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4套“124”限时提速练“124”限时提速练(一)(满分80分，限时45分钟)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1已知N是自然数集，设集合A，B0,1,2,3,4，则AB()A0,2B0,1,2C2,3 D0,2,4解析：选BN，x1应为6的正约数，x11或x12或x13或x16，解得x0或x1或x2或x5，集合A0,1,2,5，又B0,1,2,3,4，AB0,1,2故选B.2若复数z满足(1i)z2i，则z()A1i B1iC1i D1i解析：选C因为(1i)z2i，所以z1i.3设向量a(1,2)，b(m，m1)，若ab，则实数m的值为()A1 B1C D3解析：选A因为a(1,2)，b(m，m1)，ab，所以2mm1，解得m1.4在等比数列an中，a12，公比q2.若ama1a2a3a4(mN*)，则m()A11 B10C9 D8解析：选B由题意可得，数列an的通项公式为an2n，又amaq6210，所以m10.5已知圆C的圆心在坐标轴上，且经过点(6,0)及椭圆1的两个顶点，则该圆的标准方程为()A(x2)2y216 Bx2(y6)272C.2y2 D.2y2解析：选C由题意得圆C经过点(0，2)，设圆C的标准方程为(xa)2y2r2，由a24r2，(6a)2r2，解得a，r2，所以该圆的标准方程为2y2.6若n的展开式中所有项的系数的绝对值的和为243，则n的展开式中第3项的系数为()A80 B80C40 D40解析：选C令x1，y1，得3n243，故n5，所以T3Cx3240x3y2，故选C.7某几何体的三视图如图所示，俯视图是一个圆，其内有一个边长为的正方形，正视图和侧视图是两个全等的等腰直角三角形，它们的底边长和圆的直径相等，它们的内接矩形的长和圆内正方形的对角线长相等，宽和正方形的边长相等，则俯视图中圆的半径是()A2 B2C3 D.1解析：选D因为正方形的边长为，所以正方形的对角线长为2，设俯视图中圆的半径为R，如图，可得R1.8我国古代数学著作孙子算经中有如下问题：“今有方物一束，外周一匝有三十二枚，问积几何？”设每层外周枚数为a，如图是解决该问题的程序框图，则输出的结果为()A121 B81C74 D49解析：选B第一次循环：S1，n2，a8；第二次循环：S9，n3，a16；第三次循环：S25，n4，a24；第四次循环：S49，n5，a32；第五次循环：S81，n6，a40，不满足a32，退出循环，输出S的值为81.9.函数f(x)Asin(2x)A0，|的部分图象如图所示，且f(a)f(b)0，对不同的x1，x2a，b，若f(x1)f(x2)，有f(x1x2)，则()Af(x)在上是减函数Bf(x)在上是增函数Cf(x)在上是减函数Df(x)在上是增函数解析：选B由题图知A2，设ma，b，且f(0)f(m)，则f(0m)f(m)f(0)，2sin ，sin ，又|，f(x)2sin，令2k2x2k，kZ，解得kxk，kZ，此时f(x)单调递增，所以选项B正确10.已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1的体积为36，点E，F分别为棱B1B，C1C上的点(异于端点)，且EFBC，则四棱锥A1AEFD的体积为()A2 B4C6 D12解析：选D连接AF，易知四棱锥A1AEFD的体积为三棱锥FA1AD和三棱锥FA1AE的体积之和设正四棱柱的底面边长为a，高为h，则VFA1ADahaa2h，VFA1AEahaa2h，所以四棱锥A1AEFD的体积为a2h，又a2h36，所以四棱锥A1AEFD的体积为12.11函数f(x)(2x23x)ex的图象大致是()解析：选A由f(x)的解析式知，f(x)只有两个零点x与x0，排除B、D；又f(x)(2x27x3)ex，由f(x)0知函数有两个极值点，排除C，故选A.12已知函数f(x)ln xx与g(x)ax2ax1(a0)的图象有且只有一个公共点，则a所在的区间为()A. B.C. D.