選擇題+填空題增分練(二) 1．(2019·全國Ⅱ)設(shè)集合A＝{x|x2－5x＋6>0}，B＝{x|x－1<0}，則A∩B等于(　　) A．(－∞，1) B．(－2,1) C．(－3，－1) D．(3，＋∞) 答案　A 解析　因為A＝{x|x2－5x＋6>0}＝{x|x>3或x<2}，B＝{x|x－1<0}＝{x|x<1}，所以A∩B＝{x|x<1}，故選A. 2．(2019·全國Ⅲ)(1＋2x2)(1＋x)4的展開式中x3的系數(shù)為(　　) A．12B．16C．20D．24 答案　A 解析　展開式中含x3的項可以由“1與x3”和“2x2與x”的乘積組成，則x3的系數(shù)為C＋2C＝4＋8＝12. 3．(2019·全國Ⅱ)設(shè)f(x)為奇函數(shù)，且當(dāng)x≥0時，f(x)＝ex－1，則當(dāng)x<0時，f(x)等于(　　) A．e－x－1 B．e－x＋1 C．－e－x－1 D．－e－x＋1 答案　D 解析　當(dāng)x<0時，－x>0， ∵當(dāng)x≥0時，f(x)＝ex－1， ∴f(－x)＝e－x－1. 又∵f(x)為奇函數(shù)， ∴f(x)＝－f(－x)＝－e－x＋1. 4．(2019·全國Ⅲ)函數(shù)f(x)＝2sinx－sin2x在[0,2π]上的零點個數(shù)為(　　) A．2B．3C．4D．5 答案　B 解析　令f(x)＝0，得2sinx－sin2x＝0， 即2sinx－2sinxcosx＝0， ∴2sinx(1－cosx)＝0， ∴sinx＝0或cosx＝1. 又x∈[0,2π]， ∴由sinx＝0得x＝0，π或2π， 由cosx＝1得x＝0或2π. 故函數(shù)f(x)的零點為0，π，2π，共3個． 5．在?；韬钅怪邪l(fā)掘出堆積如山的“漢五銖”銅錢．漢代串銅錢的絲繩或麻繩叫“緡”，后來演變?yōu)橛嬃裤~錢的單位，1000枚銅錢用緡串起來，就叫一緡．假設(shè)把2000余緡銅錢放在一起碼成一堆，擺放規(guī)則如下：底部并排碼放70緡，然后一層一層往上碼，每層遞減一緡，最上面一層為31緡，則這一堆銅錢共有(　　) A．2×106枚 B．2.02×106枚 C．2.025×106枚 D．2.05×106枚 答案　B 解析　由題意可知，可構(gòu)成一個首項為70，末項為31，項數(shù)為40，公差為－1的等差數(shù)列，則其所有項之和為S＝＝2020，故這一堆銅錢共有2020×1000＝2.02×106(枚)． 6．一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為(　　) A．2＋πB．1＋πC．2＋2πD．1＋2π 答案　A 解析　根據(jù)三視圖可得該幾何體由一個長方體和半個圓柱組合而成， 則V＝1×1×2＋×π×12×2＝2＋π. 7．(2019·金華十校模擬)若關(guān)于x的不等式x3－3x2－ax＋a＋2≤0在x∈(－∞，1]上恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(－∞，－3] B．[－3，＋∞) C．(－∞，3] D．[3，＋∞) 答案　A 解析　∵x3－3x2－ax＋a＋2≤0， ∴x3－3x2＋2≤ax－a， ∴當(dāng)x<1時，a≤＝x2－2x－2＝(x－1)2－3， ∴a≤－3. 當(dāng)x＝1時，0≤0恒成立，綜上，a的取值范圍為(－∞，－3]． 8．(2019·全國Ⅲ)函數(shù)y＝在[－6,6]上的圖象大致為(　　) 答案　B 解析　因為f(x)＝，所以f(－x)＝＝－f(x)，且x∈[－6,6]，所以函數(shù)y＝為奇函數(shù)，排除C；當(dāng)x>0時，f(x)＝>0恒成立，排除D；因為f(4)＝＝＝≈7.97，排除A，故選B. 9．(2019·杭州模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝sin(2x＋φ)＋cos2x，記f(x)的最大值為M(φ)，最小值為m(φ)，則(　　) A．存在φ∈R，使得M(φ)＋m(φ)＝π B．存在φ∈R，使得M(φ)－m(φ)＝π C．