高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)課余自主加餐訓(xùn)練“4”限時提速練三理

“12＋4〞限時提速練(三)一、選擇題(本大題共12小題，每題5分，在每題給出四個選項中，只有一項為哪一項符合題目要求)1．復(fù)數(shù)z＝eq\f(m,1－i)＋eq\f(1－i,2)(i是虛數(shù)單位)實部與虛部和為1，那么實數(shù)m值為()A．－1B．0C．1D．22．設(shè)集合A滿足{a}?A{a，b，c，d}，那么滿足條件集合A個數(shù)為()A．4B．5C．6D．73．在等比數(shù)列{an}中，a3，a15是方程x2－6x＋8＝0根，那么eq\f(a1a17,a9)值為()A．2eq\r(2)B．4C．－2eq\r(2)或2eq\r(2)D．－4或44．在平面中，A(1，0)，B(1，eq\r(3))，O為坐標(biāo)原點，點C在第二象限，且∠AOC＝120°，假設(shè)，那么λ值為()A．－1B．2C．1D．－25．雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)兩條漸近線與拋物線y＝x2＋1相切，那么雙曲線離心率為()A.eq\r(5)B.eq\f(\r(5),2)C．2D.eq\f(3\r(5),5)6．如圖為一個圓柱中挖去兩個完全一樣圓錐而形成幾何體三視圖，那么該幾何體體積為()A.eq\f(1,3)πB.eq\f(2,3)πC.eq\f(4,3)πD.eq\f(5,3)π7．定義[x]為不超過x最大整數(shù)，，當(dāng)輸入x，輸出y值為()C．10.2D．8.奇函數(shù)y＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f〔x〕，x＞0，,g〔x〕，x＜0，))假設(shè)f(x)＝ax(a＞0，a≠1)對應(yīng)圖象如下圖，那么g(x)＝()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(－x)B．－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)C．2－xD．－2x9．x，y滿足不等式組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥0，,x－y≤0，,4x＋3y≤14，))設(shè)(x＋2)2＋(y＋1)2最小值為ω，那么函數(shù)f(t)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωt＋\f(π,6)))最小正周期為()A.eq\f(2π,3)B．πC.eq\f(π,2)D.eq\f(2π,5)10．函數(shù)y＝f(x)對任意自變量x都有f(x)＝f(2－x)，且函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)．假設(shè)數(shù)列{an}是公差不為0等差數(shù)列，且f(a6)＝f(a2011)，那么{an}前2016項之和為()A．0B．1008C．2016D．403211.橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)及圓O：x2＋y2＝a2，如圖過點B(0，a)與橢圓相切直線l交圓O于點A，假設(shè)∠AOB＝60°，那么橢圓離心率為()A.eq\f(\r(3),3)B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(3),2)D.eq\f(1,3)12．定義在(－1，1)上函數(shù)f(x)＝1＋x－eq\f(x2,2)＋eq\f(x3,3)－…－eq\f(x2016,2016)，設(shè)F(x)＝f(x＋4)，且F(x)零點均在區(qū)間(a，b)內(nèi)，其中a，b∈Z，a＜b，那么圓x2＋y2＝b－a面積最小值為()A．πB．2πC．3πD．4π二、填空題(本大題共4小題，每題5分)13．(x＋2y)n展開式中第二項系數(shù)為8，那么(1＋x)＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)n展開式中所有項系數(shù)和為________．14．函數(shù)f(x)＝alnx＋(x＋1)2，假設(shè)圖象上存在兩個不同點A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1＞x2)，使得f(x1)－f(x2)≤4(x1－x2)成立，那么實數(shù)a取值范圍為________．15．A，B，C為球O外表上三點，這三點所在小圓圓心為O1，且AB＝AC＝1，∠BAC＝120°，球面上點P在平面ABC上射影恰為O1，三棱錐P-ABC體積為eq\f(\r(3),6)，那么球O外表積為________．16．?dāng)?shù)列{an}前n項和為Sn＝pn2－2n，n∈N*，bn＝eq\f(a1＋2a2＋3a3＋…＋nan,1＋2＋3＋…＋n)，假設(shè)數(shù)列{bn}是公差為2等差數(shù)列，那么數(shù)列{an}通項公式為________．答案一、選擇題1．解析：選C由z＝eq\f(m,1－i)＋eq\f(1－i,2)＝eq\f(m〔1＋i〕,2)＋eq\f(1－i,2)＝eq\f(〔m＋1〕＋〔m－1〕i,2)，那么eq\f(m＋1,2)＋eq\f(m－1,2)＝1，得m＝1，應(yīng)選C.2．解析：選D根據(jù)子集定義，可得集合A中必定含有元素a，而且含有a，b，c，d中至多三個元素．因此，滿足條件{a}?A{a，b，c，d}集合A有{a}，{a，b}，{a，c}，{a，d}，{a，b，c}，{a，c，d}，{a，b，d}，共7個．3．解析：選A∵a3，a15是方程x2－6x＋8＝0根，∴a3a15＝8，a3＋a15＝6，因此a3，a15均為正，由等比數(shù)列性質(zhì)知，a1a17＝aeq\o\al(2,9)＝a3a15＝8，∴a9＝2eq\r(2)，eq\f(a1a17,a9)＝2eq\r(2)，應(yīng)選A.4．解析：選C由得，＝(1，eq\r(3))，＝(1，0)，那么＝(λ－2，eq\r(3)λ)，又點C在第二象限，故λ－2＜0，eq\r(3)λ＞0，那么0＜λ＜2，由于∠AOC＝120°，所以cos∠AOC＝eq\f(λ－2,\r(〔λ－2〕2＋3λ2))＝－eq\f(1,2)，解得λ＝1，應(yīng)選C.5．