指導(dǎo)六 手熱心穩(wěn)·實(shí)戰(zhàn)演練：高考客觀題(124)·提速練(一)限時(shí)40分鐘滿分80分一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分)1已知集合Mx|x32x2，Nx|2x1，則MN()A.B.C2，1) D2,3)解析：C解法一由x32x2，得2x2x30，即(x1)(2x3)0，得x1或x.所以M(，1).又N2,1)，所以MN2，1)故選C.解法二因?yàn)?N，所以排除D項(xiàng)；因?yàn)?32×02不成立，所以0M，所以排除A項(xiàng)；因?yàn)?2×2成立，所以M，又N，所以MN，故排除B.綜上，選C.2已知復(fù)數(shù)z(a23a2)(a2a)i(aR)為純虛數(shù)，則()A.i B.iC3i D3i解析：A由已知可得解得a2，所以z2i，故i.故選A.3.2019年全國(guó)兩會(huì)(即中華人民共和國(guó)第十三屆全國(guó)人民代表大會(huì)第二次會(huì)議和中國(guó)人民政治協(xié)商會(huì)議第十三屆全國(guó)委員會(huì)第二次會(huì)議)于3月份在北京召開代表們提交的議案都是經(jīng)過多次修改為了解代表們的議案修改次數(shù)，某調(diào)查機(jī)構(gòu)采用隨機(jī)抽樣的方法抽取了120份議案進(jìn)行調(diào)查，并進(jìn)行了統(tǒng)計(jì)，將議案的修改次數(shù)分為6組：0,5)，5,10)，10,15)，15,20)，20,25)，25,30，得到如圖所示的頻率分布直方圖則這120份議案中修改次數(shù)不低于15次的份數(shù)為()A40 B60 C80 D100解析：B由頻率分布直方圖可知，議案修改次數(shù)不低于15次的頻率為(0.060.030.01)×50.5，所以這120份議案中修改次數(shù)不低于15次的份數(shù)為120×0.560.故選B.4已知角的頂點(diǎn)在坐標(biāo)原點(diǎn)O，始邊與x軸的正半軸重合，將終邊按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)后經(jīng)過點(diǎn)P(，1)，則cos 2()A. BC D.解析：D由題意，將角的終邊按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)后所得角為.因?yàn)閨OP|，所以sin，cos.故cos 2sinsin 22sincos2××.故選D.5(多選題)已知為圓周率，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，則()Ae<3e B3e2<3e2Cloge<log3e Dlog3e>3loge解析：CD本題考查利用函數(shù)的單調(diào)性比較大小已知為圓周率，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，>3>e>2，e>1，e>3e，故A錯(cuò)誤；0<<1,1>e2>0，e2>，3e2>3e2，故B錯(cuò)誤；>3，loge<log3e，故C正確；由>3，可得log3e>loge，則log3e>3loge，故D正確故選CD.6.如圖是以AB為直徑的半圓，且AB8，半徑OB的垂直平分線與圓弧交于點(diǎn)P，0，則·()A9 B15C9 D15解析：C通解連接OP，由已知，得ODDBAB2，所以DP2.由0可得Q為線段PD的中點(diǎn)，故DQDP.因?yàn)椋?#183;()·()····6×2cos 00()29.優(yōu)解以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，則A(4,0)，B(4,0)，由0，設(shè)Q(2，m)，則有P(2,2m)，22(2m)242，m23，又(6，m)，(2，m)，所以·(6，m)·(2，m)12m29.7函數(shù)f(x)的大致圖象有()解析：C由exex0，解得x0，所以函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?，0)(0，)，故排除B項(xiàng)因?yàn)閒(x)f(x)，所以函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，又f(1)0，故排除A項(xiàng)設(shè)g(x)exex，顯然該函數(shù)單調(diào)遞增，故當(dāng)x0時(shí)，g(x)g(0)0，則當(dāng)x時(shí)，ycos(x)0，故f(x)0，當(dāng)x時(shí)，ycos(x)0，故f(x)0，所以排除D項(xiàng)綜上，選C.8已知函數(shù)f(x)sin xcos cos xsin 的圖象經(jīng)過點(diǎn)，將該函數(shù)的圖象向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度后所得函數(shù)g(x)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，則的最小值是()A. B2C3 D.解析：A由已知得f(x)sin(x)，f(0)，得sin ，因?yàn)閨，所以，所以f(x)sin.將該函數(shù)圖象向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度后得函數(shù)g(x)fsinsin的圖象由已知得函數(shù)g(x)為奇函數(shù)，所以k(kZ)，解得3k(kZ)因?yàn)?，所以的最小值為.9.某幾何體的正視圖和側(cè)視圖為如圖所示的相同的圖形，俯視圖為同心圓，則該幾何體的表面積為()A14 B.C36 D.