（廣西課標(biāo)版）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 題型練1 選擇、填空綜合練（一） 文

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1、題型練1選擇、填空綜合練(一)一、能力突破訓(xùn)練1.(2018全國(guó),文1)已知集合A=x|x-10,B=0,1,2,則AB=()A.0B.1C.1,2D.0,1,22.(2019山西呂梁二模,2)若復(fù)數(shù)z=1+ai1+i(aR)的實(shí)部是2,則z的虛部是()A.iB.1C.2iD.23.(2019全國(guó),文3)已知a=log20.2,b=20.2,c=0.20.3,則()A.abcB.acbC.cabD.bca4.(2019全國(guó),文4)西游記三國(guó)演義水滸傳和紅樓夢(mèng)是中國(guó)古典文學(xué)瑰寶,并稱為中國(guó)古典小說(shuō)四大名著.某中學(xué)為了解本校學(xué)生閱讀四大名著的情況,隨機(jī)調(diào)查了100位學(xué)生,其中閱讀過(guò)西游記或紅樓夢(mèng)的

2、學(xué)生共有90位,閱讀過(guò)紅樓夢(mèng)的學(xué)生共有80位.閱讀過(guò)西游記且閱讀過(guò)紅樓夢(mèng)的學(xué)生共有60位,則該校閱讀過(guò)西游記的學(xué)生人數(shù)與該校學(xué)生總數(shù)比值的估計(jì)值為()A.0.5B.0.6C.0.7D.0.85.已知命題p:x0(-,0),3x0x,則下列命題中的真命題是()A.pqB.p(q)C.p(q)D.(p)q6.(2018浙江,3)某幾何體的三視圖如圖所示(單位:cm),則該幾何體的體積(單位:cm3)是()A.2B.4C.6D.87.(2019全國(guó),文6)某學(xué)校為了解1 000名新生的身體素質(zhì),將這些學(xué)生編號(hào)為1,2,1 000,從這些新生中用系統(tǒng)抽樣方法等距抽取100名學(xué)生進(jìn)行體質(zhì)測(cè)驗(yàn).若46號(hào)學(xué)

3、生被抽到,則下面4名學(xué)生中被抽到的是()A.8號(hào)學(xué)生B.200號(hào)學(xué)生C.616號(hào)學(xué)生D.815號(hào)學(xué)生8.過(guò)橢圓x2a2+y2b2=1(ab0)的兩個(gè)焦點(diǎn)作垂直x軸的直線與橢圓有四個(gè)交點(diǎn),這四個(gè)交點(diǎn)恰好為正方形的四個(gè)頂點(diǎn),則橢圓的離心率為()A.5+12B.5-12C.3-12D.3+129.設(shè)a=sin2019-6,函數(shù)f(x)=ax,x0,f(-x),x4,x-ay2,則()A.對(duì)任意實(shí)數(shù)a,(2,1)AB.對(duì)任意實(shí)數(shù)a,(2,1)AC.當(dāng)且僅當(dāng)a0)個(gè)單位、向右平移n(n0)個(gè)單位所得到的圖象都與函數(shù)y=sin2x+3(xR)的圖象重合,則|m-n|的最小值為()A.6B.56C.3D.2

4、326.若樣本數(shù)據(jù)x1,x2,x10的標(biāo)準(zhǔn)差為8,則數(shù)據(jù)2x1-1,2x2-1,2x10-1的標(biāo)準(zhǔn)差為()A.8B.15C.16D.3227.已知O是銳角三角形ABC的外接圓圓心,A=60,cosBsinCAB+cosCsinBAC=2mAO,則m的值為()A.32B.2C.1D.1228.(2019全國(guó),文10)若雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a0,b0)的一條漸近線的傾斜角為130,則C的離心率為()A.2sin 40B.2cos 40C.1sin50D.1cos5029.(2018全國(guó),文14)若x,y滿足約束條件x+2y-50,x-2y+30,x-50,則z=x+y的最大值為.30

