高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)素養(yǎng)訓(xùn)練(一)

素養(yǎng)訓(xùn)練(一)__數(shù)學(xué)抽象1．已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閇0，2]，則函數(shù)g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x))＋eq\r(8－2x)的定義域?yàn)?)A．[0，3]B．[0，2]C．[1，2]D．[1，3]2．若冪函數(shù)f(x)＝(m2－2m＋1)x2m－1在(0，＋∞)上為增函數(shù)，則實(shí)數(shù)m的值為()A．0B．1C．2D．0或23．函數(shù)y＝loga(x＋4)＋2(a>0且a≠1)的圖象恒過點(diǎn)A，且點(diǎn)A在角θ的終邊上，則sin2θ＝()A．－eq\f(5,13)B．eq\f(5,13)C．－eq\f(12,13)D．eq\f(12,13)4．若一系列函數(shù)的解析式相同，值域相同，但其定義域不同，則稱這些函數(shù)為“同族函數(shù)”，那么函數(shù)解析式為y＝x2，值域?yàn)閧1，4}的“同族函數(shù)”的個數(shù)為()A．7B．8C．9D．105．已知函數(shù)f(x)＝x3＋2x2f′(1)＋2，且圖象在點(diǎn)x＝2處的切線的傾斜角為α，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－α))的值為()A．eq\f(3,16)B．－eq\f(3,16)C．eq\f(4,17)D．－eq\f(4,17)6．?dāng)?shù)列{an}是等差數(shù)列，a1＝1，公差d∈[1，2]，且a4＋λa10＋a16＝15，則實(shí)數(shù)λ的最大值為()A．eq\f(7,2)B．eq\f(53,19)C．－eq\f(23,19)D．－eq\f(1,2)7．已知函數(shù)y＝f(x)，滿足y＝f(－x)和y＝f(x＋2)是偶函數(shù)，且f(1)＝eq\f(π,3)，設(shè)F(x)＝f(x)＋f(－x)，則F(3)＝()A．eq\f(π,3)B．eq\f(2π,3)C．πD．eq\f(4π,3)8．已知函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞減，且a＝33.1，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(π)，c＝lneq\f(1,3)，則f(a)，f(b)，f(c)的大小關(guān)系為()A．f(a)>f(b)>f(c)B．f(b)>f(c)>f(a)C．f(c)>f(a)>f(b)D．f(c)>f(b)>f(a)9．已知f(x)是定義在[2b，1－b]上的偶函數(shù)，且在[2b，0]上為增函數(shù)，則f(x－1)≤f(2x)的解集為()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(2,3)))B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,3)))C．[－1，1]D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))10．在一個有窮數(shù)列每相鄰兩項(xiàng)之間添加一項(xiàng)，使其等于兩相鄰項(xiàng)的和，我們把這樣的操作叫做該數(shù)列的一次“H擴(kuò)展”．已知數(shù)列{1，2}．第一次“H擴(kuò)展”后得到{1，3，2}；第二次“H擴(kuò)展”后得到{1，4，3，5，2}．那么第10次“H擴(kuò)展”后得到的數(shù)列的項(xiàng)數(shù)為()A．1023B．1025C．513D．51111．高斯是德國著名的數(shù)學(xué)家，近代數(shù)學(xué)奠基者之一，享有“數(shù)學(xué)王子”的稱號，用其名字命名的“高斯函數(shù)”為設(shè)x∈R，用[x]表示不超過x的最大整數(shù)，則y＝[x]稱為高斯函數(shù)．例如：[－2.1]＝－3，[3.1]＝3，已知函數(shù)f(x)＝eq\f(2x＋3,2x＋1)，則函數(shù)y＝[f(x)]的值域?yàn)?)A．{0，1，2，3}B．{0，1，2}C．{1，2，3}D．{1，2}12．