解析：C由幾何體的三視圖可知，該幾何體的上部分是一個(gè)半球，下部分為一個(gè)大圓柱的內(nèi)部挖去了一個(gè)小圓柱，所以該幾何體的表面積為2×2×4×224×22×2×1×436.10在ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，a8，b4，c7，且滿足(2ab)cos Cc·cos B，則ABC的面積為()A10 B6C5 D2解析：B(2ab)cos Cccos B，(2sin Asin B)cos Csin Ccos B，2sin Acos Csin Bcos Ccos Bsin C，即2sin Acos Csin(BC)，2sin Acos Csin A在ABC中，sin A0，cos C，C60°.由余弦定理，得c2a2b22abcos C，得4964b22×8bcos 60°，即b28b150，解得b3或b5，又b4，b3，ABC的面積Sabsin C×8×3×6.11已知雙曲線1(a0，b0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過點(diǎn)F1的直線交雙曲線的左支于點(diǎn)M，交雙曲線的右支于點(diǎn)N，且MF2NF2，|MF2|NF2|，則該雙曲線的離心率是()A. B.C. D.1解析：A由題意可設(shè)|MF2|NF2|m，由點(diǎn)M在雙曲線的左支上，得|MF2|MF1|2a，所以|MF1|m2a.由點(diǎn)N在雙曲線的右支上，得|NF1|NF2|2a，所以|NF1|m2a.因?yàn)镸F2NF2，所以|MN|m，由|NF1|MF1|MN|，得m2am2am，所以m2a.解法一如圖，在MF1F2中，|MF1|m2a(22)a，|MF2|m2a.易知|F1F2|2c，F(xiàn)1MF2135°，所以由余弦定理得4c28a2(22)2a22×2a×(22)a×cos 135°，得c23a2，所以e.故選A.解法二在NF1F2中，|NF1|m2a(22)a，|NF2|2a，|F1F2|2c，F(xiàn)1NF245°，所以由余弦定理得4c28a2(22)2a22×2a×(22)a×cos 45°，得c23a2，所以e.故選A.12已知函數(shù)f(x)，若方程f(x)2(1a)f(x)a0有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A(，0B(，1)C(，0D(，1)(1,0解析：B設(shè)tf(x)，則方程為t2(1a)ta0，即(ta)(t1)0，解得ta或t1.函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，)，f(x).設(shè)g(x)1ln x，顯然該函數(shù)在(0，)上單調(diào)遞減，且g(1)0，故當(dāng)x(0,1)時(shí)，f(x)0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x(1，)時(shí)，f(x)0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，且當(dāng)x0時(shí)，f(x)，當(dāng)x時(shí)，f(x)0.如圖，作出函數(shù)f(x)的大致圖象作出直線yt，由圖可知當(dāng)t時(shí)，直線yt與函數(shù)f(x)的圖象沒有交點(diǎn)；當(dāng)t或t0時(shí)，直線yt與函數(shù)f(x)的圖象只有一個(gè)交點(diǎn)；當(dāng)0t時(shí)，直線yt與函數(shù)f(x)的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)所以方程f(x)1只有一個(gè)解，若a1，則原方程有兩個(gè)相同的實(shí)數(shù)根，不符合題意，則a1，故由題意可得方程f(x)a只有一個(gè)解，所以a或a0，且a1，故實(shí)數(shù)a的取值范圍為(，1)(1,0.二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分)13(理)已知二項(xiàng)式n的展開式中所有項(xiàng)的系數(shù)之和為，則展開式中x的系數(shù)為_解析：根據(jù)題意，令x1，得n，即n，解得n5，故展開式的通項(xiàng)公式為C(x2)5rrCrx103r.令103r1，得r3，則展開式中x的系數(shù)為C×3.答案：13(文)設(shè)an是公比大于1的等比數(shù)列，Sn為數(shù)列an的前n項(xiàng)和已知S37，且a13,3a2，a34構(gòu)成等差數(shù)列，則數(shù)列an的通項(xiàng)為_解析：由已知得解得a22.設(shè)數(shù)列an的公比為q，由a22，可得a1，a32q，又S37，可知22q7，即2q25q20.又得q12，q2.由題意得q1，q2.a11.故數(shù)列an的通項(xiàng)公式為an2n1.答案：2n114已知P是圓C：x2y24x2y80上一動(dòng)點(diǎn)，P關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)為M，關(guān)于直線yx的對(duì)稱點(diǎn)為N，則|MN|的取值范圍是_解析：由題可得，圓C：(x2)2(y)21，圓心為C(2，)，半徑r1.設(shè)P(x，y)，則M(x，y)，N(y，x)|MN|·|OP|，易知|OC|r|OP|OC|r，|OC|3，所以2|OP|4,2|MN|4，所以|MN|的取值范圍是2，4答案：2，415.如圖，四棱臺(tái)A1B1C1D1ABCD的底面是正方形，DD1底面ABCD，DD1AB2A1B1，則異面直線AD1與BC1所成角的余弦值為_解析：設(shè)AB的中點(diǎn)為E，連接ED1，則易知BEC1D1，BEC1D1，四邊形EBC1D1是平行四邊形，BC1ED1，AD1E為異面直線AD1與BC1所成的角四邊形ABCD是正方形，BAAD，DD1底面ABCD，BADD1，BA平面AA1D1D，BAAD1，AED1是直角三角形設(shè)DD1AB2A1B12a，則AD12a，ED13a，cosAD1E.答案：16一個(gè)口袋中裝有編號(hào)分別為1,2,3，9的小球，甲、乙、丙三人從口袋中一次性各摸出三個(gè)小球甲說：“我摸到的一個(gè)球的編號(hào)為9.”