解析：选D设T(x)f(x)g(x)ln xxax2ax1，由题意知，当x0时，T(x)有且仅有1个零点T(x)1axaa(x1)(x1)(x1)(1ax)因为a0，x0，所以T(x)在上单调递增，在上单调递减，如图，当x0时，T(x)，x时，T(x)，所以T0，即ln 110，所以ln0.因为yln 在x0上单调递减，所以ln 0在a0上最多有1个零点当a时，ln0，当a1时，ln 0，当a时，ln0，当a2时，ln 0，所以a.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13若函数f(x)是奇函数，则常数a_.解析：函数f(x)的定义域为(，0)(0，)，则由f(x)f(x)0，得0，即ax0，则a0.答案：014已知x，y满足约束条件则目标函数z3xy的最大值为_解析：作出不等式组所表示的可行域如图中阴影部分所示，作出直线3xy0，平移该直线，当直线经过点A时，z取得最大值联立解得所以zmax3(1).答案：15在平面直角坐标系xOy中，与双曲线y21有相同渐近线，焦点位于x轴上，且焦点到渐近线距离为2的双曲线的标准方程为_解析：与双曲线y21有相同渐近线的双曲线的标准方程可设为y2，因为双曲线焦点在x轴上，故0，又焦点到渐近线的距离为2，所以4，所求方程为1.答案：116如图所示，在ABC中，ABC为锐角，AB2，AC8，sinACB，若BE2DE，SADE，则_.解析：因为在ABC中，AB2，AC8，sinACB，由正弦定理得，所以sinABC.又ABC为锐角，所以cosABC.因为BE2DE，所以SABE2SADE.又因为SADE，所以SABD4.因为SABDBDABsinABC，所以BD6.由余弦定理AD2AB2BD22ABBDcosABD，可得AD4.因为SABEABAEsinBAE，SDAEADAEsinDAE，所以24.答案：4“124”限时提速练(二)(满分80分，限时45分钟)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1若复数z1为纯虚数，则实数a()A2B1C1 D2解析：选A因为复数z111i为纯虚数，所以10，且0，解得a2.故选A.2设集合A，Bx|ln x0，则AB()A. B1,0)C. D1,1解析：选A2x ，1x，A.ln x0，0x1，Bx|0x1，AB.3已知函数f(x)2x(x0)，其值域为D，在区间(1,2)上随机取一个数x，则xD的概率是()A. B.C. D.解析：选B因为函数y2x是R上的增函数，所以函数f(x)的值域是(0,1)，由几何概型的概率公式得，所求概率P.4已知B是以线段AC为直径的圆上的一点(异于点A，C)，其中|AB|2，则 ()A1 B2C3 D4解析：选D连接BC，AC为直径，ABC90，ABBC，在上的投影|cos，|2，|cos，4.5已知x，y满足约束条件则z2xy的最大值为()A3 B.C3 D4解析：选C作出不等式组所表示的可行域如图中阴影部分所示，作出直线2xy0，平移该直线，当直线过点B时，z2xy取得最大值由得所以B(2，1)，故zmax2213.6执行如图所示的程序框图，若输出的s25，则判断框中可填入的条件是()Ai4? Bi4?Ci5? Di5?解析：选C执行程序框图，i1，s100595；i2，s951085；i3，s851570；i4，s702050；i5，s502525；i6，退出循环此时输出的s25.结合选项知，选C.7将函数y2sincos的图象向左平移(0)个单位长度，所得图象对应的函数为奇函数，则的最小值为()A. B.C. D.解析：选B根据题意可得ysin，将其图象向左平移个单位长度，可得ysin 的图象，因为该图象所对应的函数恰为奇函数，所以2k(kZ)，(kZ)，又0，所以当k1时，取得最小值，且min，故选B.8南宋数学家秦九韶早在数书九章中就提出了已知三角形的三边求其面积的公式：“以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实一为从隅，开平方，得积”即ABC的面积S，其中ABC的三边分别为a，b，c，且abc，并举例“问沙田一段，有三斜，其小斜一十三里，中斜一十四里，大斜一十五里，里法三百步欲知为田几何？”