定義在R上的偶函數(shù)f(x)滿足f(1＋x)＝f(1－x)，當(dāng)x∈[0，1]時，f(x)＝－x＋1，設(shè)函數(shù)g(x)＝e－|x－1|(－1<x<3)，則f(x)與g(x)的圖象所有交點(diǎn)的橫坐標(biāo)之和為()A．3B．4C．5D．613．設(shè)向量a＝(m，1)，b＝(1，m)，如果a與b共線且方向相反，則m的值為________．14．我們把平面內(nèi)與直線垂直的非零向量稱為直線的法向量，在平面直角坐標(biāo)系中，利用求動點(diǎn)軌跡方程的方法，可以求出過點(diǎn)A(－2，3)且法向量為n＝(4，－1)的直線(點(diǎn)法式)方程為4×(x＋2)＋(－1)×(y－3)＝0，化簡得4x－y＋11＝0.類比以上方法，在空間直角坐標(biāo)系中，經(jīng)過點(diǎn)B(1，2，3)且法向量為m＝(－1，－2，1)的平面(點(diǎn)法式)方程為________________．15．已知橢圓eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1的右焦點(diǎn)F到雙曲線E：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的漸近線的距離小于eq\r(3)，則雙曲線E的離心率的取值范圍是________________．16．設(shè)函數(shù)y＝f(x)的圖象與y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x＋a)的圖象關(guān)于直線y＝－x對稱，且f(－3)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝4，則實(shí)數(shù)a＝________．素養(yǎng)訓(xùn)練（一）數(shù)學(xué)抽象1．答案：A解析：由題意，可知x滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0≤\f(1,2)x≤2，,8－2x≥0，))解得0≤x≤3，即函數(shù)g（x）的定義域?yàn)閇0，3]，故選A.2．答案：C解析：∵f（x）是冪函數(shù)，∴m2－2m＋1＝1，即m＝0或2.又∵f（x）在（0，＋∞）上為增函數(shù)，∴2m－1>0，即m>eq\f(1,2).∴m＝2.故選C.3．答案：C解析：對于函數(shù)y＝loga（x＋4）＋2（a>0且a≠1），令x＋4＝1，求得x＝－3，則y＝2，∴函數(shù)的圖象恒過點(diǎn)A（－3，2），∵點(diǎn)A在角θ的終邊上，∴tanθ＝eq\f(y,x)＝－eq\f(2,3)，則sin2θ＝eq\f(2sinθcosθ,sin2θ＋cos2θ)＝eq\f(2tanθ,tan2θ＋1)＝－eq\f(12,13).故選C.4．答案：C解析：函數(shù)解析式為y＝x2，值域?yàn)閧1，4}，當(dāng)x＝±1時，y＝1；當(dāng)x＝±2時，y＝4.則定義域可以為{1，2}，{1，－2}，{－1，2}，{－1，－2}，{1，－1，2}，{1，－1，－2}，{－1，2，－2}，{1，－2，2}，{1，－1，2，－2}，因此“同族函數(shù)”共有9個．故選C.5．答案：D解析：∵f（x）＝x3＋2x2f′（1）＋2，∴f′（x）＝3x2＋4xf′（1），∴f′（1）＝3＋4f′（1），解得f′（1）＝－1，∴f′（x）＝3x2－4x，∴f′（2）＝3×22－4×2＝4，圖象在點(diǎn)x＝2處的切線的斜率k＝tanα＝4，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－α))＝－cosαsinα＝－eq\f(sinαcosα,sin2α＋cos2α)＝－eq\f(tanα,tan2α＋1)＝－eq\f(4,17)，故選D.6．答案：D解析：∵數(shù)列{an}是等差數(shù)列，a1＝1，公差d∈[1，2]，且a4＋λa10＋a16＝15，∴1＋3d＋λ（1＋9d）＋1＋15d＝15，解得λ＝eq\f(13－18d,1＋9d)，∵d∈[1，2]，λ＝－2＋eq\f(15,1＋9d)是減函數(shù)，∴d＝1時，實(shí)數(shù)λ取最大值，λ＝eq\f(13－18,1＋9)＝－eq\f(1,2).故選D.7．答案：B解析：由y＝f（－x）和y＝f（x＋2）是偶函數(shù)知：f（－x）＝f（x），f（x＋2）＝f（－x＋2）＝f（x－2），故f（x）＝f（x＋4），則F（3）＝f（3）＋f（－3）＝2f（3）＝2f（－1）＝2f（1）＝eq\f(2π,3)，故選B.8．