解析：選A雙曲線漸近線為y＝±eq\f(b,a)x，代入拋物線方程得，x2±eq\f(b,a)x＋1＝0，∴Δ＝eq\f(b2,a2)－4＝0，故e2＝eq\f(c2,a2)＝eq\f(b2,a2)＋1＝5，∴e＝eq\r(5)，應(yīng)選A.6．解析：選C由三視圖，可得這個幾何體直觀圖如下圖，那么其體積為圓柱體積減去兩個圓錐體積，即π×12×2－2×eq\f(1,3)×π×12×1＝eq\f(4,3)π，應(yīng)選C.7．解析：選C當(dāng)輸入x，執(zhí)行程序框圖可知，，即4.7－[4.7]不等于0，因而可得y，，應(yīng)選C.8.解析：選D由圖象可知，當(dāng)x＞0時，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，那么0＜a＜1，∵f(1)＝eq\f(1,2)，∴a＝eq\f(1,2)，即函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)，當(dāng)x＜0時，－x＞0，那么f(－x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(－x)＝－g(x)，即g(x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(－x)＝－2x，故g(x)＝－2x，x＜0，選D.9．解析：選D由不等式組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥0，,x－y≤0，,4x＋3y≤14))作出可行域如圖中陰影局部所示，(x＋2)2＋(y＋1)2幾何意義為可行域內(nèi)點與定點C(－2，－1)之間距離平方，其最小值為5，故f(t)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5t＋\f(π,6)))，其最小正周期T＝eq\f(2π,5)，應(yīng)選D.10．解析：選C∵f(x)＝f(2－x)，∴f(x)圖象關(guān)于直線x＝1對稱．又∵函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)，且數(shù)列{an}公差不為0，f(a6)＝f(a2011)，∴a6＋a2011＝2，∴a1＋a2016＝a6＋a2011＝2，∴S2016＝eq\f(2016〔a1＋a2016〕,2)＝2016.11.解析：選A由，顯然直線l斜率存在，故可設(shè)直線l方程為y＝kx＋a，那么由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋a，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1))得(b2＋a2k2)x2＋2a3kx＋a2c2＝0，∴Δ＝4a6k2－4a2c2(b2＋a2k2)＝0，結(jié)合圖形解得k＝eq\f(c,a)，即直線l方程為y＝eq\f(c,a)x＋a.故直線l斜率為eq\f(c,a)＝e，由于∠AOB＝60°，設(shè)AB與x軸交于點C，那么在Rt△OBC中，∠OCB＝30°，因而e＝tan∠OCB＝eq\f(\r(3),3)，應(yīng)選A.12．解析：選Af′(x)＝1－x＋x2－x3＋…－x2015＝eq\f(1－x2016,1＋x)＞0，因而f(x)在(－1，1)上單調(diào)遞增，f(－1)＝(1－1)－eq\f(1,2)－eq\f(1,3)－…－eq\f(1,2016)＜0，f(0)＝1＞0，因而函數(shù)f(x)僅有1個零點，且在(－1，0)內(nèi)，那么F(x)＝f(x＋4)也有1個零點在(－5，－4)內(nèi)，故b－a最小值為1，那么圓x2＋y2＝b－a面積最小值為π，應(yīng)選A.二、填空題13．解析：(x＋2y)n展開式中第二項系數(shù)為8，即Ceq\o\al(1,n)×2＝8，故nx＝1，可得(1＋x)＋(1＋x)2＋(1＋x)3＋(1＋x)4展開式中所有項系數(shù)和為2＋22＋23＋24＝30.答案：3014．解析：由題意可得，f(x)＝alnx＋x2＋2x＋1，f′(x)＝eq\f(a,x)＋2(x＋1)，由題意知，存在x＞0，使得f′(x)≤4成立，即存在x＞0，使得a≤－2x2＋2x成立，設(shè)g(x)＝－2x2＋2x＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,2)，其最大值為eq\f(1,2)，因而a≤eq\f(1,2).答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))15．解析：由AB＝AC＝1，∠BAC＝120°，知圓O1半徑r＝1，且S△ABC＝eq\f(1,2)×1×1×sin120°＝eq\f(\r(3),4)，設(shè)PO1＝h，球O半徑為R，因而VP-ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×h＝eq\f(\r(3),6)，得h＝2，R2＝(h－R)2＋r2，即R2＝4－4R＋R2＋1，R＝eq\f(5,4)，那么球O外表積為4πR2＝4π×eq\f(25,16)＝eq\f(25π,4).答案：eq\f(25π,4)16．解析：法一：由Sn＝pn2－2n可知，當(dāng)n＝1時，a1＝p－2，當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2pn－p－2，a1＝p－2適合上式，因而對任意n∈N*，均有an＝2pn－p－2.又由得a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝eq\f(1,2)n(n＋1)bn，a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＋(n＋1)an＋1＝eq\f(1,2)(n＋1)(n＋2)bn＋1，那么(n＋1)an＋1＝eq\f(1,2)(n＋1)(n＋2)bn＋1－eq\f(1,2)n(n＋1)bn，∴an＋1＝bn＋1＋n.an＋1－an＝bn＋1－bn＋1＝3，那么2p＝3，a1＝－eq\f(1,2).∴數(shù)列{an}通項公式為an＝3n－eq\f(7,2).法二：由Sn＝pn2－2n可知，當(dāng)n＝1時，a1＝p－2，