则该三角形沙田的面积为()A82平方里 B83平方里C84平方里 D85平方里解析：选C由题意知三角形沙田的三边长分别为15里、14里、13里，代入三角形的面积公式可得三角形沙田的面积S84(平方里)故选C.9如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为()A518 B618C86 D106解析：选C由三视图可知该几何体是由一个半圆柱和两个半球构成的，故该几何体的表面积为24122122321386.10已知f(x)是定义在2b,1b上的偶函数，且在2b，0上为增函数，则f(x1)f(2x)的解集为()A. B.C1,1 D.解析：选B函数f(x)是定义在2b,1b上的偶函数，2b1b0，b1，函数f(x)的定义域为2,2，又函数f(x)在2,0上单调递增，函数f(x)在0,2上单调递减，f(x1)f(2x)，f(|x1|)f(|2x|)，解得1x.11在各项均为正数的等比数列an中，a1a112a5a9a4a1281，则的最小值是()A. B9C1 D3解析：选C因为an为等比数列，所以a1a112a5a9a4a12a2a6a8a(a6a8)281，又因为等比数列an的各项均为正数，所以a6a89，所以(a6a8)51，当且仅当，a6a89，即a63，a86时等号成立，所以的最小值是1.12过抛物线yx2的焦点F的直线交抛物线于A，B两点，点C在直线y1上，若 ABC为正三角形，则其边长为()A11 B12C13 D14解析：选B由题意可知，焦点F(0,1)，易知过焦点F的直线的斜率存在且不为零，则设该直线方程为ykx1(k0)，联立消去y，得x24kx40，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1x24k，x1x24，设线段AB的中点为M，则M(2k,2k21)，|AB|4(1k2)设C(m，1)，连接MC，ABC为等边三角形，kMC，m2k34k，点C(m，1)到直线ykx1的距离|MC| |AB|，4(1k2)，即2(1k2)，解得k，|AB|4(1k2)12.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13从长度分别为1,2,3,4,5的五条线段中，任取三条的不同取法有n种，在这些取法中，若以取出的三条线段为边可组成钝角三角形的取法种数为m，则_.解析：由题意得nC10，结合余弦定理可知组成钝角三角形的有(2,3,4)，(2,4,5)，共2个，所以m2，故.答案：14甲、乙、丙三位同学，其中一位是班长，一位是体育委员，一位是学习委员，已知丙比学习委员的年龄大，甲与体育委员的年龄不同，体育委员比乙的年龄小，据此推断班长是_解析：若甲是班长，由于体育委员比乙的年龄小，故丙是体育委员，乙是学习委员，但这与丙比学习委员的年龄大矛盾，故甲不是班长；若丙是班长，由于体育委员比乙的年龄小，故甲是体育委员，这和甲与体育委员的年龄不同矛盾，故丙不是班长；若乙是班长，由于甲与体育委员的年龄不同，故甲是学习委员，丙是体育委员，此时其他条件均成立，故乙是班长答案：乙15已知F为双曲线1(a0，b0)的左焦点，定点A为双曲线虚轴的一个端点，过F，A两点的直线与双曲线的一条渐近线在y轴右侧的交点为B，若3，则此双曲线的离心率为_解析：由F(c,0)，A(0，b)，得直线AF的方程为yxb.根据题意知，直线AF与渐近线yx相交，联立得消去x得，yB.由3，得yB4b，所以4b，化简得3c4a，所以离心率e.答案：16一个直角三角形的三个顶点分别在底面边长为2的正三棱柱的侧棱上，则该直角三角形斜边的最小值为_解析：记该直角三角形为ABC，且AC为斜边法一：如图，不妨令点A与正三棱柱的一个顶点重合，取AC的中点O，连接BO，BOAC，AC取得最小值即BO取得最小值，即点B到平面ADEF的距离AHD是边长为2的正三角形，点B到平面ADEF的距离为，AC的最小值为2.法二：如图，不妨令点A与正三棱柱的一个顶点重合，设BHm(m0)，CDn(n0)，AB24m2，BC24(nm)2，AC24n2.AC为RtABC的斜边，AB2BC2AC2，即4m24(nm)24n2，m2nm20，m0，nm，AC2424812，当且仅当m，即m时等号成立，AC2，故AC的最小值为2.