答案：D解析：因?yàn)閍＝33.1>30＝1，0<b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(π)<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(0)＝1，c＝lneq\f(1,3)<ln1＝0，所以c<b<a，又因?yàn)楹瘮?shù)f（x）在R上單調(diào)遞減，所以f（c）>f（b）>f（a），故選D.9．答案：B解析：∵f（x）是定義在[2b，1－b]上的偶函數(shù)，∴2b＋1－b＝0，∴b＝－1，f（x）在[2b，0]上為增函數(shù)，即函數(shù)f（x）在[－2，0]上為增函數(shù)，故函數(shù)f（x）在（0，2]上為減函數(shù)，則由f（x－1）≤f（2x），可得|x－1|≥|2x|，即（x－1）2≥4x2，解得－1≤x≤eq\f(1,3).又因?yàn)槎x域?yàn)閇－2，2]，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2≤x－1≤2，,－2≤2x≤2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1≤x≤3，,－1≤x≤1.))綜上，所求不等式的解集為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,3))).10．答案：B解析：設(shè)第n次“H擴(kuò)展”后得到的數(shù)列的項(xiàng)數(shù)為an，則第n＋1次“H擴(kuò)展”后得到的數(shù)列的項(xiàng)數(shù)為an＋1＝2an－1，∴an＋1－1＝2（an－1），∴eq\f(an＋1－1,an－1)＝2.又a1－1＝3－1＝2，∴{an－1}是以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，∴an－1＝2·2n－1，∴an＝2n＋1，∴a10＝210＋1＝1025.故選B.11．答案：D解析：f（x）＝eq\f(2x＋3,2x＋1)＝eq\f(2x＋1＋2,2x＋1)＝1＋eq\f(2,2x＋1)，∵2x>0，∴1＋2x>1，∴0<eq\f(1,2x＋1)<1，則0<eq\f(2,2x＋1)<2，∴1<1＋eq\f(2,2x＋1)<3，即1<f（x）<3，當(dāng)1<f（x）<2時，[f（x）]＝1，當(dāng)2≤f（x）<3時，[f（x）]＝2，綜上，函數(shù)y＝[f（x）]的值域?yàn)閧1，2}．故選D.12．答案：B解析：由f（x）是偶函數(shù)且滿足f（1＋x）＝f（1－x）可得f（x）的圖象關(guān)于y軸對稱且關(guān)于直線x＝1對稱，函數(shù)g（x）＝e－|x－1|（－1<x<3）的圖象也關(guān)于直線x＝1對稱，函數(shù)y＝f（x）的圖象與函數(shù)g（x）＝e－|x－1|（－1<x<3）的圖象的位置關(guān)系如圖所示，可知兩個圖象有四個交點(diǎn)，且兩兩關(guān)于直線x＝1對稱，則f（x）與g（x）的圖象所有交點(diǎn)的橫坐標(biāo)之和為4，故選B.13．答案：－1解析：因?yàn)閍與b共線且方向相反，由共線向量定理可設(shè)a＝λb（λ<0），即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝λ，,1＝λm，))解得m＝±1，由于λ<0，所以m＝－1.14．答案：x＋2y－z－2＝0解析：由題意可設(shè)Q（x，y，z）為所求平面內(nèi)的任一點(diǎn)，則根據(jù)eq\o(BQ,\s\up6(→))⊥m，得eq\o(BQ,\s\up6(→))·m＝0，所以（－1）×（x－1）＋（－2）×（y－2）＋1×（z－3）＝0，化簡得x＋2y－z－2＝0.故所求平面方程為x＋2y－z－2＝0.15．答案：（1，2）解析：橢圓eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1的右焦點(diǎn)F為（2，0），不妨取雙曲線E：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1（a>0，b>0）的一條漸近線為bx＋ay＝0，則焦點(diǎn)F到漸近線bx＋ay＝0的距離d＝eq\f(|2b|,\r(b2＋a2))<eq\r(3)，即有2b<eq\r(3)c，∴4b2<3c2，∴4（c2－a2）<3c2，∴e<2，∵e>1，∴1<e<2.16．答案：