高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專項小測7“12選擇＋4填空”理-人教版高三全冊數(shù)學(xué)試題

專項小測(七)“12選擇＋4填空”時間：45分鐘滿分：80分一、選擇題：本題共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．記復(fù)數(shù)z的虛部為Im(z)，已知z滿足iz＝1＋2i，則Im(z)為()A．－1 B．－iC．2 D．2i解析：由iz＝1＋2i，得z＝eq\f(1＋2i,i)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋2i))i,i2)＝2－i，∴Im(z)＝－1，故選A.答案：A2．已知集合A＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x，y|x2－6x＋y2－4y＋9＝0))，B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x，y|x＋12＋y－22＝9))，則A∩B中的元素的個數(shù)為()A．0個 B．1個C．2個 D．無數(shù)個解析：∵A＝{(x，y)|x2－6x＋y2－4y＋9＝0}＝{(x，y)|(x－3)2＋(y－2)2＝4}，B＝{(x，y)|(x＋1)2＋(y－2)2＝9}，∴圓心距d＝eq\r([3－－1]2＋2－22)＝4，得1＝|r1－r2|＜d＜r1＋r2＝5，∴兩圓的位置關(guān)系為相交，∴A∩B中有2個元素，故選C.答案：C3．若雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的一條漸近線方程為y＝eq\r(2)x，則其離心率為()A.eq\r(2) B.eq\r(3)C．2 D．3解析：因為雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的一條漸近線方程為y＝eq\r(2)x，所以eq\f(b,a)＝eq\r(2)，即b2＝2a2，而a2＋b2＝c2，所以c2＝3a2?c＝eq\r(3)a?e＝eq\f(c,a)＝eq\r(3)，故選B.答案：B4．函數(shù)f(x)＝eq\f(ex－1,x)的大致圖象為()解析：函數(shù)f(x)的定義域為{x|x≠0}，f′(x)＝eq\f(xex－1－ex－1,x2)＝eq\f(ex－1x－1,x2).當(dāng)x>1時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)0＜x＜1，x＜0時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，顯然當(dāng)x>0時，f(x)>0；當(dāng)x＜0時，f(x)＜0，故選B.答案：B5．在△ABC中，D為AB的中點，點E滿足eq\o(EB,\s\up6(→))＝4eq\o(EC,\s\up6(→))，則eq\o(ED,\s\up6(→))＝()A.eq\f(5,6)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(4,3)eq\o(AC,\s\up6(→)) B.eq\f(4,3)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(5,6)eq\o(AC,\s\up6(→))C.eq\f(5,6)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(4,3)eq\o(AC,\s\up6(→)) D.eq\f(4,3)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(5,6)eq\o(AC,\s\up6(→))解析：因為D為AB的中點，點E滿足eq\o(EB,\s\up6(→))＝4eq\o(EC,\s\up6(→))，所以eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(EB,\s\up6(→))＝eq\f(4,3)eq\o(CB,\s\up6(→))，所以eq\o(ED,\s\up6(→))＝eq\o(EB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(4,3)eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\f(4,3)(eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→)))－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\f(5,6)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\f(4,3)eq\o(AC,\s\up6(→))，故選A.答案：A6．已知Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和，若S3＝18，a3＝9，則a6＝()A．12 B．15C．18 D．21解析：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由S3＝18，a3＝9，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S3＝3a1＋3d＝18，,a3＝a1＋2d＝9，))解得a1＝d＝3，所以a6＝a1＋5d＝18，故選C.答案：C7．如圖，在多面體ABCDEF中，AD⊥平面ABF，AD∥BC∥EF，AD＝4，BC＝3，AB＝BF＝EF＝2，∠ABF＝120°.則異面直線AF與CD所成角的余弦值為()A.eq\f(\r(15),5) B.eq\f(\r(15),6)C.eq\f(\r(15),8) D.eq\f(\r(15),15)解析：過點A作CD的平行線交CB的延長線于點G，連接FG，則∠FAG就是異面直線AF與CD所成的角或其補角．因為AD∥BC，AD＝4，BC＝3，所以BG＝1.又AD⊥平面ABF，AD∥BG，所以AB⊥BG，BG⊥BF，所以AG＝eq\r(AB2＋BG2)＝eq\r(5)，F(xiàn)G＝eq\r(FB2＋BG2)＝eq\r(5).由AB＝BF＝2，∠ABF＝120°，可得AF＝eq\r(AB2＋BF2－2AB·BF·cos∠ABF)＝2eq\r(3)，故在△AFG中，由余弦定理得cos∠FAG＝eq\f(AG2＋AF2－FG2,2AG·AF)＝eq\f(\r(5)2＋2\r(3)2－\r(5)2,2×\r(5)×2\r(3))＝eq\f(\r(15),5).答案：A8．設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對邊的長分別是a，b，c，且b＝3，c＝1，A＝2B，則a的值為()A．2eq\r(5) B．4C．2eq\r(3) D．2eq\r(2)解析：在△ABC中，由A＝2B，eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，b＝3，c＝1，可得eq\f(a,2sinBcosB)＝eq\f(3,sinB)，整理得a＝6cosB，∴由余弦定理得a＝6×eq\f(a2＋1－9,2a)，解得a＝2eq\r(3)，故選C.答案：C9．