2020届高考数学选择题、填空题专项训练(一)文含解析

1小题押题练(一)一、选择题1．设全集U＝R，集合M＝{y|y＝lg(x2＋10)}，N＝{x|0x2}，则N∩(∁UM)＝()A．(0,1)B．(0,1]C．(1,2)D．∅解析：选A由M＝{y|y＝lg(x2＋10)}得M＝{y|y≥1}，所以∁UM＝(－∞，1)，故N∩(∁UM)＝(0,1)，故选A.2．已知复数z满足(z＋1)(2＋3i)＝5－2i(i为虚数单位)，则复数z的虚部为()A．－1913B．1913C．－913D.913解析：选A由(z＋1)(2＋3i)＝5－2i，得z＝5－2i2＋3i－1＝5－2i2－3i2＋3i2－3i－1＝4－19i13－1＝－913－1913i，所以复数z的虚部为－1913.3．已知向量a＝(1,3)，b＝(sinα，cosα)，若a∥b，则tanα＋π4＝()A．－3B．－2C.23D．2解析：选D因为a∥b，所以3sinα＝cosα⇒tanα＝13，所以tanα＋π4＝13＋11－13＝2，选D.4．(2019·合肥一模)已知等差数列{an}，若a2＝10，a5＝1，则{an}的前7项和等于()A．112B．51C．28D．18解析：选C设等差数列{an}的公差为d，由题意，得d＝a5－a25－2＝－3，a1＝a2－d＝13，则S7＝7a1＋7×7－12d＝7×13－7×9＝28，故选C.5．过点(1，－2)的抛物线的标准方程是()A．y2＝4x或x2＝12yB．y2＝4xC．y2＝4x或x2＝－12yD．x2＝－12y2解析：选C设焦点在x轴上的抛物线的标准方程为y2＝ax，将点(1，－2)代入可得a＝4，故抛物线的标准方程是y2＝4x；设焦点在y轴上的抛物线的标准方程为x2＝by，将点(1，－2)代入可得b＝－12，故抛物线的标准方程是x2＝－12y.综上可知，过点(1，－2)的抛物线的标准方程是y2＝4x或x2＝－12y.6．一个质地均匀的正四面体玩具的四个面上分别标有1,2,3,4这四个数字，若连续两次抛掷这个玩具，则两次向下的面上的数字之积为偶数的概率是()A.12B.13C.23D.34解析：选D抛掷两次该玩具共有16种情况：(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，…，(4,4)．其中乘积是偶数的有12种情况：(1,2)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,2)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)．所以两次向下的面上的数字之积为偶数的概率是P＝1216＝34.7．(2019·长郡中学月考)执行如图所示的程序框图，若输入的i＝1，S＝0，则输出的i为()A．7B．9C．10D．11解析：选B依题意，执行程序框图，i＝1，S＝02，S＝ln3，i＝3，S2；S＝ln5，i＝5，S2；S＝ln7，i＝7，S2；S＝ln9，i＝9，S2，此时结束循环，输出的i＝9，选B.8．(2019·郑州模拟)若某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积等于()3A．10cm3B．20cm3C．30cm3D．40cm3解析：选B由三视图知该几何体为底面为长方形的四棱锥，记为四棱锥A­BDD1B1，将其放在长方体中如图所示，则该几何体的体积V＝V长方体ABCD­A1B1C1D1－V三棱锥A­A1B1D1－V三棱柱BCD­B1C1D1＝3×4×5－13×12×3×4×5－12×3×4×5＝20(cm3)，故选B.9．《周易》历来被人们视作儒家群经之首，它表现了古代中华民族对万事万物深刻而又朴素的认识，是中华人文文化的基础，它反映出中国古代的二进制计数的思想方法．我们用近代术语解释为：把阳爻“”当作数字“1”，把阴爻“”当作数字“0”，则八卦所代表的数表示如下：卦名符号表示的二进制数表示的十进制数坤0000艮0011坎0102巽0113依次类推，则六十四卦中的“屯”卦，符号为“”，其表示的十进制数是()A．33B．34C．36D．35解析：选B由题意类推，可知六十四卦中的“屯”卦的符号“”表示的二进制数为100010，转化为十进制数为0×20＋1×21＋0×22＋0×23＋0×24＋1×25＝34.故选B.10.(2019·成都模拟)如图，已知双曲线E：x2a2－y2b2＝1(a0，b0)，长方形ABCD的顶点A，B分别为双曲线E的左、右焦点，且点C，D在双曲线E上，若|AB|＝6，|BC|＝52，则双曲线E的离心率为()A.2B．