（全国通用版）2019高考数学二轮复习 12+4标准练4 文.doc

112124 4 标准练标准练 4 41在复平面内，复数z1和z2对应的点分别是A(2,1)和B(0，1)，则等于( )z1 z2A12i B12iC12i D12i答案 C解析 由复数z1和z2对应的点分别是A(2,1)和B(0,1)，得z12i，z2i，故12i.z1 z22i i2已知集合Mx|x1，则MN等于( )Ax|01x|x>0，Mx|x0)的最大值为 18，则a的值为( )A3 B5 C7 D9答案 A解析 根据不等式组得到可行域是一个封闭的四边形区域(图略)，目标函数化为yaxz，当直线过点(4,6)时，有最大值，将点代入得到z4a618，解得a3.10已知某简单几何体的三视图如图所示，若正(主)视图的面积为 1，则该几何体最长的棱的长度为( )A. B. C2 D.5326答案 C解析 如图该几何体为三棱锥ABCD，BC2，CD2，4因为正(主)视图的面积为 1，故正(主)视图的高为 1，由此可计算BD2为最长棱长211已知函数f(x)exx2(3a2)x在区间(1,0)上有最小值，则实数a的取值范围是( )A. B.(1，1 e)(1，e 3)C. D.(3 e，1)(1，1 3e)答案 D解析 由f(x)exx2(3a2)x，可得f(x)ex2x3a2，函数f(x)exx2(3a2)x在区间(1,0)上有最小值，函数f(x)exx2(3a2)x在区间(1,0)上有极小值，而f(x)ex2x3a2 在区间(1,0)上单调递增，ex2x3a20 在区间(1,0)上必有唯一解由零点存在性定理可得Error!解得10，b>0)的左、右焦点，过点F2作以F1为圆心，x2 a2y2 b2|OF1|为半径的圆的切线，P为切点，若切线段PF2被一条渐近线平分，则双曲线的离心率为( )A2 B. C. D.2352答案 A解析 O是F1F2的中点，5设渐近线与PF2的交点为M，OMF1P，F1PF2为直角，OMF2为直角F1(c,0)，F2(c,0)，一条渐近线方程为yx，b a则F2到渐近线的距离为b，bcb2a2|PF2|2b.在 RtPF1F2中，由勾股定理得 4c2c24b2,3c24(c2a2)，即c24a2，解得c2a，则双曲线的离心率e 2.c a13执行如图所示的程序框图，输出S的值为_答案 48解析 第 1 次运行，i1，S2，S1×22，i2>4 不成立；第 2 次运行，i2，S2，S2×24，i3>4 不成立；第 3 次运行，i3，S4，S3×412，i4>4 不成立；第 4 次运行，i4，S12，S4×1248，i5>4 成立，故输出S的值为 48.14如图，在平面直角坐标系xOy中，函数ysin(x)(>0,0<<)的图象与x轴的交点A，B，C满足OAOC2OB，则_.6答案 3 4解析 不妨设xB0，xA，xC2，得xB，xA，xC. 2 由OAOC2OB，得，32 2 解得.3 415函数y与y3sin1 的图象有n个交点，其坐标依次为(x1，y1)，x2x1 xx 2(x2，y2)，(xn，yn)，则 (xiyi)_.ni1答案 4解析 因为函数yx 1，y3sin 1 的对称中心均为(0,1)x2x1 x1 xx 2画出yf(x)x 1，x2x1 x1 xyg(x)3sin 1 的图象，x 2由图可知共有四个交点，且关于(0,1)对称，x1x4x2x30，y1y4y2y32，故 (xiyi)4.4i116已知定义在 R R 上的函数f(x)是奇函数，且满足f(3x)f(x)，f(1)3，数列an满足a11 且ann(an1an)(nN N*)，则f(a36)f(a37)_.答案 3解析 因为函数f(x)是奇函数，所以f(x)f(x)，又因为f(3x)f(x)，所以f(3x)f(x)，7所以f(3x)f(x)，即f(x6)f(x)，所以f(x)是以 6 为周期的周期函数由ann(an1an)，即(n1)annan1，可得an0，an1 ann1 n则an·····a1an an1an1 an2an2 an3a2 a1×××× ×1n，n n1n1 n2n2 n32 1即ann，nN N*，所以a3636，a3737.又因为f(1)3，f(0)0，所以f(a36)f(a37)f(0)f(1)f(1)f(1)3.