存在φ∈R，使得|M(φ)·m(φ)|＝π D．存在φ∈R，使得＝π 答案　D 解析　因為f(x)＝sin(2x＋φ)＋cos2x ＝cosφsin2x＋cos2x＋ ＝sin(2x＋φ′)＋，其中tanφ′＝. 所以M(φ)＝＋∈[1,2]， m(φ)＝－＋∈[－1,0]， 故M(φ)＋m(φ)＝1， M(φ)－m(φ)＝2∈[1,3]． |M(φ)·m(φ)|＝|1＋sinφ|∈[0,2]，故選D. 10.如圖所示，在多面體ABDD1A1B1C1中，四邊形A1B1C1D1，ADD1A1，ABB1A1均為正方形，點M是BD的中點，點H在C1M上運動，當(dāng)A1H與平面ABD所成角的正弦值為時，二面角A－A1H－B的大小為(　　) A．30°B．45°C．60°D．90° 答案　C 解析　∵四邊形A1B1C1D1，ADD1A1，ABB1A1均為正方形， ∴多面體ABDD1A1B1C1可補成正方體ABCD－A1B1C1D1，如圖所示，設(shè)其棱長為1，連接A1C，AC，DC1，A1C1， ∵＝＝， ∴A1C與平面ABD所成角的正弦值為. 又A1H與平面ABD所成角的正弦值為， A1C，A1H?平面A1ACC1， ∴H為A1C與C1M的交點． ∵BD⊥AC，BD⊥A1A，AC，A1A是平面A1ACC1內(nèi)的相交直線，∴BD⊥平面A1ACC1， 又A1C?平面A1ACC1，∴BD⊥A1C， 同理得BC1⊥A1C， 又BD，BC1是平面BC1D內(nèi)的相交直線， ∴A1C⊥平面BC1D， 又HM，HB?平面BC1D，∴A1H⊥HM，A1H⊥HB， ∴二面角A－A1H－B的平面角為∠BHM. 易知Rt△CHM∽Rt△CAA1， ∴＝，∴HM＝， ∵BD＝BC1＝C1D＝，M是BD的中點， ∴C1M⊥BM，BM＝，tan∠BHM＝＝， ∴∠BHM＝60°， ∴二面角A－A1H－B的大小為60°. 11．(2019·浙江省金華十校聯(lián)考)已知復(fù)數(shù)z滿足(1＋2i)z＝3－4i，i為虛數(shù)單位，則z的虛部是________，|z|＝________. 答案　－2　 解析　由(1＋2i)z＝3－4i，得z＝＝＝－1－2i，∴z的虛部是－2，|z|＝. 12．(2019·全國Ⅱ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若b＝6，a＝2c，B＝，則△ABC的面積為________． 答案　6 解析　方法一　因為a＝2c，b＝6，B＝，所以由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得62＝(2c)2＋c2－2×2c×ccos，得c＝2，所以a＝4，所以△ABC的面積S＝acsinB＝×4×2×sin＝6. 方法二　因為a＝2c，b＝6，B＝，所以由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得62＝(2c)2＋c2－2×2c×ccos，得c＝2，所以a＝4，所以a2＝b2＋c2，所以A＝，所以△ABC的面積S＝×2×6＝6. 13．不等式組表示的平面區(qū)域M的面積為_______________， 若點(x，y)∈M，則z＝x－3y的最大值為________． 答案　?。? 解析　由約束條件畫出可行域如圖(陰影部分所示)，可知區(qū)域為△ABC，S△ABC＝(2－0.5)(2－1)＝，目標(biāo)函數(shù)可化為y＝x－z，要求z的最大值，就是求直線y＝x－z在y軸上的截距的最小值，所以只需直線過C(2,1)點，zmax＝2－3＝－1. 14．(2019·浙江紹興一中模擬)某陶瓷廠準(zhǔn)備燒制甲、乙、丙三件不同的工藝品，制作過程必須先后經(jīng)過兩次燒制，當(dāng)?shù)谝淮螣坪细窈蠓娇蛇M入第二次燒制，兩次燒制過程相互獨立．根據(jù)該廠現(xiàn)有的技術(shù)水平，經(jīng)過第一次燒制后，甲、乙、丙三件產(chǎn)品合格的概率依次為0.5,0.6,0.4，經(jīng)過第二次燒制后，甲、乙、丙三件產(chǎn)品合格的概率依次為0.6,0.5,0.75，則第一次燒制后恰有一件產(chǎn)品合格的概率為________；經(jīng)過前后兩次燒制后，合格工藝品的件數(shù)為ξ，則隨機變量ξ的期望為________． 