已知函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，則()A．f(－3)＜f(－log313)＜f(20.6)B．f(－3)＜f(20.6)＜f(－log313)C．f(20.6)＜f(－log313)＜f(－3)D．f(20.6)＜f(－3)＜f(－log313)解析：根據(jù)題意，函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，則f(－3)＝f(3)，f(－log313)＝f(log313)，有20.6＜2＜log313＜log327＝3，又由f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，則有f(20.6)＜f(－log313)＜f(－3)，故選C.答案：C10．已知函數(shù)f(x)＝2cos(ωx＋φ)(ω＞0，|φ|＜eq\f(π,2))的部分圖象如圖所示，點A(0，eq\r(3))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))，則函數(shù)f(x)圖象的一條對稱軸方程為()A．x＝－eq\f(π,3) B．x＝－eq\f(π,12)C．x＝eq\f(π,18) D．x＝eq\f(π,24)解析：由圖象過點A(0，eq\r(3))，得2cosφ＝eq\r(3)，cosφ＝eq\f(\r(3),2)，又|φ|＜eq\f(π,2)，則φ＝±eq\f(π,6).因為圖象是右平移，所以φ＝－eq\f(π,6)，f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,6))).再由圖象過點Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))得2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(πω,6)－\f(π,6)))＝0，則eq\f(πω,6)－eq\f(π,6)＝2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，又ω＞0，則ω的最小值為4，所以f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,6)))，當(dāng)x＝eq\f(π,24)時，f(x)取得最大值2，所以x＝eq\f(π,24)是f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,6)))圖象的一條對稱軸，故選D.答案：D11．設(shè)兩直線l1：x－2y－2＝0與l2：ax＋y＋1＝0垂直，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,a)＋\f(1,x)－\r(2)))4的展開式中x2的系數(shù)為()A．12 B．3C.eq\f(5,2) D.eq\f(7,2)解析：∵兩直線l1：x－2y－2＝0與l2：ax＋y＋1＝0垂直，∴eq\f(1,2)·(－a)＝－1，求得a＝2，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,a)＋\f(1,x)－\r(2)))4＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(1,x)－\r(2)))4＝eq\f(x－\r(2)8,16x4)，要求其展開式中x2項，則是分子(x－eq\r(2))8中展開式中的x6項，所以它的展開式中x2的系數(shù)為eq\f(C\o\al(2,8)·2,16)＝eq\f(7,2)，故選D.答案：D12．已知正三棱錐A－BCD的所有頂點都在球O的球面上，其底面邊長為3，E，F(xiàn)，G分別為側(cè)棱AB，AC，AD的中點．若O在三棱錐A－BCD內(nèi)，且三棱錐A－BCD的體積是三棱錐O－BCD體積的3倍，則平面EFG截球O所得截面的面積為()A.eq\f(9\r(3),8) B.eq\f(3π,2)C.eq\f(15π,4) D．4π解析：如圖所示，平面EFG截球O所得截面的圖形為圓面．正三棱錐A－BCD中，過A作底面的垂線AH，垂足為H，與平面EFG交點記為K，連接OD，HD，依題意，得VA－BCD＝3VO－BCD，所以AH＝3OH，設(shè)球的半徑為R，在Rt△OHD中，OD＝R，HD＝eq\r(3)，OH＝eq\f(R,2)，由勾股定理得R2＝(eq\r(3))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R,2)))2，解得R＝2.由于平面EFG∥平面BCD，所以AH⊥平面EFG，球心O到平面EFG的距離為KO，則KO＝eq\f(R,4)＝eq\f(1,2)，設(shè)平面EFG截球O所得截面的半徑為r，在Rt△KON中，r2＝KN2＝ON2－KO2＝R2－eq\f(1,4)＝eq\f(15,4)，所以截面圓的面積為πr2＝eq\f(15,4)π，故選C.答案：C二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13．已知taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(1,3)，則eq\f(cos2α,1－sin2α)＝________.解析：因為taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(1,3)，所以tanα＝taneq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))))＝eq\f(1－tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α)),1＋tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α)))＝eq\f(1－\f(1,3),1＋\f(1,3))＝eq\f(1,2)，所以eq\f(cos2α,1－sin2α)＝eq\f(cos2α－sin2α,cos2α＋sin2α－2sinαcosα)＝eq\f(cosα＋sinαcosα－sinα,cosα－sinα2)＝eq\f(cosα＋sinα,cosα－sinα)＝eq\f(1＋tanα,1－tanα)＝eq\f(1＋\f(1,2),1－\f(1,2))＝3.答案：314．在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))(1＋x)5的展開式中，x2項的系數(shù)為________(用數(shù)字作答)．解析：二項式(1＋x)5展開式的通項為Tr＋1＝Ceq\o\al(r,5)xr(r＝0,1,2,3,4,5)，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))(1＋x5)的展開式中x2項為1×Ceq\o\al(2,5)x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))×Ceq\o\al(3,5)x3＝10x2－10x2＝0.答案：015．已知Sn是數(shù)列{an}的前n項和，Sn＝2－2an＋1，若a2＝eq\f(1,2)，則S5＝________.解析：由題意可知S1＝2－2a2＝1，且Sn＝2－2(Sn＋1－Sn)，