乙說：“我抽到的一個(gè)球的編號(hào)為8.”丙說：“我們?nèi)嗣降娜齻€(gè)小球編號(hào)之和相等，但我沒有摸到編號(hào)為2的小球”已知三個(gè)人說的都正確，則丙摸出的三個(gè)小球的編號(hào)分別為_、_、_.(每答錯(cuò)一個(gè)扣2分，最低為0分)解析：由丙的說法可知，三人摸到的三個(gè)小球的編號(hào)之和相等，所以每個(gè)人摸出的三個(gè)小球的編號(hào)之和為×(129)×15.設(shè)甲摸到的另外兩個(gè)小球的編號(hào)分別為a1，a2，乙摸到的另外兩個(gè)小球的編號(hào)分別為b1，b2，則由題意可得a1a26，b1b27.所以a1，a2的取值只有1與5,2與4兩種情況若a1，a2的取值為1,5，則由b1b27可得，b1，b2只能取3與4，則剩余的三個(gè)數(shù)為2,6,7.若a1，a2的取值為2,4，則由b1b27可得，b1，b2只能取1與6，則剩余的三個(gè)數(shù)為3,5,7.由題意知，丙沒有摸到編號(hào)為2的小球，所以丙摸到的小球編號(hào)只能為3,5,7.答案：357高考客觀題(124)·提速練(二)限時(shí)40分鐘滿分80分一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分)1已知集合A1,2，B0,2，則AB的子集個(gè)數(shù)為()A5 B6 C7 D8解析：D由題意知AB1,0,2，所以AB的子集個(gè)數(shù)為238.故選D.2已知復(fù)數(shù)z2i3，則z的共軛復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于()A第一象限 B第二象限C第三象限 D第四象限解析：Az2i32i1i2i1i，1i，復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)為(1,1)，位于第一象限故選A.3某頻道每天11：3012：00播放“中國(guó)夢(mèng)”主題的紀(jì)錄片，在此期間會(huì)隨機(jī)播出4分鐘完整的有關(guān)中國(guó)夢(mèng)的歌曲，小劉11：43開始觀看該頻道，則他聽到完整的有關(guān)中國(guó)夢(mèng)歌曲的概率是()A. B. C. D.解析：D由題可知，該電視臺(tái)開始播放有關(guān)中國(guó)夢(mèng)的歌曲的時(shí)間是11：3011：56，時(shí)長(zhǎng)26分鐘，小劉能聽到完整歌曲的時(shí)間為11：4311：56，共13分鐘，所以所求概率為.故選D.4已知實(shí)數(shù)x，y滿足約束條件則zx2y的最小值為()A6 B5 C4 D3解析：B作出可行域如圖中陰影部分所示，作出直線x2y0，平移該直線，數(shù)形結(jié)合知當(dāng)平移后的直線過點(diǎn)A時(shí)，z取得最小值由得A(3,4)所以z的最小值為32×45.故選B.5已知ABC中，E為中線BD的中點(diǎn)，xy，則3xy()A0 B1 C2 D1解析：A依題意可得，()，所以x，y，所以3xy0.故選A.6.若正整數(shù)N除以正整數(shù)m后的余數(shù)為n，則記Nn(mod m)，例如104(mod 6)如圖所示的程序框圖表示的算法源于我國(guó)古代孫子算經(jīng)中的“孫子定理”，執(zhí)行該程序框圖，若輸入的a2，b3，c11，則輸出的N()A6B9C12 D21解析：CN0，N011,11(mod 2)；N112,20(mod 2)，22(mod 3)；N213,31(mod 2)；N314,40(mod 2)，41(mod 3)；N415,51(mod 2)；N516,60(mod 2)，60(mod 3)，66(mod 11)；N617由此發(fā)現(xiàn)滿足題意的N應(yīng)該含有因數(shù)2和3，且被11除余1，所以可知當(dāng)N12時(shí)，結(jié)束循環(huán)，輸出的N12.故選C.7已知函數(shù)f(x)2sin(0)在平面直角坐標(biāo)系中的部分圖象如圖所示，若平行四邊形ABCD的面積為32，則函數(shù)f(x)的圖象在y軸右側(cè)且離y軸最近的一條對(duì)稱軸的方程為()AxBxCx2 Dx解析：A設(shè)函數(shù)f(x)的最小正周期為T.因?yàn)槠叫兴倪呅蜛BCD的面積為32，結(jié)合三角函數(shù)圖象可知2×2×T32，得T8，所以，所以f(x)2sin，令xk，kZ，得x4k，kZ.故選A.8.如圖所示的幾何體是從棱長(zhǎng)為2的正方體中截去到正方體的某個(gè)頂點(diǎn)的距離均為2的幾何體后的剩余部分，則該幾何體的表面積為()A243 B24C24 D245解析：B由題意知該幾何體是從棱長(zhǎng)為2的正方體中截去以正方體某個(gè)頂點(diǎn)為球心，2為半徑的球后的剩余部分，則其表面積S6×223×××22×4××2224.故選B.9(多選題)已知函數(shù)f(x)及其導(dǎo)函數(shù)f(x)，若存在x0使得f(x0)f(x0)，則稱x0是f(x)的一個(gè)“巧值點(diǎn)”下列選項(xiàng)中有“巧值點(diǎn)”的函數(shù)是()Af(x)x2 Bf(x)exCf(x)ln x Df(x)tan x解析：AC本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法則若f(x)x2，則f(x)2x，令x22x，得x0或x2，方程顯然有解，故A符合要求；若f(x)ex，則f(x)ex，令exex，此方程無解，故B不符合要求；若f(x)ln x，則f(x)，令ln x，在同一直角坐標(biāo)系內(nèi)作出函數(shù)yln x與y的圖象(作圖略)，可得兩函數(shù)的圖象有一個(gè)交點(diǎn)，所以方程f(x)f(x)存在實(shí)數(shù)解，故C符合要求；若f(x)tan x，則f(x)，令tan x，化簡(jiǎn)得sin xcos x1，變形可得sin 2x2，無解，故D不符合要求，故選AC.10在ABC中，若acos Abcos B，且c2，sin C，則ABC的面積為()A3 B.C3或 D6或解析：C由acos Abcos B得sin Acos Asin Bcos B，即sin 2Asin 2B.A，B(0，)，2A2B或2A2B，即AB或AB，又sin C，ABC只能是等腰三角形當(dāng)C為銳角時(shí)，sin C，cos C，sin，由c2得ba，ABC中AB邊上的高為3，ABC的面積為×2×33.