2014高考数学(理科)小题限时训练20

2014高考数学（理科）小题限时训练2015小题共75分，时量：45分钟，考试时间：晚21：40—22：10姓名一．选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，在）1．函数21xy的定义域是（）A．[0),B．[1),C．(0),D．(1),2．有下列四个命题，其中真命题是（）A．2,nnnRB．,,nmmnmRRC．2,,nmmnRRD．2,nnnR3．已知三棱柱的三视图如下图所示，其中俯视图为正三角形，则该三棱柱的体积为（）A．123B．273C．363D．64．函数f（x）=ln||(0)1(0)xxxx的图象大致是（）5．已知ΔABP的顶点A、B分别为双曲线22:1169xyC的左、右焦点，顶点P在双曲线C上，则|sinsin|sinABP的值等于A．74B．477C．45D．546．我市某机构调查小学生课业负担的情况，设平均每人每天做作业时间为x(单位：分钟)，按时间分下列四种情况统计：①0～30分钟；②30～60分钟；③60～90分钟；④90分钟及90分钟以上，有1000名小学生参加了此项调查，下图是此次调查的流程图，已知输出的结果是600，则平均每天做作业时间在0～60分钟内的学生的频率是()A．0.20B．0.40C．0.60D．0.807．已知0＜a＜1，0＜b＜1，则函数2()log2log8abfxxbxa的图象恒在x轴上方的概率为（）A．14B．34C．13D．238．已知f(x)是R上的偶函数，当x≥0时，f(x)=1222xx，又a是函数g(x)=2ln(1)xx的正零点，则f（–2），f（a），f（1.5）的大上关系是（）A．(1.5)()(2)ffafB．(2)(1.5)()fffaC．()(1.5)(2)faffD．(1.5)(2)()fffa二、填空题（本大题共7小题，每小题5分，共35分）9．用0.618法确定的试点，则经过次试验后，存优范围缩小为原来的0.6184倍．10．在等差数列{an}中，若a2+a4+a6+a8+a10=80，则7812aa的值为．11．已知复数12312,1,34zizizi，它们在复平面上所对应的点分别为A，B，C，若(,)OCλOAμOBλμR，则λμ的值是．12．在极坐标系中，和极轴垂直相交的直线l与圆4ρ相交于A、B两点，若|AB|=4，则直线l的极坐标方程为．13．在计算机的运行过程中，常常要进行二进制数与十进制数的转换与运算．如：十进制数8转换成二进制是1000，记作8（10）=1000（2）；二进制数111转换成十进制数是7，记作111（2）=7（10）．二进制的四则运算，如：11（2）+101（2）=1000（2），请计算：11（2）×111（2）+1111（2）=（2）．14．,xx且0R．不等式1|||5|1xax恒成立，则实数a的取值范围是．15．设集合M={1，2，3，4，5，6}，对于ai，bi∈M，记iiiaeb且iiab，由所有ie组成的集合设为：A={e1，e2，…，ek}，则k的值为；设集合B=1{A}iiiie|e,ee，对任意ei∈A，je∈B，则Μijee的概率为题号12345678答案9.10.11.；12.13.14.15.理科数学参考答案1．【解析】A由2x–1≥0，求得x≥02．【解析】B对于选项A，令12n即可验证不正确；对于选项C、选项D，可令n=–1加以验证其不正确，故选B．3．【解析】C如图将三棱柱还原为直观图，由三视图知，三棱柱的高为4，设底面连长为a，则333,62aa．故体积23643634V．4．【解析】B函数y=ln|x|（x＜0）的图象与函数y=lnx的图象关于y轴对称，函数1(0)yxx的图象是反比例函数1yx的图象在每一象限的部分5．【解析】C由题意得：|PB–PA|=8，|AB|=216910，从而由正弦定理，得|sinsin|||4sin5ABPBPAPAB．6．【解析】B由流程图可见，当作业时间X大于60时，S将会增加1，由此可知S统计的是作业时间为60分钟以上的学生数量，因此由输出结果为600知有600名学生的作业时间超过60分钟，因此作业时间在0~60分钟内的学生总数有1000–600=400名，所以所求频率为400/1000=0.4.．7．【解析】D因为函数图象恒在x轴上方，则42log32log0baab，01,01,log0,babalog0,ab所以311log,log82aabb，即12ba．则建立关于a，b的直角坐标系，画出关于a和b的平面区域，如图．此时，可知此题求解的概率类型为关于面积的几何概型，由图可知基本事件空间所对应的几何度量(Ω)1S，满足图象在x轴上方的事件A所对应的几何度量11202()3SAada．所以()2()(Ω)3SAPAS．8．【解析】A当a＞0时，易知g（x）为增函数，而且g（2）=ln3–1＞0，g（1.5）=ln2.5–43＜lne–1=0，于是由零点存在定理可知在区间（1.5，2）内g（x）存在零点，再由单调性结合题意可知a就为这个零点，因此有1.5＜a＜2．又当x≥0时，直接求导即得1()2ln2xfxx，于是当x＞1时，我们有2()2ln21ln21ln10fxe，由此可见f（x）在(1,)上单调增，可见必有(1.5)()(2)ffaf，而又由于f（x）为偶函数，所以(1.5)()(2)ffaf，故选A．9．【解析】5次10．【解析】8由已知得：21048666()()58016aaaaaaa，又分别设等差数列首项为a1，公差为d，则78111611116(7)(5)82222aaadadada．11．【解析】因为点A(–1，2)，B(1，–1)，C(3，–4)．所以OCλOAμOB(3,4)(1,2)λ+(1,1)μ，因此324λμλμ，即12λμ，所以1λμ．12．【解析】cos23ρθ由该圆的极坐标方程为4ρ知该圆的半径为4，又直线l被该圆截得的弦长|AB|为4，设该圆圆心为O，则∠AOB=60°，极点到直线l的距离为4cos3023d，所以直线的极坐标方程为cos23ρθ．13．【解析】100100由题可知，在二进制数中的运算规律是“逢二进一”，所以11（2）×111（2=10101（2），10101（2）+1111（2）=100100（2）．14．【解析】4＜a＜6不等式1|||5|1xax对于一切非零实数x均成立，可以先求出1||xx的最小值，然后利用|5|1a小于这个最小值即可求解a的取值范围．当x＞0时，1122xxxx；当x＜0时，11[()()]2()()2xxxx．从而1||2xx恒成立，所以不等式1|||5|1xax对于一切非零实数x均成立，可转化主|5|12a，即|5|115146aaa．15．【解析】11；6121由题意知，ai，bi∈M，ai＜bi，首先考虑M中的二元子集有{1，2}，{1，3}，…，{5，6}，共15个，即为26C=15个．又ai＜bi，满足jiijaabb的二元子集有：{1，2}，{2，4}，{3，6}，这时12iiab，{1，3}，{2，6}，这时13iiab，{2，3}，{4，6}，这时23iiab，共7个二元子集．故集全A中的元素个数为k=15–7+3=11．列举A={1111122334523456354556,,,,,,,,,,}，B={2，3，4，5，6，354556223345,,,,,}131515243546232222222233334455,,,,,共6对．所求概率为：6121p．