答案：2“124”限时提速练(三)(满分80分，限时45分钟)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1已知a，bR，复数abi，则ab()A2B1C0 D2解析：选C因为abi1i，所以a1，b1，ab0.2设集合Ax|1x2，Bx|xa，若ABA，则a的取值范围是()A(，2 B(，1C1，) D2，)解析：选D由ABA，可得AB，又Ax|1x2，Bx|xa，所以a2.3若点在角的终边上，则sin ()A. B.C D解析：选C因为sin sinsin ，cos cos cos ，所以点在角的终边上，且该点到角顶点的距离r1，所以sin .4从某校的一次数学考试中，随机抽取50名同学的成绩，算出平均分为72分，若本次成绩X服从正态分布N(，196)，则该校学生本次数学成绩在86分以上的概率约为()(附：若ZN(，2)，则P(Z)0.682 7, P(2Z2)0.954 5)A0.022 8 B0.045 5C0.158 7 D0.317 3解析：选C这50名同学成绩的平均数为72，由题意知X服从正态分布N(72,142)，故P(7214X86)(10.682 7)0.158 7.5某几何体的三视图如图所示，其中正视图是等腰直角三角形，侧视图是边长为2的等边三角形，则该几何体的体积等于()A. B.C. D2解析：选D由三视图知，该几何体是一个四棱锥，记为四棱锥PABCD，如图，该四棱锥的高h，底面ABCD是边长分别为2，的矩形，所以该四棱锥的体积VS四边形ABCDh22.故选D.6已知直线l：yxm与圆C：x2(y3)26相交于A，B两点，若ACB120，则实数m的值为()A3或3 B32或32C9或3 D8或2解析：选A由题知圆C的圆心为C(0,3)，半径为，取AB的中点为D，连接CD，则CDAB，在ACD中，|AC|，ACD60，所以|CD|，由点到直线的距离公式得，解得m3.7在如图所示的程序框图中，如果输入a1，b1，则输出的S()A7 B20C22 D54解析：选B执行程序，a1，b1，S0，k0，k4，S2，a2，b3；k2，k4，S7，a5，b8；k4，k4，S20，a13，b21；k6，不满足k4，退出循环则输出的S20.8若直线xa(0a1)与函数ytan x的图象无公共点，则不等式tan x2a的解集为()A.B.C.D.解析：选B由正切函数的图象知，直线xa(0a1)与函数ytan x的图象没有公共点时，a，所以tan x2a，即tan x1，其解集是.9已知Sn为数列an的前n项和，若a12且Sn12Sn，设bnlog2an，则的值是()A. B.C. D. 解析：选B由Sn12Sn可知，数列Sn是首项为S1a12，公比为2的等比数列，所以Sn2n.当n2时，anSnSn12n2n12n1，所以bnlog2an当n2时，所以112.10已知函数f(x)若方程f(x)2有两个解，则实数a的取值范围是()A(，2) B(，2C(，5) D(，5解析：选C法一：当x1时，由ln x12，得xe.由方程f(x)2有两个解知，当x1时，方程x24xa2有唯一解令g(x)x24xa2(x2)2a6，则g(x)在(，1)上单调递减，所以当x1时，g(x)0有唯一解，则g(1)0，得a5，故选C.法二：随着a的变化引起yf(x)(x1)的图象上下平移，作出函数yf(x)的大致图象如图所示，由图象知，要使f(x)2有两个解，则 a32，得ab0)的左焦点，经过原点O的直线l与椭圆E交于P，Q两点，若|PF|2|QF|，且PFQ120，则椭圆E的离心率为()A. B.C. D.解析：选C设F1是椭圆E的右焦点，如图，连接PF1，QF1.根据对称性，线段FF1与线段PQ在点O处互相平分，所以四边形PFQF1是平行四边形，|FQ|PF1|，FPF1180PFQ60，根据椭圆的定义得|PF|PF1|2a，又|PF|2|QF|，所以|PF1|a，|PF|a，而|F1F|2c，在F1PF中，由余弦定理，得(2c)2222aacos 60，化简得，所以椭圆E的离心率e.12已知函数f(x)2kln xkx，若x2是函数f(x)的唯一极值点，则实数k的取值范围是()A. B.C(0,2 D2，)解析：选Af(x)(x0)，令f(x)0，得x2或exkx2(x0)由x2是函数f(x)的唯一极值点知exkx2(x0)恒成立或exkx2(x0)恒成立，由yex(x0)和ykx2(x0)的图象可知，只能是exkx2(x0)恒成立当x0时，由exkx2，得k.