當(dāng)C為鈍角時(shí)，sin C，cos C，sin，由c2得ba，ABC中AB邊上的高為，ABC的面積為×2×.綜上，ABC的面積為3或.故選C.11已知P為雙曲線x21上一點(diǎn)，若以O(shè)P(O為坐標(biāo)原點(diǎn))為直徑的圓與雙曲線的兩條漸近線分別相交于A，B兩點(diǎn)，則|AB|的最小值為()A. B2 C. D1解析：C由題意知，雙曲線x21的漸近線方程為y±x，O，P，A，B四點(diǎn)共圓，設(shè)該圓的半徑為R，易知AOB，可得2R，故|AB|R，故要求|AB|的最小值，只需求R的最小值即可，顯然當(dāng)點(diǎn)P位于雙曲線的頂點(diǎn)時(shí)，|OP|最小，即R最小，且Rmin，故|AB|minRmin.故選C.12已知函數(shù)f(x)exex2cos x，其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，則對(duì)任意aR，下列不等式一定成立的是()Af(a21)f(2a) Bf(a21)f(2a)Cf(a21)f(a1) Df(a21)f(a)解析：A本題主要考查函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性以及導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的關(guān)系，考查考生轉(zhuǎn)化問題的能力和計(jì)算能力，考查的核心素養(yǎng)是數(shù)學(xué)運(yùn)算和邏輯推理依題意可知，f(x)exex2cos xf(x)，所以f(x)是偶函數(shù)，f(x)exex2sin x，且f(0)0，令h(x)f(x)，則h(x)exex2cos x，當(dāng)x0，)時(shí)，h(x)exex2cos x0恒成立，所以f(x)exex2sin x在0，)上單調(diào)遞增，所以f(x)0在x0，)上恒成立，所以f(x)在0，)上單調(diào)遞增，又函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，(a21)24a2(a21)20，所以f(a21)f(2a)，故選A.二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分)13已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)x(，0)時(shí)，f(x)2x3x2，則f(2)_.解析：通解：令x0，則x0.f(x)2x3x2.又f(x)是R上的奇函數(shù)，f(x)f(x)f(x)2x3x2(x0)f(2)2×232212.優(yōu)解：f(2)f(2)2×(2)3(2)212.答案：1214已知等比數(shù)列an的公比為正數(shù)，且a3·a92a，a21，則a1_.解析：a3·a9a，a2a，設(shè)等比數(shù)列an的公比為q，因此q22，由于q0，解得q，a1.答案：15已知三棱錐SABC，ABC是直角三角形，其斜邊AB8，SC平面ABC，SC6，則三棱錐SABC的外接球的表面積為_解析：將三棱錐SABC放在長(zhǎng)方體中(圖略)，易知三棱錐SABC所在長(zhǎng)方體的外接球，即為三棱錐SABC的外接球，所以三棱錐SABC的外接球的直徑2R10，即三棱錐SABC的外接球的半徑R5，所以三棱錐SABC的外接球的表面積S4R2100.答案：10016已知拋物線C：y22px的焦點(diǎn)是F，過F且斜率為1的直線l1與拋物線交于A，B兩點(diǎn)，分別從A，B兩點(diǎn)向直線l2：x4作垂線，垂足分別是D，C，若四邊形ABCD的周長(zhǎng)為368，則拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為_解析：易知F，則直線l1的方程為yx.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得x23px0，x1x23p，|AB|x1x2p4p.|AD|x14，|BC|x24，|AD|BC|x1x283p8.又|CD|AB|sin 45°4p·2p，且四邊形ABCD的周長(zhǎng)為368，4p3p82p368，p4，故拋物線的方程為y28x.答案：y28x高考客觀題(124)·提速練(三)限時(shí)40分鐘滿分80分一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分)1已知集合Ax|ylg(x1)，Bx|x|2，則AB等于()A(2,0)B(0,2)C(1,2) D(2，1)解析：C由x10，得x1，A(1，)，Bx|x|2(2,2)，AB(1,2)故選C.2已知i是虛數(shù)單位，若復(fù)數(shù)z滿足zi1i，則z2等于()A2i B2i C2 D2解析：A解法一z1i，z2(1i)22i.解法二(zi)2(1i)2，z22i，z22i.故選A.3 ()Axyz BzxyCzyx Dyzx解析：Dxln 1，y ，z.4過圓錐頂點(diǎn)的平面截去圓錐一部分，所得幾何體的三視圖如圖所示，則原圓錐的體積為()A1 B. C. D.解析：D由三視圖可得底面圓的半徑為2，圓錐的高為2，原圓錐的體積為·22·2，故選D.5.元朝著名數(shù)學(xué)家朱世杰在四元玉鑒中有一首詩(shī)：“我有一壺酒，攜著游春走，遇店添一倍，逢友飲一斗，店友經(jīng)三處，沒了壺中酒，借問此壺中，當(dāng)原多少酒？”