高考二輪復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)試題（新高考新教材）題型專項(xiàng)練3客觀題124標(biāo)準(zhǔn)練（C）

題型專項(xiàng)練3客觀題12+4標(biāo)準(zhǔn)練(C)一、單項(xiàng)選擇題1.復(fù)數(shù)z=1-i31+2iA.15i B.15i C.15 D.2.已知集合M={x|lg(x1)≤0},N={x||x|<2},則M∪N=()A.? B.(1,2) C.(2,2] D.{1,0,1,2}3.4位優(yōu)秀工作代表到3個(gè)單位進(jìn)行宣講,每人宣講1場(chǎng),每個(gè)單位至少安排1人宣講,則不同的安排方法數(shù)為()A.81 B.72 C.36 D.64.若向量a,b滿足|a|=2,|b|=3,且(ab)⊥(2a+3b),則a與b夾角的余弦值為()A.112 B.336 C.2155.核酸檢測(cè)分析是用熒光定量PCR法,通過化學(xué)物質(zhì)的熒光信號(hào),對(duì)在PCR擴(kuò)增進(jìn)程中成指數(shù)級(jí)增加的靶標(biāo)DNA實(shí)時(shí)監(jiān)測(cè),在PCR擴(kuò)增的指數(shù)時(shí)期,熒光信號(hào)強(qiáng)度達(dá)到閾值時(shí),DNA的數(shù)量Xn與擴(kuò)增次數(shù)n滿足lgXn=nlg(1+p)+lgX0,其中p為擴(kuò)增效率,X0為DNA的初始數(shù)量.已知某被測(cè)標(biāo)本DNA擴(kuò)增10次后,數(shù)量變?yōu)樵瓉淼?00倍,則該樣本的擴(kuò)增效率p約為()(參考數(shù)據(jù):100.2≈1.585,100.2≈0.631)A.0.369 B.0.415 C.0.585 D.0.6316.某地區(qū)引入一種特色農(nóng)產(chǎn)品種植,該農(nóng)產(chǎn)品上市時(shí)間僅能維持5個(gè)月,預(yù)測(cè)上市初期和后期會(huì)因產(chǎn)品供應(yīng)不足使價(jià)格持續(xù)上漲,而中期又將出現(xiàn)供大于求使價(jià)格連續(xù)下跌.經(jīng)研究其價(jià)格模擬函數(shù)為f(t)=t(t3)2+4(0≤t≤5,其中t=0表示5月1日,t=1表示6月1日,以此類推).為保護(hù)農(nóng)戶的經(jīng)濟(jì)效應(yīng),當(dāng)?shù)卣?jì)劃在價(jià)格下跌時(shí)積極拓寬外銷,請(qǐng)你預(yù)測(cè)該農(nóng)產(chǎn)品價(jià)格下跌的月份為()A.5月和6月 B.6月和7月C.7月和8月 D.8月和9月7.已知雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,若雙曲線C上存在點(diǎn)P滿足∠F2PO=2∠FA.3+1 B.2+1 C.3 D.28.已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽,f(5)=4,f(x+3)是偶函數(shù),任意x1,x2∈[3,+∞)滿足f(x1)-f(x2)x1-xA.23B.-∞,23∪C.(2,3) D.2二、多項(xiàng)選擇題9.已知函數(shù)f(x)=cosx+π6,則A.2π為f(x)的一個(gè)周期 B.f(x)的圖象關(guān)于直線x=4πC.f(x)在區(qū)間π2,D.f(x+π)的一個(gè)零點(diǎn)為π10.已知lnx>lny>0,則下列結(jié)論正確的是()A.1xB.1C.logyx>logxy D.x2+4y(11.如圖,在正方體ABCDA1B1C1D1中,E,F,G分別為BC,CC1,BB1的中點(diǎn),則()A.D1D⊥平面AEFB.A1G∥平面AEFC.異面直線A1G與EF所成角的余弦值為10D.點(diǎn)G到平面AEF的距離是點(diǎn)C到平面AEF的距離的2倍12.如圖,在數(shù)表中,第1行是從1開始的正奇數(shù),從第2行開始每個(gè)數(shù)是它肩上兩個(gè)數(shù)之和,則下列說法正確的是()1357911…48121620…12202836……A.第6行第1個(gè)數(shù)為192B.第10行的數(shù)從左到右構(gòu)成公差為210的等差數(shù)列C.第10行前10個(gè)數(shù)的和為95×29D.數(shù)表中第2021行第2021個(gè)數(shù)為6061×22020三、填空題13.在一次期中考試中某學(xué)校高三全部學(xué)生的數(shù)學(xué)成績(jī)X服從正態(tài)分布N(μ,σ2),若P(X≥90)=0.5,且P(X≥110)=0.2,則P(X≤70)=.

