b|”等價, ∴“a2>b2”是“|a|>|b|”的充要條件,故選C.] 6.若函數(shù)f(x)、 g(x)分別是定義在R上的偶函數(shù)、奇函數(shù),且滿足2f(x)-g(x)=ex,則(  ) A.f(-2)<f(-3)<g(-1) B.g(-1)<f(-3)<f(-2) C.f(-2)<g(-1)<f(-3) D.g(-1)<f(-2)<f(-3) D [函數(shù)f(x)、g(x)分別是定義在R上的偶函數(shù)、奇函數(shù),且滿足2f(x)-g(x)=ex,

5、則2f(-x)-g(-x)=e-x,即2f(x)+g(x)=e-x, 與2f(x)-g(x)=ex,聯(lián)立解得: f(x)=,g(x)=. 則函數(shù)f(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增,在(-∞,0)上單調(diào)遞減.函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞減. ∴g(-1)<g(0)=0<=f(0)<f(-2)<f(-3), 即g(-1)<f(-2)<f(-3),故選D.] 7.在△ABC中,|+|=|-|,||=||=3,則·=(  ) A.3 B.-3 C. D.- C [如圖,在△ABC中,由||=||=3可知AO⊥BC.設(shè)|OC|=x,由|+|=|-|,得|OA|=x,所以|AO|2+|OC|2

6、=|AC|2,即3x2+x2=9,解得x=,所以|BC|=3,所以△ABC為等邊三角形, 所以·=3×3×=.故選C.] 8.安排5名學(xué)生去3個社區(qū)進行志愿服務(wù),且每人只去一個社區(qū),要求每個社區(qū)至少有一名學(xué)生進行志愿服務(wù),則不同的安排方式共有(  ) A.360種 B.300種 C.150種 D.125種 C [分2步分析: 先將5名學(xué)生分成3組,由兩種分組方法, 若分成3、1、1的三組,有=10種分組方法, 若分成1、2、2的三組,有=15種分組方法, 則一共有10+15=25種分組方法; 再將分好的三組全排列,對應(yīng)三個社區(qū),有A=6種情況, 則有25×6=150種不

7、同的安排方式,故選C.] 9.如圖是一個幾何體的平面展開圖,其中ABCD為正方形,E、F分別為PA、PD的中點,在此幾何體中,給出下面四個結(jié)論: ①直線BE與直線CF異面; ②直線BE與直線AF異面; ③直線EF∥平面PBC; ④平面BCE⊥平面PAD. 其中正確結(jié)論的個數(shù)是(  ) A.1個 B.2個 C.3個 D.4個 B [畫出幾何體的圖形,如圖, 由題意可知,①直線BE與直線CF異面不正確, 因為E,F(xiàn)是PA與PD的中點,可知EF∥AD, 所以EF∥BC,直線BE與直線CF是共面直線; ②直線BE與直線AF異面,滿足異面直線的定義,正確. ③直線EF∥平面P

8、BC,由E,F(xiàn)是PA與PD的中點,可知EF∥AD,所以EF∥BC, ∵EF平面PBC,BC?平面PBC,所以判斷是正確的. ④因為△PAB與底面ABCD的關(guān)系不是垂直關(guān)系,BC與平面PAB的關(guān)系不能確定,所以平面BCE⊥平面PAD不正確.故選B.] 10.在△ABC中,角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,若A=3B,則的取值范圍是(  ) A.(0,3) B.(1,3) C.(0,1] D.(1,2] B [∵A=3B,∴由正弦定理得: === =cos 2B+2cos2B=2cos 2B+1, ∵B+A<180°,即4B<180°, ∴0<B<45°,即0<2B<9

9、0°, ∴0<cos 2B<1,即1<2cos 2B+1<3, 則的取值范圍為(1,3).故選B.] 11.已知函數(shù)f(x)滿足f(x)=f′(1)ex-1-f(0)x+x2,則f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(  ) A.(-∞,0) B.(-∞,1) C.(1,+∞) D.(0,+∞) D [f′(x)=f′(1)ex-1-f(0)+x, 令x=1,得f′(1)=f′(1)e0-f(0)+1 ,解得f(0)=1, 所以f(0)=f′(1)e0-1-f(0)·0+0=1,得f′(1)=e. 所以f′(x)=ex-1+x, 因為y=ex遞增,y=x-1遞增,所以f′(x)=ex-1