用程序框圖表達(dá)如圖所示，即最終輸出的x0，則一開始輸入的x的值為()A. B.C. D4解析：Bi1時(shí)，x2x1，i2時(shí)，x2(2x1)14x3，i3時(shí)，x2(4x3)18x7，i4時(shí)，退出循環(huán)，此時(shí)8x70，解得x，故選B.6已知實(shí)數(shù)x，y滿足若z(x1)2y2，則z的最小值為()A1 B. C2 D.解析：C繪制不等式組表示的平面區(qū)域如圖所示，目標(biāo)函數(shù)的幾何意義為可行域內(nèi)的點(diǎn)與點(diǎn)(1,0)之間距離的平方，如圖所示數(shù)形結(jié)合可得，當(dāng)目標(biāo)函數(shù)過點(diǎn)P(2,1)時(shí)取得最小值，zmin(x1)2y2(21)2122.7函數(shù)f(x)ln的圖象是()解析：B因?yàn)閒(x)ln，所以x0，解得1x0或x1，所以函數(shù)的定義域?yàn)?1,0)(1，)，可排除A，D.因?yàn)楹瘮?shù)ux在(1,0)和(1，)上單調(diào)遞增，函數(shù)yln u在(0，)上單調(diào)遞增，根據(jù)復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性可知，函數(shù)f(x)在(1,0)和(1，)上單調(diào)遞增8周髀算經(jīng)是中國(guó)古代的天文學(xué)和數(shù)學(xué)著作其中一個(gè)問題大意為：一年有二十四個(gè)節(jié)氣，每個(gè)節(jié)氣晷長(zhǎng)損益相同(即太陽照射物體影子的長(zhǎng)度增加和減少大小相同)若冬至晷長(zhǎng)一丈三尺五寸，夏至晷長(zhǎng)一尺五寸(注：一丈等于十尺，一尺等于十寸)，則夏至之后的節(jié)氣(小暑)晷長(zhǎng)為()A五寸 B二尺五寸C三尺五寸 D一丈二尺五寸解析：A設(shè)晷長(zhǎng)為等差數(shù)列an，公差為d，a1135，a1315，則13512d15，解得d10.a1413510×135，夏至之后的節(jié)氣(小暑)的晷長(zhǎng)是5寸故選A.9已知函數(shù)f(x)sincos2x(xR)，則下列說法正確的是()A函數(shù)f(x)的最小正周期為B函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱C點(diǎn)為函數(shù)f(x)圖象的一個(gè)對(duì)稱中心D函數(shù)f(x)的最大值為解析：D函數(shù)f(x)sincos2xsin 2xcos 2xsin(xR)，由2知，f(x)的最小正周期為，A錯(cuò)誤；f(0)sin 不是最值，f(x)的圖象不關(guān)于y軸對(duì)稱，B錯(cuò)誤；fsin0，點(diǎn)不是函數(shù)f(x)圖象的一個(gè)對(duì)稱中心，C錯(cuò)誤；sin1,1，f(x)的最大值是，D正確故選D.10如圖是2017年第一季度五省GDP情況圖，則下列陳述正確的是()2017年第一季度GDP總量和增速均居同一位的省只有1個(gè)；與去年同期相比，2017年第一季度五個(gè)省的GDP總量均實(shí)現(xiàn)了增長(zhǎng)；去年同期的GDP總量前三位是江蘇、山東、浙江；2016年同期浙江的GDP總量也是第三位A B C D解析：B總量排序?yàn)椋航K，山東，浙江，河南，遼寧；增速排序?yàn)椋航K，遼寧，山東，河南，浙江；則總量和增速均居同一位的省有河南，江蘇兩省，說法錯(cuò)誤；與去年同期相比，2017年第一季度五個(gè)省的GDP總量均實(shí)現(xiàn)了增長(zhǎng)，說法正確；去年同期的GDP總量前三位是江蘇，山東，浙江，說法正確；2016年的GDP總量計(jì)算為：浙江：，江蘇：，河南：，山東：，遼寧：，據(jù)此可知，2016年同期浙江的GDP總量也是第三位，說法正確11過雙曲線C1：1(a0，b0)的左焦點(diǎn)F1作曲線C2：x2y2a2的切線，切點(diǎn)為M，延長(zhǎng)F1M交曲線C3：y22px(p0)于點(diǎn)N，其中C1，C3有一個(gè)共同的焦點(diǎn)，若|MF1|MN|，則曲線C1的離心率為()A. B.1C.1 D.解析：D設(shè)雙曲線1的右焦點(diǎn)為F2(c,0)，因?yàn)榍€C1，C3有一個(gè)共同的焦點(diǎn)，所以y24cx.因?yàn)镺為F1F2的中點(diǎn)，M為F1N的中點(diǎn)，所以O(shè)M為F1F2N的中位線，即OMNF2，且|OM|NF2|，因?yàn)閨OM|a，所以|NF2|2a，因?yàn)镺MNF1，所以NF2NF1，又|F1F2|2c，所以|NF1|2b.設(shè)N(x，y)，過點(diǎn)F1作x軸的垂線，則由拋物線的定義得xc2a，即x2ac，過點(diǎn)N作NPx軸于點(diǎn)P，則在RtNPF1中，由勾股定理，得y24a24b2，即4c(2ac)4a24(c2a2)，即e2e10，且e1，解得e.故選D.12以區(qū)間(0，m)內(nèi)的整數(shù)(m1，且mN)為分子，以m為分母的分?jǐn)?shù)組成集合A1，其所有元素之和為a1；以區(qū)間(0，m2)內(nèi)的整數(shù)(m1，且mN)為分子，以m2為分母組成不屬于A1的分?jǐn)?shù)集合A2，其所有元素之和為a2以此類推，以區(qū)間(0，mn)內(nèi)的整數(shù)(m1，且mN)為分子，以mn為分母組成不屬于集合A1，A2，An1的分?jǐn)?shù)集合An，其所有元素之和為an，則a1a2a3an()A. B.C. D.解析：B由題意得a1，a2a1，a3a2a1，所以anan1an2a2a1，a1a2a3an12(mn1)·.故選B.