新编高考数学理新课标版考前冲刺复习课时作业：第1部分第3讲高考客观题的解法 Word版含答案

课时作业A 组1(20 xx张掖第一次诊断考试)设集合 Ax|x2x20，Bx|x1，且 xZ，则AB()A1B0C1，0D0，1C解析 依题意得 Ax|(x1)(x2)0 x|1x2，因此 ABx|1x1，xZ1，0，选 C.2若 a，b，cR，ab，则下列不等式成立的是()A.1a1bBa2b2C.ac21bc21Da|c|b|c|C解析 取 a1，b1，排除 A，B；取 c0，排除 D，故选 C.3已知 sin6cos6，则 tan ()A1B0C.12D1A解析 因为 sin6cos6，所以12cos 32sin 32cos 12sin ，即1232 sin 1232 cos ，所以 tan sin cos 1.4 (20 xx河北三市第二次联考)已知袋子中装有大小相同的 6 个小球， 其中有 2 个红球、4 个白球现从中随机摸出 3 个小球，则至少有 2 个白球的概率为()A.34B.35C.45D.710C解析 所求问题有两种情况：1 红 2 白或 3 白，则所求概率 PC12C24C34C3645.5(20 xx合肥第一次教学质量检测)函数 ysinx6 在 x2 处取得最大值，则正数的最小值为()A.2B.3C.4D.6D解析 由题意得，2622k(kZ)，解得6k(kZ)，因为0，所以当 k0 时，min6，故选 D.6当 a0 时，函数 f(x)(x22ax)ex的图象大致是()B解析 由 f(x)0，得 x22ax0，解得 x0 或 x2a，因为 a0，所以 x2a0，故排除 A，C；当 x 趋向于时，ex趋向于 0，故 f(x)趋向于 0，排除 D.7(20 xx湖南省东部六校联考)执行如图所示的程序框图，若输入 n 的值为 8，则输出 s的值为()A4B8C10D12B解析 第一次循环：s2，i4，k2；第二次循环：s4，i6，k3；第三次循环：s8，i8，k4，当 i8 时不满足条件，退出循环，故输出 s 的值为 8.8(20 xx广州五校联考)设 alog123，b130.2，c213，则()AabcBcbaCcabDbacA解析 因为 alog123log1221，0b130.21301，c213201，所以 abc.9(20 xx重庆第一次适应性测试)在数列an中，若 a12，且对任意正整数 m，k，总有 amkamak，则an的前 n 项和 Sn()An(3n1)B.n（n3）2Cn(n1)D.n（3n1）2C解析 依题意得 an1ana1，即有 an1ana12，所以数列an是以 2 为首项、2 为公差的等差数列，an22(n1)2n，Snn（22n）2n(n1)，选 C.10(20 xx唐山统一考试)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A64B4C.52D2D解析 由三视图知，该几何体为一个底面半径为 1，高为 1 的圆柱体，与底面半径为 1，高为 2 的半圆柱体构成，所以该几何体的体积为121121222，故选 D.11方程 xlg(x2)1 的实数根的个数为()A1B2C0D不确定B解析 方程 xlg(x2)1lg(x2)1x， 在同一直角坐标系中画出函数 ylg(x2)与 y1x的图象，可得两函数图象有两个交点，故所求方程有两个不同的实数根12(20 xx广州五校联考)已知 RtAOB 的面积为 1，O 为直角顶点，设向量 aOA|OA|，bOB|OB|，OPa2b，则PAPB的最大值为()A1B2C3D4A解析 以 O 为原点，OA 所在直线为 x 轴，OB 所在直线为 y 轴，建立直角坐标系设 A(m，0)，B(0，n)，则 a(1，0)，b(0，1)，OPa2b(1，2)，PA(m1，2)，PB(1，n2)，RtAOB 的面积为 1，即有 mn2，则PAPB1m2(n2)5(m2n)52 2mn5221，当且仅当 m2n2时，取得最大值 1.13(20 xx河南八市重点高中质检)已知直线 l1与直线 l2：4x3y10 垂直且与圆 C：x2y22y3 相切，则直线 l1的方程是_解析 由题可得，圆 C 的标准方程为 x2(y1)24，其圆心为(0，1)，半径 r2.