设g(x)，则kg(x)min.由g(x)，得当x2时，g(x)0，g(x)单调递增，当0x2时，g(x)0，g(x)单调递减，所以g(x)ming(2)，所以k.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13已知向量a，b满足ab，|a|1，|2ab|2，则|b|_.解析：法一：因为|2ab|2，所以4a24abb28.因为ab，所以ab0.又|a|1，所以4140b28，所以|b|2.法二：如图，作出2a，b，2ab，因为ab，所以OAOB，因为|a|1，|2ab|2，所以|2，|2，所以|b|2.法三：因为ab，所以以O为坐标原点，以a，b的方向分别为x轴，y轴的正方向建立平面直角坐标系(图略)，因为|a|1，所以a(1,0)，设b(0，y)(y0)，则2ab(2，y)，因为|2ab|2，所以4y28，解得y2，所以|b|2.答案：214已知变量x，y满足约束条件则zx3y的最大值为_解析：作出不等式组所表示的可行域如图中阴影部分所示，作出直线x3y0，并平移该直线，当直线经过点A(0，4)时，目标函数zx3y取得最大值，且zmax12.答案：1215在ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若cos C，c3，且，则ABC的面积等于_解析：由及正弦定理，得，即tan Atan B，所以AB，即ab.由cos C且c3，结合余弦定理a2b22abcos Cc2，得ab，又sin C，所以ABC的面积Sabsin C.答案：16如图，等腰三角形PAB所在平面为，PAPB，AB4，C，D分别为PA，AB的中点，G为CD的中点平面内经过点G的直线l将PAB分成两部分，把点P所在的部分沿直线l翻折，使点P到达点P(P平面)若点P在平面内的射影H恰好在翻折前的线段AB上，则线段PH的长度的取值范围是_解析：在等腰三角形PAB中，PAPB，AB4，PAPB2.C，D分别为PA，AB的中点，PCCD且PCCD.连接PG，PG，G为CD的中点，PGPG.连接HG，点P在平面内的射影H恰好在翻折前的线段AB上，PH平面，PHHG，HGPG.易知点G到线段AB的距离为，HG，HG.又PH，0PH.答案：“124”限时提速练(四)(满分80分，限时45分钟)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1复数z的共轭复数对应的点在复平面内位于()A第一象限B第二象限C第三象限 D第四象限解析：选D复数zi，则复数z的共轭复数为i，所以复数z的共轭复数对应的点的坐标是，该点位于第四象限2已知集合M，N，则MN()A(，2 B(0,1C0,1 D(0,2解析：选B由1得0，解得0x2，则Mx|0x2；函数y1x2的值域是(，1，则Ny|y1，因此MNx|0x1(0,13设等差数列an的前n项和为Sn，且a2a7a1224，则S13()A52 B78C104 D208解析：选C依题意得3a724，a78，S1313a7104，选C.4已知f(x)是定义在R上的偶函数，且满足f(x4)f(x)，当x2,0时，f(x) 2x，则f(1)f(4)等于()A. BC1 D1解析：选B由f(x4)f(x)知f(x)是周期为4的周期函数，又f(x)是定义在R上的偶函数，故f(4)f(0)1，f(1)f(1)，又12,0，所以f(1)21，所以f(1)，f(1)f(4).5已知点A(1,1)，B(1,2)，C(2，1)，D(3,4)，则向量在方向上的投影是()A. BC3 D3解析：选C依题意得，(2,1)，(5,5)，(2,1)(5,5)15，|，因此向量在方向上的投影是3.6若二项式6的展开式中的常数项为m，则(x22x)dx()A. BC D.