《2019高考数学二轮复习“12+4”小题提速练四理.pdf》由会员分享,可在线阅读,更多相关《2019高考数学二轮复习“12+4”小题提速练四理.pdf(6页珍藏版)》请在三一文库上搜索。
1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 “124”小题提速练(四)“124”小题提速练(四) 一、选择题 1(2018湖州模拟)已知复数z满足(34i)z25,则z( ) A34i B34i C34i D34i 解析:选 D 由已知可得z34i,故选 D. 25 34i 2534i 34i34i 2(2018贵阳模拟)设集合Ax|(x1)(x2)0,解得m2,所以双曲线 C:1, mm24 m 5 x2 2 y2 8 设 M(x0,y0),则1,因为0,所以xy10,故y0,x0 x2 0 2 y2 0 8 MF1 MF2 2 02 0 4 10 5 ,所以满足条件的点 M 共有四个,构成
2、一个矩形,长为,宽为,故面积为. 3 10 5 8 10 5 6 10 5 96 5 8已知双曲线 C:1(a0,b0)的左、右焦点与虚轴的一个端点构成一个角为 x2 a2 y2 b2 120的三角形,则双曲线 C 的离心率为( ) A. B 5 2 6 2 C. D.35 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 解析 : 选B 设双曲线C的左、 右焦点分别为F1,F2, 虚轴的一个端点为A, 则F1AF2120, 得tan 60,即cb,ab,所以双曲线 C 的离心率e. c b 32 6 2 9我国南北朝时期数学家、天文学家祖暅,提出了著名的祖暅原理 : “幂势既同, 则积不容异” “
3、幂”是截面积,“势”是几何体的高,意思是两等高立方体,若在每一等 高处的截面积都相等, 则两立方体体积相等 已知某不规则几何体与如图所对应的几何体满 足“幂势同” ,则该不规则几何体的体积为( ) A4 B8 2 4 3 C8 D82 解析:选 C 由祖暅原理可知,该不规则几何体的体积与已知三视图的几何体体积相 等根据题设所给的三视图,可知图中的几何体是从一个正方体中挖去一个半圆柱,正方体 的体积为238, 半圆柱的体积为 (12)2, 因此该不规则几何体的体积为8, 1 2 故选 C. 10(2018西安三模)已知 O 是平面上的一定点,A,B,C 是平面上不共线的三个点, 动点 P 满足(
4、),0,),则动点 P 的轨迹一定经过ABCOP OA AB AC 的( ) A外心 B内心 C重心 D垂心 解析 : 选 C 设BC的中点为D, 则由(), 可得(OP OA AB AC AP AB )2, 所以点P在ABC的中线AD所在的射线上, 所以动点P的轨迹一定经过ABCAC AD 的重心故选 C. 11 已知三棱锥SABC的每个顶点都在球O的表面上,SA底面ABC,ABAC4,BC2 ,且二面角SBCA的正切值为 4,则球O的表面积为( )15 A240 B248 C252 D272 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 解析:选 D 取BC的中点D,连接SD,AD,易知AD
5、BC,SDBC,所以SDA是二面角 SBCA 的 平面角,于是有tanSDA4,即SA4AD44.在ABC中,sinABC42 152 AD AB , 由正弦定理得ABC的外接圆半径r8. 可将三棱锥SABC补形成一个直三 1 4 AC 2sinABC 棱柱ABCSBC,其中该直三棱柱的底面为ABC,高为 SA4,因此三棱锥SABC的外接 球的半径 R,因此三棱锥SABC的外接球的表面积为 4R2272,选 D.228268 12(2018武昌模拟)已知函数f(x)kx在区间e4 1 ,e上有两个不同的零点, ln x x 则实数k的取值范围为( ) A. B 1 4 e , 1 2e)( 1
6、 4 e , 1 2e) C. D. 1 e2, 1 4 e 1 e2, 1 e 解析 : 选 A 令f(x)kx0, 则k, 令 g(x), 则 g(x) ln x x ln x x2 ln x x2( ln x x2) ,令 g(x)0,解得xe 2 1 e4 1 ,e因为当x(e4 1 ,e 2 1 )时,g(x)0, 12ln x x3 所以 g(x)在(e4 1 ,e 2 1 )上单调递增 ; 当x(e 2 1 ,e)时,g(x)0 的解集为_ 解析:f(x)2x2 (x0),由f(x)0 得0,解 4 x 2x2x2 x 2x2x2 x 得12,又x0,f(x)0 的解集为x|x2
7、 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 答案:(2,) 14 已知圆O:x2y24, 若不过原点O的直线l与圆O交于P, Q两点, 且满足直线OP, PQ, OQ 的斜率依次成等比数列,则直线 l 的斜率为_ 解析 : 设直线 l:ykxb(b0),代入圆的方程,化简得(1k2)x22kbxb240, 设 P(x1,y1), Q(x2,y2), 则x1x2,x1x2,kOPkOQk2 2kb 1k2 b24 1k2 y1 x1 y2 x2(k b x1)(k b x2) kbk2kb,由kOPkOQk2,得 ( x1x2 x1x2) b2 x1x2( 2kb b24) b21k2 b24
8、 b24k2 b24 b24k2 b24 k2,解得k1. 答案:1 15 (2019 届高三南宁、 柳州联考)若x,y满足约束条件Error!等差数列an满足a1x, a5y,其前n项和为 Sn,则S5S2的最大值为_ 解析:作出约束条件Error!表示的可行域如图中阴影部分所示 因为a1x,a5y,所以公差d,S5S2a3a4a53a43(a5d)xy. yx 4 3 4 9 4 设 zxy, 作出直线xy0, 平移该直线, 当该直线经过点B(2,3)时, z 取得最大值 3 4 9 4 3 4 9 4 ,即 S5S2的最大值为. 33 4 33 4 答案:33 4 16(2019 届高三
9、湘东五校联考)已知f(x)(sin xcos x)cos x ,其3 1 2 中 0,f(x)的最小正周期为 4. (1)则函数f(x)的单调递增区间是_; (2)锐角三角形ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若(2ac)cos Bbcos C, 则f(A)的取值范围是_ 解析:f(x)(sin xcos x)cos x sin 2x cos 2xsin3 1 2 3 2 1 2 . (2x 6) f(x)的最小正周期为 4, 2 ,可得f(x)sin. 2 4 1 2( 1 2x 6) 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (1)令 2kx2k,kZ Z,可得 4kx4k,kZ Z, 2 1 2 6 2 4 3 2 3 f(x)的单调递增区间为,kZ Z. 4k 4 3 ,4k2 3 (2)(2ac)cos Bbcos C, (2sin Asin C)cos Bsin Bcos C, 2sin Acos Bsin A, 又 sin A0,cos B ,B, 1 2 3 三角形ABC为锐角三角形, Error!A, 6 2 A,f(A). 4 1 2 6 5 12 2 2 6 2 4 答案:(1),kZ Z 4k 4 3 ,4k2 3 (2)( 2 2 , 6 2 4)
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