324C.52D.5解析：选B根据|AB|＝6可知c＝3，又|BC|＝52，所以b2a＝52，b2＝52a，c2＝a2＋52a＝9，得a＝2(舍负)，所以e＝ca＝32.11．(2019·山东德州模拟)已知在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a2＝b2＋c2＋bc，a＝3，S为△ABC的面积，则S＋3cosBcosC的最大值为()A．1B．3C.3＋1D．3解析：选B因为a2＝b2＋c2＋bc，所以cosA＝b2＋c2－a22bc＝－bc2bc＝－12.又A为△ABC的内角，所以0Aπ，所以A＝2π3.所以bsinB＝csinC＝asinA＝3sin2π3＝2，故b＝2sinB，c＝2sinC，所以S＋3cosBcosC＝12bcsinA＋3cosBcosC＝34bc＋3cosBcosC＝3sinBsinC＋3cosBcosC＝3cos(B－C)，又A＋B＋C＝π，A＝2π3，所以B－C∈－π3，π3，所以cos(B－C)∈12，1，当B＝C时，cos(B－C)＝1，所以S＋3cosBcosC∈32，3，即S＋3cosBcosC的最大值为3.12．已知函数f(x)＝(x－b)lnx＋x2在区间[1，e]上单调递增，则实数b的取值范围是()A．(－∞，－3]B．(－∞，2e]C．(－∞，3]D．(－∞，2e2＋2e]解析：选C由题意可得f′(x)＝lnx＋1－bx＋2x，满足题意时f′(x)＝lnx＋1－bx＋2x≥0在区间[1，e]上恒成立，即b≤x(lnx＋2x＋1)在区间[1，e]上．令g(x)＝x(lnx＋2x＋1)，则g′(x)＝lnx＋4x＋2，很明显g′(x)是定义域内的增函数，则g′(x)≥g′(1)＝60，则函数g(x)在定义域内单调递增，在[1，e]上，g(x)min＝g(1)＝3，所以实数b的取值范围是(－∞，3]．二、填空题13．(2019·辽宁五校联考)已知x，y满足－x＋y－2≥0，x＋y－4≤0，x－3y＋3≤0，则z＝－3x＋y的最小值为________．5解析：作出不等式组－x＋y－2≥0，x＋y－4≤0，x－3y＋3≤0表示的平面区域，如图中阴影部分所示，易得A－32，12，B(1,3)．显然目标函数z＝－3x＋y在点B处取得最小值，zmin＝－3×1＋3＝0.答案：014．过点P(－3，0)作直线l与圆O：x2＋y2＝1交于A、B两点，O为坐标原点，设∠AOB＝θ，且θ∈0，π2，当△AOB的面积为34时，直线l的斜率为________．解析：由题意得|OA|＝|OB|＝1，∵△AOB的面积为34，∴12×1×1×sinθ＝34，∴sinθ＝32，∵θ∈0，π2，∴θ＝π3，∴△AOB为正三角形，∴圆心(0,0)到直线l的距离为32，设直线l的方程为y＝k(x＋3)，即kx－y＋3k＝0，∴|3k|k2＋1＝32，∴k＝±33.答案：±3315.已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acosC＋ccosA＝bsinB，A＝π6，如图，若点D是△ABC外一点，DC＝2，DA＝3，则当四边形ABCD面积最大时，sinD＝________.解析：由acosC＋ccosA＝bsinB及余弦定理得a×a2＋b2－c22ab＋c×b2＋c2－a22bc＝bsinB，即b＝bsinB⇒sinB＝1⇒B＝π2，又∠CAB＝π6，∴∠ACB＝π3.BC＝a，则AB＝3a，AC＝2a，S△ABC＝12×a×3a＝32a2.在△ACD中，cosD＝AD2＋CD2－AC22AD·CD＝13－4a212，∴a2＝13－12cosD4.又S△ACD＝12AD·CDsinD＝3sinD，∴S四边形ABCD＝S△ABC＋S△ACD＝32a2＋3sinD＝32×13－12cosD4＋3sinD＝3sinD－332cosD＋1338＝37227sinD－37cosD＋13386＝372sin(D－θ)＋1338其中θ满足tanθ＝32，∴当D－θ＝π2，即D＝π2＋θ时，S四边形ABCD最大，此时sinD＝sinπ2＋θ＝cosθ＝27＝277.答案：27716．已知函数f(x)＝2＋log2x，x≥1，3x－2，x1，若f[f(0)＋k]2，则实数k的取值范围是________．解析：因为f(0)＝－2，所以f(－2＋k)2.当－2＋k1，即k3时，令f(－2＋k)＝3(k－2)－22，无解；当－2＋k≥1，即k≥3时，令f(－2＋k)＝2＋log2(k－2)2，得log2(k－2)0，即k－21，解得k3.故实数k的取值范围是(3，＋∞)．答案：(3，＋∞)