设直线 l1的方程为 3x4yc0，则|304（1）c|32422，解得 c14 或 c6.故直线l1的方程为 3x4y140 或 3x4y60.答案 3x4y140 或 3x4y6014(20 xx山西四校第二次联考)抛物线 x22py(p0)的焦点为 F，其准线与双曲线 x2y21 相交于 A，B 两点，若ABF 为等边三角形，则 p_.解析 由题意可知，抛物线的焦点为 F0，p2 ，准线方程为 yp2，联立yp2x2y21，解得 x1p24.因为ABF 为等边三角形， 所以 p2x22|x|， 即 p21p24 41p24 ， 解得 p23或2 3(舍去)答案 2 315已知正方形 ABCD 的边长为 1，ABa，BCb，ACc，则|abc|_解析 如图，建立平面直角坐标系，则 A(0，1)，B(0，0)，C(1，0)，所以ABa(0，1)，BCb(1，0)，ACc(1，1)，所以 abc(2，2)，|abc|2 2.答案 2 216(20 xx广州五校联考)已知函数 f(x)x22x，x0，x22x，x0，若 f(3a2)f(2a)，则实数 a的取值范围是_解析 如图，画出 f(x)的图象，由图象易得 f(x)在 R 上单调递减，因为 f(3a2)f(2a)，所以 3a22a，解得3a1.答案 (3，1)B 组1(20 xx郑州第一次质量预测)设 z1i(i 是虚数单位)，则2z z()AiB2iC1iD0D解析 因为2z z21i1i2（1i）（1i） （1i）1i1i1i0，故选 D.2(20 xx高考天津卷)设 x0，yR，则“xy”是“x|y|”的()A充要条件B充分而不必要条件C必要而不充分条件D既不充分也不必要条件C解析 由 xy 推不出 x|y|，由 x|y|能推出 xy，所以“xy”是“x|y|”的必要而不充分条件3(20 xx河南八市重点高中质检)已知函数 f(x)sin xcos x，且 f(x)12f(x)，则 tan 2x的值是()A23B43C.43D.34D解析 因为 f(x)cos xsin x12sin x12cos x，所以 tan x3，所以 tan 2x2tan x1tan2x61934，故选 D.4(20 xx贵州适应性考试)若单位向量 e1，e2的夹角为3，向量 ae1e2(R)，且|a|32，则()A12B.321C.12D.32A解析 由题意可得 e1e212， |a|2(e1e2)21212234， 化简得2140，解得12，选项 A 正确5(20 xx武汉调研)在ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，已知 a2，b2，c2成等差数列，则 cos B 的最小值为()A.12B.22C.34D.32A解析 因为 a2，b2，c2成等差数列，所以 a2c22b2，所以 cos Ba2c2b22aca2c2a2c222aca2c24ac2ac4ac12(当且仅当 ac 时取“”)，故选 A.6(20 xx河南八市重点高中质检)已知 a，b，c 是锐角ABC 中 A，B，C 的对边，若 a4，c6，ABC 的面积为 6 3，则 b 为()A13B8C2 7D2 2C解析 因为 SABC12acsin B1246sin B6 3，所以 sin B32，且ABC 为锐角三角形，所以 B3，所以 b21636246cos328，故 b2 7，选 C.7.