解析：选D因为二项式的通项公式为Tr1C6rr6rCx123r，令123r0，得r4，所以m2C3，所以(x22x)dx(x22x)dx，故选D.7在平面区域(x，y)|0x1,1y2内随机投入一点P，则点P的坐标(x，y)满足y2x的概率为()A. B.C. D.解析：选D作出不等式表示的平面区域如图所示，故所求概率P(y2x).8某几何体是直三棱柱与圆锥的组合体，其直观图和三视图如图所示，正视图为正方形，则其俯视图中椭圆的离心率为()A. B.C. D.解析：选C依题意得，题中的直三棱柱的底面是等腰直角三角形，设其直角边长为a，则斜边长为a，圆锥的底面半径为a、母线长为a，因此其俯视图中椭圆的长轴长为a、短轴长为a，其离心率e.9已知点P，A，B在双曲线1上，直线AB过坐标原点，且直线PA，PB的斜率之积为，则双曲线的离心率为()A. B.C2 D.解析：选A根据双曲线的对称性可知点A，B关于原点对称，设A(x1，y1)，P(x 2，y 2)，则B(x1，y 1)，所以两式相减得，即，因为直线PA，PB的斜率之积为，所以kPAkPB，所以双曲线的离心率为e .10将函数f(x)sin(2x)的图象向左平移个单位长度后的图象关于原点对称，则函数f(x)在上的最小值为()A. B.C D解析：选D依题意得，函数ysinsin是奇函数，则sin0，又|，因此0，所以f(x)sin.当x时，2x，所以f(x)sin，所以f(x)sin在上的最小值为.11设三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，且长度分别为2，2，4，则其外接球的表面积为()A48 B32C20 D12解析：选B依题意，设题中的三棱锥外接球的半径为R，可将题中的三棱锥补形成一个长方体，则R 2，因此三棱锥外接球的表面积为4R232.12已知函数f(x)x33x，则方程ff(x)1的实根的个数是()A9 B7C5 D3解析：选A依题意得f(x)3(x1)(x1)，当x1时，f(x)0；当1x1时，f(x)0.所以函数f(x)在区间(，1)，(1，)上单调递增，在(1,1)上单调递减，且 f(1)f(2)2，f(1)2，f()f(0)0.在平面直角坐标系内画出直线y1与函数yf(x)的图象(图略)，结合图象可知，它们共有三个不同的交点，记这三个交点的横坐标由小到大依次为x1，x2，x3，则x11x20，x32.再画出直线yx1，yx2，yx3，结合图象可知，直线yx1，yx2，yx3与函数yf(x)的图象的交点个数均为3，且这些交点的横坐标各不相同，所以方程ff(x)1的实根个数是9.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13已知f(x)是定义在R上的奇函数，且当x0时，f(x)2x，则f(log49)_.解析：因为当x0，则x0时，f(x)2x，又因为log49log230，所以f(log49)f(log23)2log232log2.答案：14若，cos2cos 2，则sin 2_.解析：由已知得(cos sin )2(cos sin )(cos sin )，所以cos sin 0或cos sin ，由cos sin 0得tan 1，因为，所以cos sin 0不满足条件；由cos sin ，两边平方得1sin 2，所以sin 2.答案：15已知点A是抛物线y22px(p0)上一点，F为其焦点，以F为圆心，|FA|为半径的圆交准线于B，C两点，若FBC为正三角形，且ABC的面积为，则抛物线的方程为_解析：如图，可得|BF|，则由抛物线的定义知点A到准线的距离也为，又ABC的面积为，所以，解得p8，故抛物线的方程为y216x.答案：y216x16在数列an和bn中，an1anbn，bn1anbn，a11，b11.设cn，则数列cn的前2 018项和为_解析：由已知an1anbn，bn1anbn，得an1bn12(anbn)，所以2，所以数列anbn是首项为2，公比为2的等比数列，即anbn2n，将an1anbn，bn1anbn相乘，得2，所以数列anbn是首项为1，公比为2的等比数列，所以anbn2n1，因为cn，所以cn2，数列cn的前2 018项和为22 0184 036.答案：4 036
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