二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分)13為了解高三年級(jí)2 000名學(xué)生的學(xué)習(xí)情況，在期中考試結(jié)束后，隨機(jī)抽取100名及格的學(xué)生的分?jǐn)?shù)進(jìn)行統(tǒng)計(jì)，得到如圖所示的頻率分布直方圖，則該校高三年級(jí)分?jǐn)?shù)在130,140)的學(xué)生估計(jì)有_人解析：由頻率分布直方圖知(0.0350.0250.0150.0080.005x)×101，解得x0.012，所以該校高三年級(jí)分?jǐn)?shù)在130,140)的學(xué)生估計(jì)有2 000×0.012×10240人答案：24014(文)一個(gè)三位數(shù)，個(gè)位、十位、百位上的數(shù)字依次為x，y，z，當(dāng)且僅當(dāng)yx，yz時(shí)，稱這樣的數(shù)為“凸數(shù)”(如243)，現(xiàn)從集合1,2,3,4中取出三個(gè)不相同的數(shù)組成一個(gè)三位數(shù)，則這個(gè)三位數(shù)是“凸數(shù)”的概率為_解析：在1,2,3,4的4個(gè)整數(shù)中任取3個(gè)不同的數(shù)組成三位數(shù)，有24種情況，在1,2,3,4的4個(gè)整數(shù)中任取3個(gè)不同的數(shù)，將最大的放在十位上，剩余的2個(gè)數(shù)字分別放在百、個(gè)位上，有8種情況，則這個(gè)三位數(shù)是“凸數(shù)”的概率是.答案：14(理)箱中裝有標(biāo)號(hào)為1,2,3,4,5,6且大小相同的6個(gè)球從箱中一次摸出兩個(gè)球，記下號(hào)碼并放回，如果兩球號(hào)碼之積是4的倍數(shù)，則獲獎(jiǎng)現(xiàn)有4人參與摸獎(jiǎng)(每人一次)，則恰好有3人獲獎(jiǎng)的概率是_(用數(shù)字作答)解析：由題意得任取兩球有C種情況，取出兩球號(hào)碼之積是4的倍數(shù)的情況為(1,4)，(2,4)，(3,4)，(2,6)，(4,6)，(4,5)共6種情況，故每人摸球一次中獎(jiǎng)的概率為，故4人中有3人中獎(jiǎng)的概率為C3×.答案：15甲、乙兩人玩報(bào)數(shù)游戲，其規(guī)則是：兩人從1開始輪流連續(xù)報(bào)數(shù)，每人每次最少報(bào)2個(gè)，最多可以報(bào)5個(gè)(如第一個(gè)人先報(bào)“1,2”，則另一個(gè)人可以有“3,4”“3,4,5”“3,4,5,6”“3,4,5,6,7”“3,4,5,6,7,8”五種報(bào)數(shù)方法)搶先報(bào)到“110”的人獲勝如果從甲開始，那么甲要想必勝，第一次報(bào)的數(shù)應(yīng)該是_解析：因?yàn)?107×155，所以只要甲先報(bào)“1,2,3,4,5”，之后不管乙報(bào)幾個(gè)數(shù)，甲報(bào)的數(shù)的個(gè)數(shù)與乙報(bào)的數(shù)的個(gè)數(shù)的和為7即可保證甲必勝所以甲要想必勝，第一次報(bào)的數(shù)應(yīng)該是1,2,3,4,5.答案：1,2,3,4,516(雙空填空題)已知函數(shù)f(x)若f(x)1，則實(shí)數(shù)x的取值范圍是_；若方程f(x)kx3有三個(gè)相異的實(shí)根，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是_解析：本題考查利用數(shù)形結(jié)合思想研究函數(shù)的零點(diǎn)當(dāng)x0時(shí)，f(x)1即x22x1，即(x1)20，則x0成立；當(dāng)x<0時(shí)，f(x)1即2x1，解得x<0.綜上，實(shí)數(shù)x的取值范圍為.由題意，方程f(x)kx3即f(x)kx3有三個(gè)相異的實(shí)根，則函數(shù)yf(x)和ykx3的圖象有三個(gè)不同的交點(diǎn)作出函數(shù)yf(x)的圖象如圖所示由題意知直線ykx3和y2x(x<0)的圖象必有一個(gè)交點(diǎn)，所以2<k<0，則ykx3與yx22x(x0)的圖象必有兩個(gè)交點(diǎn)聯(lián)立整理得x2(k2)x30，由解得k<22.所以實(shí)數(shù)k的取值范圍是(2,22)答案：(2,22)高考客觀題(124)·提速練(四)限時(shí)40分鐘滿分80分一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分)1設(shè)集合A2，1,1,2，B3，1,0,2，則AB的元素的個(gè)數(shù)為()A2B3C4 D1解析：AA2，1,1,2，B3，1,0,2，則AB1,2，含有2個(gè)元素，故選A.2i是虛數(shù)單位，若abi(a，bR)，則lg(ab)的值是()A2 B1C0 D.解析：C因?yàn)閍bi，所以a，b.所以lg(ab)lg 10.故選C.3已知ab，則“c0”是“acbc”的()A充分不必要條件 B必要不充分條件C充分必要條件 D既不充分又不必要條件解析：B當(dāng)時(shí)，acbc不成立，所以充分性不成立，當(dāng)時(shí)，c0成立，c0也成立，所以必要性成立，所以“c0”是“acbc”的必要不充分條件4要得到函數(shù)ycos的圖象，只需將函數(shù)ysin的圖象()A向右平移個(gè)單位 B向左平移個(gè)單位C向右平移個(gè)單位 D向左平移個(gè)單位解析：Bysincoscos，將其圖象向左平移個(gè)單位，可得ycoscos的圖象，故選B.5(理)(x2xy)5的展開式中，x5y2的系數(shù)為()A10 B20C30 D60解析：C(x2xy)5(x2x)y5的展開式中只有C(x2x)3y2中含x5y2，易知x5y2的系數(shù)為CC30，故選C.5(文)一個(gè)樣本a,3,4,5,6的平均數(shù)為b，且方程x26xc0的兩個(gè)根為a，b，則該樣本的方差為()A1 B2C. D.解析：B因?yàn)橐粋€(gè)樣本a,3,4,5,6的平均數(shù)為b，且方程x26xc0兩個(gè)根為a，b，所以a6，解得a2，b4，所以該樣本的方差為：s2(24)2(34)2(44)2(54)2(64)22.