高考数学二轮复习“12＋4”限时提速练(八)文.doc

1 / 6【2019【2019 最新最新】精选高考数学二轮复习精选高考数学二轮复习“12“124”4”限时提速练限时提速练( (八八) )文文一、选择题(本大题共 12 小题，每小题 5 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1已知集合 Ax|1log2 016x1，By|y2x2，则 AB( )A(2 016，0 B0，2 016C(2，2 016 D(，2 0162 “xR，2x1”的否定为( )AxR，2x1 BxR，2x1Cx0R，2x01 Dx0R，2x013若不等式(x1)0 的解集为(1，)，则实数 a 的取值范围为( )A(，1 B(0，1)C1 D(，0)4.已知一个正三棱柱的所有棱长均相等，其侧(左)视图如图所示，则此三棱柱的表面积为( )A20 B483C488 D835已知函数 f(x)sin(xR)，把函数 f(x)的图象向右平移个单位长度得函数 g(x)的图象，则下面结论正确的是( )A函数 g(x)的最小正周期为 5B函数 g(x)的图象关于直线 x对称2 / 6C函数 g(x)在区间，2上是增函数D函数 g(x)是奇函数6函数 f(x)cos x(x 且 x0)的图象可能为( )7已知数列an中，a11，an1ann，若如图所示的程序框图是用来计算该数列的第 2 017 项，则判断框内的条件是( )An2 015? Bn2 016?Cn2 014? Dn2 016?8A. B. 4C. D.3 49已知 x，y 满足则 z4x·的最大值为( )A10 B64C1 024 D2 04810.已知双曲线1(a0，b0)的左、右焦点分别为 F1，F2，点 B 是双曲线的右顶点，A 是其虚轴的端点，如图所示若 SABF2SAOB，则双曲线的两条渐近线的夹角的正切值为( )A. B.24 7C D.2 5511对于一切实数 x，令x为不大于 x 的最大整数，则函数f(x)x称为高斯函数或取整函数若 anf，nN*，Sn 为数列an的前 n 项和，则 S3n( )A.n2n B.n2nC3n22n D.n2n3 / 612已知函数 f(x)若函数 h(x)f(x)mx2 有且仅有两个零点，则实数 m 的取值范围是( )A(64，0)(0，)B(64，0)(0，)C(64，0)D(64，64)二、填空题(本大题共 4 小题，每小题 5 分)13已知向量 a(1，)，向量 a，c 的夹角是，a·c2，则|c|等于_14.如图，抛物线 C：y22px(p0)的焦点为F，A 为抛物线 C 上的点，以 F 为圆心，为半径的圆与直线 AF 在第一象限的交点为 B，AFO120°，A 在 y轴上的射影为 N，则ONB_15在正三棱锥 P­ABC 中，M 是 PC 的中点，且AMPB，AB2，则正三棱锥 P­ABC 的外接球的表面积为_16在ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且满足cos2Bsin 2B1，0B，若|BCAB|3，则的最小值为_4 / 6“124”限时提速练(八)一、选择题(本大题共 12 小题，每小题 5 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1解析：选 C 由已知得 A，By|y2，所以AB(2，2 0162解析：选 D 由全称命题的否定是特称命题可得“xR，2x1”的否定为“x0R，2x01” 3解析：选 A 不等式(x1)0 的解集为(1，)，也即是当 x1 时，不等式 xa0 恒成立，可得 a1.4.解析：选 C 因为侧(左)视图中等边三角形的高为 2，所以等边三角形的边长为 4，所以三棱柱的所有棱长均为 4，故三棱柱的表面积为(444)×42××4×2488.5解析：选 C 因为 f(x)sinsin(x)，所以 g(x)sinsin(x)cos x，故函数 g(x)的最小正周期T10，故 A 错误；函数 g(x)为偶函数，故 D 错误；g(x)图象的对称轴为 x5k(kZ)，故函数 g(x)的图象不关于直线 x对称，B 错误；函数 g(x)的单调递增区间为10k，10k5(kZ)，故函数 g(x)在区间，2上为增函数，故选 C.6解析：选 D 函数 f(x)cos x(x 且 x0)为奇函数，排除选项 A，B；当 x 时，f(x)cos <0，排除选项 C，故选 D.7解析：选 B 通过分析，本程序框图是当型循环结构第 1次循环，s112，n112，第 2 次循环，s224，n213，第 2 016 次循环，n2 017.所以结合选项可知判断框内的条件应为“n2 016？” ，选 B.5 / 689解析：选 C 因为 z4x·22xy，不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示令 u2xy，当直线 2xy0 平移到经过点 C 时，u 取得最大值，联立解得即 C(2，6)，即 umax2×2(6)10，所以z4x·的最大值为 2101 024，选 C.10.解析：选 B 因为 SABF2SAOB，所以(ca)b×ab，即 ca，因为 c2a2b2，所以a2b2，所以，即.设双曲线的一条渐近线 yx 与 x 轴正方向的夹角为 ，所以 tan ，所以 tan 2，即双曲线的两条渐近线的夹角的正切值为.选 B.11解析：选 A 由题意，当 n3k，n3k1，n3k2 时均有 anfk，所以12解析：选 B 函数 h(x)f(x)mx2 有两个零点等价于方程 f(x)mx20 有两个不同的解，等价于函数yf(x)与函数 ymx2 的图象有两个不同的交点，作出函数yf(x)的图象，如图，根据题意，当直线 ymx2 与曲线y1相切时，联立方程，消去 y 可得，mx2，整理得mx2(2m)x40，由 (2m)216m0，解得 m6±4，要使 yf(x)与 ymx2 的图象有两个不同的交点，结合图象分析可知，实数 m 的取值范围是(64，0)(0，)二、填空题(本大题共 4 小题，每小题 5 分)6 / 613解析：因为向量 a(1，)，所以向量|a|2，又向量a，c 的夹角是，a·c2，所以|c|2.答案：214.解析：因为点 A 到抛物线 C 的准线的距离为|AN|，点 A 到焦点 F 的距离为|AB|，所以|AN|AB|，因为AFO120°，所以BAN60°，所以在ABN 中，ANBABN60°，则ONB30°.答案：30°15解析：因为三棱锥 P­ABC 为正三棱锥，取 AC的中点 N，连接 PN，BN，易证 AC平面 PBN，所以PBAC，又 AMPB，AMACA，所以 PB平面PAC，所以 PBPA，PBPC，易证 PA，PB，PC 两两垂直，又AB2，所以 PAPBPC2，设三棱锥 P­ABC 外接球的半径为 R，则(2R)23×2212，所以球的表面积 S4R212.答案：1216解析：因为 cos2Bsin 2B1，所以 sin 2Bsin2B，即sin Bcos Bsin2B，因为 sin B0，所以 tan B1，因为0B，所以 B.因为|BCAB|3，所以|AC|3，即 b3，根据余弦定理 b2a2c22accos B，可得9a2c2ac.由基本不等式可知 9a2c2ac2acac，即ac(2)，当且仅当即 a2c2时等号成立，故(2)答案：16（22）3