《（新課標(biāo)）天津市2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 題型練2 選擇題、填空題綜合練（二）理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）天津市2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 題型練2 選擇題、填空題綜合練（二）理（11頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（新課標(biāo)）天津市2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 題型練2 選擇題、填空題綜合練（二）理1.(2018浙江,1)已知全集U=1,2,3,4,5,A=1,3,則UA=()A.B.1,3C.2,4,5D.1,2,3,4,52.一個(gè)由半球和四棱錐組成的幾何體,其三視圖如下圖所示.則該幾何體的體積為()A.B.C.D.1+3.已知sin =,cos =,則tan等于()A.B.C.D.54.已知實(shí)數(shù)x,y滿足約束條件則z=2x+4y的最大值是()A.2B.0C.-10D.-155.已知等差數(shù)列an的通項(xiàng)是an=1-2n,前n項(xiàng)和為Sn,則數(shù)列的前11項(xiàng)和為()A.-45B.-50C.-55D.-666.已知

2、P為橢圓=1上的一點(diǎn),M,N分別為圓(x+3)2+y2=1和圓(x-3)2+y2=4上的點(diǎn),則|PM|+|PN|的最小值為()A.5B.7C.13D.157.(2018全國(guó),理12)已知正方體的棱長(zhǎng)為1,每條棱所在直線與平面所成的角都相等,則截此正方體所得截面面積的最大值為()A.B.C.D.8.已知a0,a1,函數(shù)f(x)=+xcos x(-1x1),設(shè)函數(shù)f(x)的最大值是M,最小值是N,則()A.M+N=8B.M+N=6C.M-N=8D.M-N=69.已知=1+i(i為虛數(shù)單位),則復(fù)數(shù)z=.10.若a,bR,ab0,則的最小值為.11.已知f(x)為偶函數(shù),當(dāng)x0時(shí),f(x)=ln(-

3、x)+3x,則曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,-3)處的切線方程是.12.已知圓C的參數(shù)方程為(為參數(shù)),以原點(diǎn)為極點(diǎn),x軸的非負(fù)半軸為極軸建立極坐標(biāo)系,直線的極坐標(biāo)方程為sin +cos =1,則直線截圓C所得的弦長(zhǎng)是.13.執(zhí)行如圖所示的程序框圖,若輸入a=1,b=2,則輸出的a的值為.14.已知直線y=mx與函數(shù)f(x)=的圖象恰好有三個(gè)不同的公共點(diǎn),則實(shí)數(shù)m的取值范圍是.思維提升訓(xùn)練1.復(fù)數(shù)z=(i為虛數(shù)單位)的虛部為()A.2B.-2C.1D.-12.已知a=,b=,c=2,則()A.bacB.abcC.bcaD.ca0,b0)有兩個(gè)交點(diǎn),則雙曲線C的離心率的取值范圍是()A.(1,)B.

4、(1,2)C.(,+)D.(2,+)8.已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn,若S1=1,S2=2,且Sn+1-3Sn+2Sn-1=0(nN*,n2),則此數(shù)列為()A.等差數(shù)列B.等比數(shù)列C.從第二項(xiàng)起為等差數(shù)列D.從第二項(xiàng)起為等比數(shù)列9.設(shè)集合A=x|x+20,B=,則AB=.10.已知x,y滿足約束條件則z=-2x+y的最大值是.11.已知一個(gè)四棱錐的底面是平行四邊形,該四棱錐的三視圖如圖所示(單位:m),則該四棱錐的體積為m3.12.設(shè)F是雙曲線C:=1的一個(gè)焦點(diǎn).若C上存在點(diǎn)P,使線段PF的中點(diǎn)恰為其虛軸的一個(gè)端點(diǎn),則C的離心率為.13.下邊程序框圖的輸出結(jié)果為.14.(x+2)5的展開(kāi)式中