故選B.6明朝數(shù)學(xué)家程大位將“孫子定理”(也稱“中國(guó)剩余定理”)編成易于上口的“孫子口訣”：三人同行七十稀，五樹梅花廿一支，七子團(tuán)圓正半月，除百零五便得知已知正整數(shù)n被3除余2，被5除余3，被7除余4，求n的最小值按此口訣的算法如圖，則輸出n的結(jié)果為()A53 B54C158 D263解析：A正整數(shù)n被3除余2，得n3k2，kN；被5除余3，得n5l3，lN；被7除余4，得n7m4，mN；求得n的最小值是53.7設(shè)A(0,1)，B(1,3)，C(1,5)，D(0，1)，則等于()A2 B2C3 D3解析：C因?yàn)锳(0,1)，B(1,3)，C(1,5)，D(0，1)，所以(1,2)，(1,4)，(0，2)，所以(0,6)3(0，2)3，故選C.8已知正項(xiàng)等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn(nN*)，a5a7a0，則S11的值為()A11 B12C20 D22解析：D設(shè)等差數(shù)列的公差為d(d0)，則由(a14d)(a16d)(a15d)20，得(a15d)(a15d2)0，所以a15d0或a15d2，又a10，所以a15d0，則a15d2，則S1111a1d11(a15d)11×222，故選D.9設(shè)雙曲線C：1(a0，b0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過點(diǎn)F1的直線分別交雙曲線左、右兩支于點(diǎn)M，N，連接MF2，NF2，若·0，|，則雙曲線C的離心率為()A. B.C. D.解析：B由·0，知.又|，則|，且F1NF245°.由雙曲線的定義得，兩式相加，得|4a，即|4a，則|2a，所以|2a|(22)a.在NF1F2中，由余弦定理，得|2|2|NF2|22|·|cosF1NF2，即4c2(2a)2(22)2a22×2a×(22)a×，整理，得c23a2，所以e23，即e，故選B.10已知實(shí)數(shù)x，y滿足不等式組若zaxy有最大值，則實(shí)數(shù)a的值是()A2 B.C2 D解析：C約束條件對(duì)應(yīng)的平面區(qū)域如圖所示，是平行四邊形區(qū)域zaxy變形為yaxz，其中z表示直線在y軸上的截距當(dāng)a0時(shí)，由可行域可知直線axyz經(jīng)過可行域的A時(shí)，z取得最大，由解得A，代入axy，得a2.當(dāng)a0時(shí)，由圖可知當(dāng)直線axyz經(jīng)過B(0,1)時(shí)，z取得最大值1，與已知矛盾當(dāng)a0時(shí)，zy最大為，不合題意，綜上可知a2.故選C.11已知邊長(zhǎng)為2的等邊三角形ABC，D為BC的中點(diǎn)，沿AD將ABC折成直二面角BADC，則過A，B，C，D四點(diǎn)的球的表面積為()A3 B4C5 D6解析：C如圖，連接BC，設(shè)四面體ACBD外接球的球心為O，AB的中點(diǎn)為M，連接MD，OM，OD，ADBD，ABD外接圓的圓心為AB的中點(diǎn)M.二面角BADC為直二面角，且平面ABD平面ACDAD，CDAD，CD平面ABD，易知OM平面ABD，OMCD，OMMD.連接OC，在直角梯形OMDC中，易得CD2OM.設(shè)該外接球的半徑為R，則R2MD2OM2MD22，該外接球的表面積為4R25，故選C.12已知x(0,2)，關(guān)于x的不等式恒成立，則實(shí)數(shù)k的取值范圍為()A0，e1) B0,2e1)C0，e) D0，e1)解析：D依題意，k2xx20，即kx22x對(duì)任意x(0,2)都成立，所以k0，因?yàn)椋詋x22x，令f(x)x22x，f(x)2(x1)(x1)，令f(x)0，解得x1，當(dāng)x(1,2)時(shí)，f(x)0，函數(shù)遞增，當(dāng)x(0,1)時(shí)，f(x)0，函數(shù)遞減，所以f(x)的最小值為f(1)e1，所以0ke1，故選D.二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分)13(理)某企業(yè)的4名職工參加職業(yè)技能考核，每名職工均可從4個(gè)備選考核項(xiàng)目中任意抽取一個(gè)參加考核，則恰有一個(gè)項(xiàng)目未被抽中的概率為_解析：由題意得，所有的基本事件總數(shù)為44256，若恰有一個(gè)項(xiàng)目未被抽中，則說明4名職工總共抽取了3個(gè)項(xiàng)目，符合題意的基本事件數(shù)為C·C·C·A144，故所求概率p.答案：13(文)不透明盒子里裝有大小質(zhì)量完全相同的2個(gè)黑球，3個(gè)紅球，從盒子中隨機(jī)摸取兩球，顏色相同的概率為_解析：記兩個(gè)黑球?yàn)閍，b,3個(gè)紅球?yàn)閤，y，z，隨機(jī)取出兩個(gè)球，基本事件為ab，ax，ay，az，bx，by，bz，xy，xz，yz共10個(gè)，其中取到的球顏色相同包含的基本事件有4個(gè)，所以取到的球顏色相同的概率p0.4.答案：0.414已知函數(shù)f(x)axln xb(a，bR)，若f(x)的圖象在點(diǎn)(1，f(1)處的切線方程為2xy0，則ab_.解析：f(x)axln xb的導(dǎo)數(shù)為f(x)a(1ln x)，由f(x)的圖象在(1，f(1)處的切線方程為2xy0，易知f(1)2，即b2，f(1)2，即a2，則ab4.答案：415在海島A上有一座海拔1千米的山，山頂上有一個(gè)觀察站P.上午11時(shí)，測(cè)得一輪船在島的北偏東30°，俯角30°的B處，到11時(shí)10分又測(cè)得該船在島的北偏西60°，俯角60°的C處，則輪船的航行速度是_千米/時(shí)解析：PA平面ABC，BAC90°，APB60°，APC30°，PA1(千米)，AC千米，AB千米從而BC(千米)，于是速度vBC÷2(千米/時(shí))答案：216已知函數(shù)f(x)|lg x|，ab0，f(a)f(b)，則的最小值等于_解析：作出函數(shù)f(x)的草圖，如圖所示，若f(a)f(b)，ab0，則0b1，a1，則f(a)|lg a|lg a，f(b)|lg b|lg b，因?yàn)閒(a)f(b)，所以lg alg b，即lg alg blg(ab)0，解得ab1.