5、.在平面直角坐標(biāo)系中,設(shè)直線l:kx-y+2=0與圓O:x2+y2=4相交于A,B兩點(diǎn),OM=OA+OB,若點(diǎn)M在圓O上,則實(shí)數(shù)k=.31.(2019湖北武漢4月調(diào)研,15)將一個(gè)表面積為100的木質(zhì)球削成一個(gè)體積最大的圓柱,則該圓柱的高為.32.已知等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn,且滿足S55-S22=3,則數(shù)列an的公差為.題型練1選擇、填空綜合練(一)一、能力突破訓(xùn)練1.C解析由題意得A=x|x1,B=0,1,2,AB=1,2.2.B解析z=1+ai1+i=(1+ai)(1-i)(1+i)(1-i)=a+12+a-12i,a+12=2,即a=3.z的虛部為3-12=1.3.B解析因?yàn)閍=l

6、og20.220=1,又00.20.30.201,即c(0,1),所以acx,成立,命題q是真命題,􀱑q是假命題,故選D.6.C解析由三視圖可知該幾何體為直四棱柱.S底=12(1+2)2=3,h=2,V=Sh=32=6.7.C解析由已知得將1000名新生分為100組,每組10名學(xué)生,用系統(tǒng)抽樣抽到46號(hào)學(xué)生,則第一組應(yīng)為6號(hào)學(xué)生,所以每組抽取的學(xué)生號(hào)構(gòu)成等差數(shù)列an,所以an=10n-4,nN*,若10n-4=8,則n=1.2,不合題意;若10n-4=200,則n=20.4,不合題意;若10n-4=616,則n=62,符合題意;若10n-4=815,則n=81.9,不合題意.

7、故選C.8.B解析過(guò)橢圓x2a2+y2b2=1(ab0)的兩個(gè)焦點(diǎn)作垂直x軸的直線與橢圓有四個(gè)交點(diǎn),這四個(gè)交點(diǎn)恰好為正方形的四個(gè)頂點(diǎn),c=b2a,ac=a2-c2,e2+e-1=0.0e0,f(-x),x0,解得x4.故定義域?yàn)?-,-2)(4,+),易知t=x2-2x-8在區(qū)間(-,-2)內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間(4,+)內(nèi)單調(diào)遞增.因?yàn)閥=lnt在t(0,+)內(nèi)單調(diào)遞增,依據(jù)復(fù)合函數(shù)單調(diào)性的同增異減原則,可得函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(4,+).故選D.11.C解析PA+PB=2PO,(PA+PB)PC=2POPC=-2|PO|PC|.又|PO|+|PC|=|OC|=32|PO|PC|PO|P

8、C|94,(PA+PB)PC-92.故答案為-92.12.C解析由函數(shù)f(x)為奇函數(shù),排除B;當(dāng)0x時(shí),f(x)0,排除A;又f(x)=-2cos2x+cosx+1,令f(0)=0,則cosx=1或cosx=-12,結(jié)合x(chóng)-,求得f(x)在區(qū)間(0,上的極大值點(diǎn)為23,靠近,排除D.13.2解析由題意知a=1,b=m,m0,c=a2+b2=1+m,則離心率e=ca=1+m=3,解得m=2.14.15解析根據(jù)題意,從5個(gè)數(shù)中一次隨機(jī)取兩個(gè)數(shù),其情況有(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(2,3),(2,4),(2,5),(3,4),(3,5),(4,5),共10種情況,其中這兩個(gè)數(shù)

9、的和為5的有(1,4),(2,3),共2種;則取出兩個(gè)數(shù)的和為5的概率P=210=15.故答案為15.15.58解析設(shè)等比數(shù)列an的公比為q.S3=a1+a1q+a1q2=1+q+q2=34,即q2+q+14=0.解得q=-12.故S4=a1(1-q4)1-q=1-1241+12=58.16.2解析在ABC中,因?yàn)閎=2a,由正弦定理,得sinB=2sinA,則sinA+3=2sinA,化簡(jiǎn),得32sinA-32cosA=0,即3sinA-6=0,解得A=6,則B=A+3=2.二、思維提升訓(xùn)練17.C解析z=1-i,則zz2=1-i(1+i)2=1-i2i=-12-12i,對(duì)應(yīng)復(fù)平面內(nèi)點(diǎn)的坐標(biāo)