14.已知兩條直線l1:y=2x+m,l2:y=2x+n與圓C:(x1)2+(y1)2=4交于A,B,C,D四點(diǎn),且四邊形ABCD為正方形,則|mn|的值為.

15.如圖,O是滑槽AB的中點(diǎn),短桿ON可繞點(diǎn)O轉(zhuǎn)動(dòng),長(zhǎng)桿MN通過點(diǎn)N處的鉸鏈與ON連接,MN上的栓子D可沿滑槽AB滑動(dòng).當(dāng)點(diǎn)D在滑槽AB內(nèi)作往復(fù)移動(dòng)時(shí),帶動(dòng)點(diǎn)N繞點(diǎn)O轉(zhuǎn)動(dòng),點(diǎn)M也隨之運(yùn)動(dòng).記點(diǎn)N的運(yùn)動(dòng)軌跡為C1,點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)軌跡為C2.若ON=DN=1,MN=3,過軌跡C2上的點(diǎn)P向軌跡C1作切線,則切線長(zhǎng)的最大值為.

16.阿基米德在他的著作《論球和圓柱》中,證明了數(shù)學(xué)史上著名的圓柱容球定理:圓柱的內(nèi)切球(與圓柱的兩底面及側(cè)面都相切的球)的體積與圓柱的體積之比等于它們的表面積之比.可證明該定理推廣到圓錐容球也正確,即圓錐的內(nèi)切球(與圓錐的底面及側(cè)面都相切的球)的體積與圓錐體積之比等于它們的表面積之比,則該比值的最大值為.