因?yàn)閍b0，所以ab0，所以ab2 2，當(dāng)且僅當(dāng)ab，即ab時(shí)取等號(hào)故的最小值等于2.答案：2：高考中檔大題(32選1)·滿分練(一)限時(shí)45分鐘滿分46分解答題(本大題共4小題，共46分)1(12分)已知數(shù)列an中，點(diǎn)(an，an1)在直線yx2上，且首項(xiàng)a11.(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；(2)數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，等比數(shù)列bn中，b1a1，b2a2，數(shù)列bn的前n項(xiàng)和為Tn，請(qǐng)寫出適合條件TnSn的所有n的值解：(1)根據(jù)已知a11，an1an2，即an1an2d，所以數(shù)列an是一個(gè)等差數(shù)列，ana1(n1)d2n1.(2)數(shù)列an的前n項(xiàng)和Snn2.等比數(shù)列bn中，b1a11，b2a23，所以q3，bn3n1，數(shù)列bn的前n項(xiàng)和Tn.TnSn即n2，又nN*，所以n1或2.2(文)(12分)如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD是正方形，AB2EF2，EFAB，EFFB，BFC90°，BFFC，H為BC的中點(diǎn)(1)求證：FH平面EDB；(2)求證：AC平面BDE；(3)求四面體BDEF的體積解：(1)設(shè)BD與AC交于點(diǎn)O，連接OE，OH.因?yàn)镺，H分別為AC，BC的中點(diǎn)，所以O(shè)HAB，OHAB，又因?yàn)镋FAB，EFAB，所以O(shè)HEF，又因?yàn)镺HEF，所以四邊形OEFH為平行四邊形，所以FHOE，又因?yàn)镕H平面BDE，OE平面BDE，所以FH平面BDE.(2)因?yàn)镋FAB，EFFB，所以ABFB，又因?yàn)锳BBC，F(xiàn)BBCB，所以AB平面BCF，又因?yàn)镕H平面BCF，所以FHAB，又FHBC，BCABB，所以FH平面ABCD，又因?yàn)镕HOE，所以O(shè)E平面ABCD，所以O(shè)EAC，又ACBD，BDOEO，所以AC平面BDE.(3)VBDEF×SDEF×BF××1××.2(理)(12分)如圖1，在等腰梯形PDCB中，PBDC，PB3，DC1，DPB45°，DAPB于點(diǎn)A，將PAD沿AD折起，構(gòu)成如圖2所示的四棱錐PABCD，點(diǎn)M在棱PB上，且PMMB.(1)求證：PD平面MAC；(2)若平面PAD平面ABCD，求二面角MACB的余弦值解：(1)證明，連接BD交AC于點(diǎn)N，連接MN，依題意知ABCD，所以ABNCDN，所以2，因?yàn)镻MMB，所以2，所以在BPD中，MNPD，又PD平面MAC，MN平面MAC.所以PD平面MAC.(2)因?yàn)槠矫鍼AD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PAAD，PA平面PAD，所以PA平面ABCD，所以PAAB，又ADAB，所以PA，AD，AB兩兩垂直，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以，的方向?yàn)閤，y，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示：因?yàn)锳PAD1，AB2，且PMMB，所以A(0,0,0)，B(0,2,0)，P(0,0,1)，M，C(1，1,0)，所以(0,0,1)，(1,1,0)，因?yàn)镻A平面ABCD，所以n1(0,0,1)為平面ABC的一個(gè)法向量設(shè)平面MAC的法向量為n2(x，y，z)，則所以令x1，則y1，z1，所以n2(1，1,1)為平面MAC的一個(gè)法向量所以cosn1，n2，所以二面角MACB的余弦值為.3(文)(12分)某縣自古就以盛產(chǎn)蜜瓜而名揚(yáng)中外，生產(chǎn)的瓜州蜜瓜有4個(gè)系列30多個(gè)品種，質(zhì)脆汁多，香甜可口，清爽宜人，含糖量達(dá)14%19%，是消暑止渴的佳品有詩(shī)贊曰：冰泉浸綠玉，霸刀破黃金；涼冷消晚暑，清甘洗渴心調(diào)查表明，蜜瓜的甜度與海拔高度、日照時(shí)長(zhǎng)、溫差有極強(qiáng)的相關(guān)性，分別用x，y，z表示蜜瓜甜度與海拔高度、日照時(shí)長(zhǎng)、溫差的相關(guān)程度，并對(duì)它們進(jìn)行量化：0表示一般，1表示良，2表示優(yōu)，再用綜合指標(biāo)xyz的值評(píng)定蜜瓜的等級(jí)，若4，則為一級(jí)；若23，則為二級(jí)；若01，則為三級(jí)近年來，周邊各省也開始發(fā)展蜜瓜種植，為了了解目前蜜瓜在周邊各省的種植情況，研究人員從不同省份隨機(jī)抽取了10塊蜜瓜種植地，得到如下結(jié)果：種植地編號(hào)ABCDE(x，y，z)(1,0,0)(2,2,1)(0,1,1)(2,0,2)(1,1,1)種植地編號(hào)FGHIJ(x，y，z)(1,1,2)(2,2,2)(0,0,1)(2,2,1)(0,2,1)(1)若有蜜瓜種植地110塊，試估計(jì)等級(jí)為三級(jí)的蜜瓜種植地的數(shù)量；(2)從樣本里等級(jí)為一級(jí)的蜜瓜種植地中隨機(jī)抽取兩塊，求這兩塊種植地的綜合指標(biāo)至少有一個(gè)為4的概率解：(1)計(jì)算10塊種植地的綜合指標(biāo)，可得下表：編號(hào)ABCDEFGHIJ綜合指標(biāo)1524346153由上表可知：等級(jí)為三級(jí)的有A，H，共2塊，其頻率為.用樣本的頻率估計(jì)總體的頻率，可估計(jì)等級(jí)為三級(jí)的蜜瓜種植地的數(shù)量為110×22(塊)(2)由(1)可知，等級(jí)是一級(jí)的(4)有B，D，F(xiàn)，G，I