10、+x遞增,又f′(0)=0,所以由f′(x)>0,解得x>0,即f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,+∞).故選D.] 12.已知雙曲線C:-=1(a>0,b>0)的左、右焦點分別為F1,F(xiàn)2,離心率為e,過點F1的直線l與雙曲線C的左、右兩支分別交于A,B兩點,若·=0,且∠F1AF2=150°,則e2=(  ) A.7-2 B.7- C.7+ D.7+2 A [∵·=0, ∴AB⊥BF2, ∵∠F1AF2=150°, ∴∠BAF2=30°, 設(shè)|BF2|=x,則|BF1|=x+2a,|AF2|=2x,|AB|=x, ∴|AF1|=|BF1|-|AB|=x+2a-x, 又|AF

11、2|-|AF1|=2a, ∴2x-(x+2a-x)=2a ,解得x=2(-1)a. ∴|BF1|=2a,|BF2|=2(-1)a, 在Rt△BF1F2中, 由勾股定理得:12a2+[(2-2)a]2=4c2, 即(7-2)a2=c2,∴e2==7-2.故選A. ] 二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分. 13.已知的展開式的各項系數(shù)和為64,則展開式中x3的系數(shù)為________. 20 [令x=1,可得的展開式的各項系數(shù)和為2n=64,∴n=6, 故=的展開式的通項公式為Tr+1=C·x3r-6,令3r-6=3,可得r=3, 故展開式中x3的系數(shù)為C=20.]

12、 14.已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點為F,準(zhǔn)線l與x軸的交點為A,P是拋物線C上的點,且PF⊥x軸.若以AF為直徑的圓截直線AP所得的弦長為2,則實數(shù)p的值為________. 2 [把x=代入y2=2px可得y=±p,不妨設(shè)p在第一象限,則P,又A, ∴直線AP的方程為y=x+,即x-y+=0, ∴原點O到直線AP的距離d==, ∵以AF為直徑的圓截直線AP所得的弦長為2, ∴=+1,解得p=2.] 15.已知三棱錐D-ABC的體積為2,△ABC是等腰直角三角形,其斜邊AC=2,且三棱錐D-ABC的外接球的球心O恰好是AD的中點,則球O的體積為________.

13、π [如圖所示, 取AC的中點E,連接OE,由于O為AD的中點,E為AC的中點,則OE∥CD, 因為AC為等腰直角三角形ABC的斜邊,所以,點E為△ABC外接圓圓心, 且O為三棱錐D-ABC外接球的球心,所以O(shè)E⊥平面ABC,所以,CD⊥平面ABC, 因為△ABC是等腰直角三角形,且斜邊AC=2,所以,AB=BC=,則△ABC的面積為S△ABC=AB·BC=1, 由錐體體積公式可得VD-ABC=S△ABC·CD=×1×CD=2, 所以CD=6, 所以AD==2,則球O的半徑為R=AD=, 因此,球O的體積為πR3=π×()3=π.] 16.在△ABC中,角A,B,C所對的邊分別

14、為a,b,c,點O為△ABC外接圓的圓心,若a=,且c+2cos C=2b,=m+n,則m+n的最大值為________.  [△ABC中,a=,且c+2cos C=2b, ∴c+2acos C=2b, ∴sin C+2sin Acos C=2sin B, ∴sin C+2sin Acos C=2(sin Acos C+cos Asin C), ∴sin C=2cos Asin C, ∵C∈(0,π),∴sin C≠0,∴cos A=, ∵A∈(0,π),∴A=, 由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccos A, 即為3=b2+c2-bc, 由2R===2,即R=1,可得外接圓的半徑為1, =m+n,可得·=m2+n·, 化為c2=mc2+nbc, 同理可得為b2=mbc+nb2, 解得m=,n=, 即有m+n=- ≥-·2=, 當(dāng)且僅當(dāng)b=c=時,取得最大值.] - 8 -

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