如图，在多面体 ABCDEF 中，四边形 ABCD 是边长为 3 的正方形，EFAB， EF32， EF 与平面 ABCD 的距离为 2， 则该多面体的体积为()A.92B5C6D.152D解析 该多面体的体积比较难求，可连接 BE、CE，问题转化为四棱锥 EABCD 与三棱锥 EBCF 的体积之和，而 VEABCD13Sh13926，所以只能选 D.8(20 xx山西四校第二次联考)已知等比数列an中，各项都是正数，且 a1，12a3，2a2成等差数列，则a9a10a7a8()A1 2B1 2C32 2D32 2C解析 因为 a1，12a3，2a2成等差数列，所以12a32a12a2，即 a1q2a12a1q，所以 q212q，解得 q1 2或 q1 2(舍)，所以a9a10a7a8a1q8（1q）a1q6（1q）q2(1 2)232 2.9若9x13 xn(nN*)的展开式中第 3 项的二项式系数为 36，则其展开式中的常数项为()A84B252C252D84A解析 由题意可得 C2n36，所以 n9，所以9x13 xn9x13 x9的展开式的通项为 Tr1Cr999r13rx93r2，令 93r20，得 r6，所以展开式中的常数项为C699313684.10设不等式组2xy2x2y43xy3所表示的平面区域为 M，若函数 yk(x1)1 的图象经过区域 M，则实数 k 的取值范围是()A3，5B1，1C1，3D.12，1D解析 画出不等式组2xy2x2y43xy3所表示的平面区域M，如图中阴影部分所示，函数 yk(x1)1 的图象表示一条经过定点 P(1，1)的直线，当直线经过区域 M 内的点 A(0，2)时斜率最大，为 1，当直线经过区域 M 内的点 B(1，0)时斜率最小，为12，故实数 k 的取值范围是12，1，选 D.11已知函数 f(x)|x|1x，则函数 yf(x)的大致图象为()B解析 由 f(x)不是奇函数，排除 A、C 选项当 x0 时，f(x)0 恒成立，排除 D选项，故选 B.12设函数 g(x)x22(xR)，f(x)g（x）x4，xg（x） ，g（x）x，xg（x） ，则 f(x)的值域是()A.94，0(1，)B0，)C.94，D.94，0(2，)D解析 由 xg(x)得 xx22，所以 x1 或 x2；由 xg(x)得 xx22，所以1x2.所以 f(x)x2x2，x1 或 x2，x2x2，1x2.即 f(x)x12274，x1 或 x2，x12294，1x2.当 x1 时，f(x)2；当 x2 时，f(x)8.所以当 x(，1)(2，)时，函数的值域为(2，)当1x2 时，94f(x)0.所以当 x1，2时，函数的值域为94，0.综上可得 f(x)的值域是94，0(2，)13(20 xx河南八市重点高中质检)ABC 中，点 M 是边 BC 的中点，|AB|4，|AC|3，则AMBC_解析 AMBC12(ABAC)(ACAB)12(|AC|2|AB|2)12(916)72.答案 7214(20 xx山西四校第二次联考)定积分错误错误!16x2dx_解析 令 y 16x2，则 x2y216(y0)，点(x，y)的轨迹为半圆，错误错误!16x2dx 表示以原点为圆心，4 为半径的圆面积的14，所以错误错误!16x2dx14424.答案 415如图，已知球 O 的面上有四点 A，B，C，D，DA平面 ABC，ABBC，DAABBC 2，则球 O 的体积等于_解析 如图，以 DA，AB，BC 为棱长构造正方体，设正方体的外接球球 O 的半径为 R，则正方体的体对角线长即为球 O 的直径，所以|CD| （ 2）2（ 2）2（ 2）22R， 所以 R62， 故球 O 的体积 V4R336.答案616(20 xx河北“五校联盟”质检)给定方程：12xsin x10，下列命题中：该方程没有小于 0 的实数根；该方程有无数个实数根；该方程在(，0)内有且只有一个实数根；若 x0是方程的实数根，则 x01.正确命题的序号是_解析 由题意可知求方程12xsin x10 的解，等价于求函数 y112x与 ysin x的图象交点的横坐标，作出它们的图象，如图所示可知正确答案