答案　0.38　0.9 解析　分別記甲、乙、丙經(jīng)第一次燒制后合格為事件A1，A2，A3，設(shè)E表示第一次燒制后恰好有一件合格，則 P(E)＝P(A1··)＋P(·A2·)＋P(··A3)＝0.5×0.4×0.6＋0.5×0.6×0.6＋0.5×0.4×0.4＝0.38. 因為每件工藝品經(jīng)過兩次燒制后合格的概率均為p＝0.3，所以ξ～B(3,0.3)，故E(ξ)＝np＝3×0.3＝0.9. 15．已知a，b∈R，f(x)＝ex－ax＋b，若f(x)≥1恒成立，則的取值范圍為________． 答案　[－1，＋∞) 解析　f(x)≥1?ex－1≥ax－b，由圖象，顯然a≥0，又a≠0，故a>0. 方法一　設(shè)g(x)＝ex－1?g′(x)＝ex， 當(dāng)直線y＝ax－b與y＝ex－1相切時，設(shè)切點為(t，et－1)， 可求得切線方程為y＝etx－tet＋et－1， 所以只需要et＝a，－tet＋et－1≥－b， 即存在t，使不等式≥t－2＋成立， 令h(t)＝t－2＋?h′(t)＝， 求得h(t)min＝h(0)＝－1， 所以≥－1. 方法二　f′(x)＝ex－a，令f′(x)＝0，得x＝lna，易知f(x)min＝f(lna)＝a－alna＋b，由題意知，f(x)min≥1，即a－alna＋b≥1，即b≥alna－a＋1，又a>0， 所以≥lna＋－1，設(shè)g(a)＝lna＋－1， 則g′(a)＝. 易知g(a)min＝g(1)＝0. 所以≥0， 所以＝－1≥－1. 16．已知點A在以O(shè)為圓心、2r為半徑(r>0)的圓上，點B在以O(shè)為圓心、r為半徑的圓上，若對任意的t∈R總有|＋|－|＋t|≤0，則∠AOB的大小為________． 答案　 解析　方法一　記＝a，＝b，a，b的夾角為θ， |a|＝2r，|b|＝r， 則對任意的t∈R，不等式|a＋b|≤|a＋tb|恒成立， 平方得a2＋2a·b＋b2≤a2＋2ta·b＋t2b2， 整理得t2＋4tcosθ－(4cosθ＋1)≥0， 則Δ＝16cos2θ＋4(4cosθ＋1)＝4(2cosθ＋1)2≤0， 所以cosθ＝－. 因為θ∈[0，π]，所以θ＝. 方法二　記＝a，＝b， |a|＝2r，|b|＝r， 則由題意知，任意t∈R， 不等式|a＋b|≤|a＋tb|恒成立． 當(dāng)a，b共線時顯然不合題意，則a，b不共線，分別作出＝a＋b，＝a＋tb，且點D在直線AC上，如圖所示． 欲使|a＋b|≤|a＋tb|恒成立，則∠ACO＝， 又|a|＝2r，|b|＝r， 所以∠AOC＝，∠AOB＝. 17．已知數(shù)列{an}滿足an＋2＝3an＋1－2an(n∈N*)，且a1＝1，a2＝4，其前n項和為Sn，若對任意的正整數(shù)n，Sn＋2n＋m·2n≥0恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是________． 答案　 解析　由an＋2＝3an＋1－2an得an＋2＋2an－3an＋1＝0， 得an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)， 又a2－a1＝3，∴數(shù)列{an＋1－an}是以3為首項，2為公比的等比數(shù)列， ∴an＋1－an＝3×2n－1(n∈N*)， ∴當(dāng)n≥2時，an－an－1＝3×2n－2，…，a3－a2＝3×2，a2－a1＝3， 將以上各式累加得 an－a1＝3×2n－2＋…＋3×2＋3×1＝3(2n－1－1)， ∴an＝3×2n－1－2(當(dāng)n＝1時，也滿足)． ∴Sn＝3(1＋2＋22＋…＋2n－1)－2n＝3×－2n＝3×2n－2n－3. 由Sn＋2n＋m·2n≥0得3×2n－2n－3＋2n＋m·2n≥0， ∴3×2n－3＋m·2n≥0， 即m≥－3＋， ∵≤， ∴m≥－3＋＝－， 故實數(shù)m的取值范圍是. 9