10、為-12,-12,在第三象限.18.A解析若直線a,b相交,設(shè)交點(diǎn)為P,則Pa,Pb.又因?yàn)閍,b,所以P,P.故,相交.反之,若,相交,設(shè)交線為l,當(dāng)a,b都與直線l不相交時(shí),則有ab.顯然a,b可能相交,也可能異面或平行.綜上,“直線a,b相交”是“平面,相交”的充分不必要條件.19.C解析由算法的程序框圖可知,給出的是分段函數(shù)y=sin6x,x2,2x,x2,當(dāng)x2時(shí)y=2x4,若輸出的y=12,則sin6x=12,結(jié)合選項(xiàng)可知選C.20.D解析當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)D1重合,點(diǎn)F與點(diǎn)A1重合時(shí),C1E與AF不平行,平面AFD與平面B1EC1不平行,所以錯(cuò)誤.因?yàn)锳B1平面BCD1A1,EF平面BC

11、D1A1,所以AB1EF.因?yàn)锳D平面ABB1A1,所以平面AED平面ABB1A1,因此正確,故選D.21.D解析若(2,1)A,則2-11,2a+14,2-a2,化簡(jiǎn),得a32,a0.所以a32.所以當(dāng)且僅當(dāng)a32時(shí),(2,1)A,故選D.22.A解析根據(jù)題意知2a=12,得a=6,離心率e=ca=32,所以c=33,于是b2=9,橢圓方程為x236+y29=1.23.A解析容易判斷函數(shù)y=xsinx為偶函數(shù),可排除D;當(dāng)0x0,排除B;當(dāng)x=時(shí),y=0,可排除C.故選A.24.D解析函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f(x)=x2+2bx+(a2+c2-ac),若函數(shù)f(x)有極值點(diǎn),則=(2b)2-4

12、(a2+c2-ac)0,得a2+c2-b2ac,由余弦定理,得cosB=a2+c2-b22ac3,故選D.25.C解析函數(shù)y=sin2x(xR)的圖象向左平移m(m0)個(gè)單位可得y=sin2(x+m)=sin(2x+2m)的圖象,向右平移n(n0)個(gè)單位可得y=sin2(x-n)=sin(2x-2n)的圖象.若兩圖象都與函數(shù)y=sin2x+3(xR)的圖象重合,則2m=3+2k1,2n=-3+2k2(k1,k2Z),即m=6+k1,n=-6+k2(k1,k2Z).所以|m-n|=3+(k1-k2)(k1,k2Z),當(dāng)k1=k2時(shí),|m-n|min=3.故選C.26.C解析設(shè)數(shù)據(jù)x1,x2,x1

13、0的平均數(shù)為x,標(biāo)準(zhǔn)差為s,則2x1-1,2x2-1,2x10-1的平均數(shù)為2x-1,方差為(2x1-1)-(2x-1)2+(2x2-1)-(2x-1)2+(2x10-1)-(2x-1)210=4(x1-x)2+4(x2-x)2+4(x10-x)210=4s2,因此標(biāo)準(zhǔn)差為2s=28=16.故選C.27.A解析如圖,當(dāng)ABC為正三角形時(shí),A=B=C=60,取D為BC的中點(diǎn),AO=23AD,則有13AB+13AC=2mAO,13(AB+AC)=2m23AD,132AD=43mAD,m=32,故選A.28.D解析由已知可得-ba=tan130=-tan50,則e=ca=1+ba2=1+tan250

14、=1+sin250cos250=sin250+cos250cos250=1cos50.故選D.29.9解析由題意,作出可行域如圖.要使z=x+y取得最大值,當(dāng)且僅當(dāng)過(guò)點(diǎn)(5,4)時(shí),zmax=9.30.1解析如圖,OM=OA+OB,則四邊形OAMB是銳角為60的菱形,此時(shí),點(diǎn)O到AB距離為1.由21+k2=1,解得k=1.31.1033解析由S=4R2,得100=4R2,解得R=5.如圖,設(shè)球心到圓柱底面的距離為d,圓柱底面半徑為r,則r2=R2-d2=25-d2.圓柱體積V(d)=r22d=2d(25-d2)=-2d3+50d,故V(d)=-6d2+50,令V(d)=0,得d=533.當(dāng)d=533時(shí),圓柱體積V(d)最大,則圓柱的高為2d=1033.32.2解析Sn=na1+n(n-1)2d,Snn=a1+n-12d,S55-S22=a1+5-12d-a1+2-12d=32d,又S55-S22=3,d=2.12