題型專項(xiàng)練3客觀題12+4標(biāo)準(zhǔn)練(C)1.C解析因?yàn)閦=1-i31+2i=1+i2.C解析根據(jù)題意,由lg(x1)≤0,得0<x1≤1,即1<x≤2,則集合M={x|lg(x1)≤0}={x|1<x≤2}.由|x|<2,得2<x<2,則N={x||x|<2}={x|2<x<2}.故M∪N={x|2<x≤2}=(2,2].3.C解析根據(jù)題意,必有兩人去同一個(gè)單位進(jìn)行宣講,故先從4位優(yōu)秀工作人員中選兩人,有C42=6種選法,將其看成整體,再和另外兩人分配到3個(gè)單位,有A33=6種分配方案,所以共有6×64.D解析由已知得(ab)·(2a+3b)=2a2+a·b3b2=0,|a|=2,|b|=3,則23cos<a,b>1=0,故cos<a,b>=365.C解析由題意知lg(100X0)=10lg(1+p)+lgX0,即2+lgX0=10lg(1+p)+lgX0,所以1+p=100.2≈1.585,解得p≈0.585.6.B解析由f(t)=t(t3)2+4(t∈[0,5]),得f'(t)=(t3)2+2t(t3)=3(t1)(t3),當(dāng)t∈[0,1)時(shí),f(t)單調(diào)遞增;當(dāng)t∈(1,3)時(shí),f(t)單調(diào)遞減;當(dāng)t∈(3,5]時(shí),f(t)單調(diào)遞增.根據(jù)題意,可知該農(nóng)產(chǎn)品價(jià)格下跌的月份為6月和7月.7.A解析由∠F2PO=2∠F1PO=π3,可知∠F1PF2=π又O為F1F2的中點(diǎn),所以∠F1F2P=π3根據(jù)題意可知|F1F2|=2c,則|PF2|=c,|PF1|=3c,所以3cc=2a,所以e=ca=28.D解析因?yàn)閒(x+3)是偶函數(shù),所以f(x)的圖象關(guān)于直線x=3對(duì)稱,所以f(5)=f(1)=4.因?yàn)槿我鈞1,x2∈[3,+∞)滿足f(x1)-f(x2)x1-x2>0,所以f(x)在區(qū)間[3,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間(∞,3)內(nèi)單調(diào)遞減,所以f(3x1)<9.AD解析函數(shù)f(x)=cosx+π6的最小正周期為2π,故由x+π6=kπ,k∈Z,得x=π6+kπ,k∈Z,無論k取何值,x≠4π3,函數(shù)f(x)=cosx+π6在區(qū)間π2,5π6內(nèi)單調(diào)遞減,∵f(x+π)=cosx+7π6,∴fπ3+π=cos7π6+π10.ACD解析因?yàn)閘nx>lny>0,所以x>y>1,所以1x<1y,因?yàn)閤>y>1,所以13x<13因?yàn)閤>y>1,所以logyx>logyy=1,logxy<logxx=1,所以logyx>logxy,所以C正確;因?yàn)閤>y>1,所以0<y(xy)≤y+所以x2+4y(x-y)≥x2+16x2≥8,當(dāng)且僅當(dāng)x=2,y=1時(shí),等號(hào)成立,又y>1,所以x211.BCD解析對(duì)于A,假設(shè)D1D⊥平面AEF,因?yàn)镈1D∥A1A,所以AA1⊥平面AEF,顯然不可能,所以假設(shè)不成立,故A錯(cuò)誤;對(duì)于B,取B1C1的中點(diǎn)Q,連接GQ,A1Q(圖略),則GQ∥EF,A1Q∥AE,可知GQ∥平面AEF,A1Q∥平面AEF,又GQ∩A1Q=Q,所以平面A1GQ∥平面AEF,又A1G?平面A1GQ,所以A1G∥平面AEF,故B正確;對(duì)于C,因?yàn)镋F∥GQ,所以∠A1GQ或其補(bǔ)角為異面直線A1G與EF所成的角,設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2,則A1G=A1Q=5,QG=2,由余弦定理得cos∠A1GQ=5+2-52×5×對(duì)于D,連接GC,交FE于點(diǎn)O,連接GF(圖略),則△OCE∽△OGF,所以O(shè)GOC=GFCE=2,所以點(diǎn)G到平面AEF的距離是點(diǎn)C到平面AEF的距離的2倍,12.ABD解析數(shù)表中,每行是等差數(shù)列,且第1行的首項(xiàng)是1,公差為2,第2行的首項(xiàng)是4,公差為4,第3行的首項(xiàng)是12,公差為8……每行的第1個(gè)數(shù)滿足an=n×2n1,每行的公差構(gòu)成一個(gè)以2為首項(xiàng),2為公比的等比數(shù)列,公差滿足dn=2n.對(duì)于選項(xiàng)A,第6行第1個(gè)數(shù)為a6=6×261=192,故A正確;對(duì)于選項(xiàng)B,第10行的數(shù)從左到右構(gòu)成公差為d10=210的等差數(shù)列,故B正確;對(duì)于選項(xiàng)C,第10行第1個(gè)數(shù)為a10=10×2101=10×29,公差為210,所以前10個(gè)數(shù)的和為10×10×29+10×92×210=190×29,故C錯(cuò)誤對(duì)于選項(xiàng)D,數(shù)表中第2021行第1個(gè)數(shù)為a2021=2021×220211=2021×22020,第2021行的公差為22021,故數(shù)表中第2021行第2021個(gè)數(shù)為2021×22020+(20211)×22021=6061×22020,故D正確.13.0.2解析由題意易得μ=90,所以P(X≤70)=P(X≥110)=0.2.14.210解析由題意知l1∥l2,若四邊形ABCD為正方形,則正方形的邊長(zhǎng)等于直線l1,l2之間的距離d,d=|m設(shè)圓C的半徑為r,由正方形的性質(zhì)知d=2r=22,即|m-n|故|mn|=210.15.15解析以滑槽AB所在直線為x軸,O為坐標(biāo)原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系如圖所示因?yàn)閨ON|=1,所以點(diǎn)N的運(yùn)動(dòng)軌跡C1是以O(shè)為圓心,半徑為1的圓,其方程為x2+y2=1.設(shè)點(diǎn)N的坐標(biāo)為(cosθ,sinθ),由于|ON|=|DN|=1,易得D(2cosθ,0),由|MN|=3,得NM=3ND,設(shè)M(x,y),則(xcosθ,ysinθ)=3(cosθ,sinθ),可得M(4cosθ,2sinθ),所以點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)軌跡C2是橢圓,其方程為x216+設(shè)軌跡C2上的點(diǎn)P(4cosα,2sinα),則|OP|2=16cos2α+4sin2α=4+12cos2α≤16,故切線長(zhǎng)為|OP|2-16.12解析設(shè)圓錐的底面半徑為r,母