5、,x2的系數(shù)等于.(用數(shù)字作答)#題型練2選擇題、填空題綜合練(二)能力突破訓(xùn)練1.C解析 A=1,3,U=1,2,3,4,5,UA=2,4,5,故選C.2.C解析 由三視圖可知,上面是半徑為的半球,體積為V1=,下面是底面積為1,高為1的四棱錐,體積V2=11=,故選C.3.D解析 利用同角正弦、余弦的平方和為1求m的值,再根據(jù)半角公式求tan,但運(yùn)算較復(fù)雜,試根據(jù)答案的數(shù)值特征分析.由于受條件sin2+cos2=1的制約,m為一確定的值,進(jìn)而推知tan也為一確定的值,又1.4.B解析 實(shí)數(shù)x,y滿足約束條件對(duì)應(yīng)的平面區(qū)域?yàn)槿鐖DABO對(duì)應(yīng)的三角形區(qū)域,當(dāng)動(dòng)直線z=2x+4y經(jīng)過(guò)原點(diǎn)時(shí),目標(biāo)函

6、數(shù)取得最大值為z=0,故選B.5.D解析 因?yàn)閍n=1-2n,Sn=-n2,=-n,所以數(shù)列的前11項(xiàng)和為=-66.故選D.6.B解析 由題意知橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)F1,F2分別是兩圓的圓心,且|PF1|+|PF2|=10,從而|PM|+|PN|的最小值為|PF1|+|PF2|-1-2=7.7.A解析 滿足題設(shè)的平面可以是與平面A1BC1平行的平面,如圖(1)所示.圖(1)再將平面A1BC1平移,得到如圖(2)所示的六邊形.圖(2)圖(3)設(shè)AE=a,如圖(3)所示,可得截面面積為S=(1-a)+a+a2-3(a)2(-2a2+2a+1),所以當(dāng)a=時(shí),Smax=8.B解析 f(x)=+xcos x

7、=3+xcos x,設(shè)g(x)=+xcos x,則g(-x)=-g(x),函數(shù)g(x)是奇函數(shù),則g(x)的值域?yàn)殛P(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)的區(qū)間,當(dāng)-1x1時(shí),設(shè)-mg(x)m,則3-mf(x)3+m,函數(shù)f(x)的最大值M=3-m,最小值N=3+m,得M+N=6,故選B.9.-1-i解析 由已知得z=-1-i.10.4解析 a,bR,且ab0,=4ab+411.y=-2x-1解析 當(dāng)x0時(shí),-x0時(shí),直線y=mx始終與函數(shù)y=2-(x0)的圖象有一個(gè)公共點(diǎn),故要使直線y=mx與函數(shù)f(x)的圖象有三個(gè)公共點(diǎn),必須使直線y=mx與函數(shù)y=x2+1(x0)的圖象有兩個(gè)公共點(diǎn),即方程mx=x2+1在x0時(shí)有兩

8、個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根,即方程x2-2mx+2=0的判別式=4m2-420,解得m故所求實(shí)數(shù)m的取值范圍是(,+).思維提升訓(xùn)練1.B解析 z=1-2i,得復(fù)數(shù)z的虛部為-2,故選B.2.A解析 因?yàn)閍=b,c=2=a,所以bac.3.B解析 已知等式可化為y=根據(jù)指數(shù)函數(shù)的圖象可知選項(xiàng)B正確,故選B.4.C解析 由圖象易知A=2,T=6,=又圖象過(guò)點(diǎn)(1,2),sin=1,+=2k+,kZ,又|0,即b2a2k2.因?yàn)閏2=a2+b2,所以c2(k2+1)a2.所以e2k2+1=4,即e2.故選D.8.D解析 由S1=1得a1=1,又由S2=2可知a2=1.因?yàn)镾n+1-3Sn+2Sn-1=0(nN*,且n2),所以Sn+1-Sn-2Sn+2Sn-1=0(nN*,且n2),即(Sn+1-Sn)-2(Sn-Sn-1)=0(nN*,且n2),所以an+1=2an(nN*,且n2),故數(shù)列an從第2項(xiàng)起是以2為公比的等比數(shù)列.故選D.9.x|-2x-2,B=x|x3,則AB=x|-2x1,所以e=13.8解析 由程序框圖可知,變量的取值情況如下:第一次循環(huán),i=4,s=;第二次循環(huán),i=5,s=;第三次循環(huán),i=8,s=;第四次循環(huán),s=不滿足s,結(jié)束循環(huán),輸出i=8.14.80解析 通項(xiàng)公式為T(mén)r+1=x5-r2r,令5-r=2,得r=3.則x2的系數(shù)為23=80.