2020届高考数学选择题、填空题专项训练(三)文含解析

1小题押题练(三)一、选择题1．(2019届高三·广东五校联考)复数z＝3－i1－i等于()A．1＋2iB．1－2iC．2＋iD．2－i解析：选Cz＝3－i1－i＝－＋－＋＝4＋2i2＝2＋i.2．(2019·惠州模拟)已知集合A＝{x|xa}，B＝{x|x2－3x＋20}，若A∩B＝B，则实数a的取值范围是()A．(－∞，1)B．(－∞，1]C．(2，＋∞)D．[2，＋∞)解析：选D集合B＝{x|x2－3x＋20}＝{x|1x2}，由A∩B＝B可得B⊆A，所以a≥2.选D.3．(2019·天津模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3＝3，S13－S10＝36，则数列{an}的公差为()A．1B．－1C．－2D．2解析：选A设等差数列{an}的公差为d，S13－S10＝36，即a13＋a12＋a11＝36，从而3a12＝36，a12＝12，由a12＝a3＋9d，得d＝1.故选A.4.(2019·洛阳尖子生统考)执行如图所示的程序框图，若输入m＝209，n＝121，则输出的m的值为()A．0B．11C．22D．882解析：选B当m＝209，n＝121时，m除以n的余数r＝88，此时m＝121，n＝88，m除以n的余数r＝33，此时m＝88，n＝33，m除以n的余数r＝22，此时m＝33，n＝22，m除以n的余数r＝11，此时m＝22，n＝11，m除以n的余数r＝0，此时m＝11，n＝0，退出循环，输出m的值为11，故选B.5．(2019·武昌模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为()A.112B．94C.92D．3解析：选D如图，三棱锥P­ABC为三视图所对应几何体的直观图，由三视图可知，S△ABC＝12×2×3＝3，点P到平面ABC的距离h＝3，则VP­ABC＝13S△ABC·h＝13×3×3＝3，故选D.6．已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)A0，ω0，|φ|π2的图象在y轴右侧的第一个最高点为π6，3，第一个最低点为2π3，－3，则f(x)的解析式为()A．f(x)＝3sin2x－π6B．f(x)＝3sin2x＋π3C．f(x)＝3sin2x－π3D．f(x)＝3sin2x＋π6解析：选D由题意得，A＝3，设f(x)的最小正周期为T，则T2＝2π3－π6＝π2，所以T＝π，ω＝2.又函数f(x)的图象在y轴右侧的第一个最高点为π6，3，所以sin2×π6＋φ＝1，又|φ|π2，所以φ＝π6，所以f(x)＝3sin2x＋π6.37．(2019·河北五个一名校联考)设双曲线C：x2a2－y2b2＝1(a0，b0)的左焦点为F，直线4x－3y＋20＝0过点F且与双曲线C在第二象限的交点为P，|OP|＝|OF|，其中O为原点，则双曲线C的离心率为()A．5B．5C.53D.43解析：选A在直线4x－3y＋20＝0中，令y＝0，得x＝－5，故c＝5，取右焦点为F′，由|OF|＝|OP|＝|OF′|，可得PF⊥PF′，由直线4x－3y＋20＝0，可得tan∠F′FP＝43，又|FF′|＝10，故|PF|＝6，|PF′|＝8，∴|PF′|－|PF|＝2＝2a，∴a＝1，故双曲线C的离心率e＝ca＝5，故选A.8．(2019·开封模拟)已知实数x，y满足约束条件x－y＋2≥0，x＋2y＋2≥0，x≤1，则z＝12x－2y的最大值是()A.132B．116C．32D．64解析：选C作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分所示，设u＝x－2y，由图知，当u＝x－2y经过点A(1,3)时取得最小值，即umin＝1－2×3＝－5，此时z＝12x－2y取得最大值，即zmax＝12－5＝32，故选C.9．(2019·湖北八校第一次联考)如图，O为△ABC的外心，AB＝4，AC＝2，∠BAC为钝角，M为BC边的中点，则AM―→·AO―→的值为()A．23B．12C．6D．5解析：选D如图，延长AO交圆O于点D，连接BD，CD，则∠ABD＝∠ACD＝90°.因为M为BC边的中点，所以AM―→＝12(AB―→＋AC―→)．易知AO―→＝12AD―→，所以AM―→·AO―→＝14(AB―→＋AC―→)·AD―→＝14(AB―→·AD―→＋AC―→·AD―→)＝414(|AB―→|·|AD―→|·cos∠BAD＋|AC―→|·|AD―→|cos∠CAD)＝14(|AB―→|2＋|AC―→|2)＝14(42＋22)＝5.故选D.10.已知函数f(x)＝3sin(ωx＋φ)ω0，|φ|≤π2的部分图象如图所示，A，B两点之间的距离为10，且f(2)＝0，若将函数f(x)的图象向右平移t(t0)个单位长度后所得函数图象关于y轴对称，则t的最小值为()A．1B．2C．3D．4解析：选B由图可设A(x1,3)，B(x2，－3)，所以|AB|＝x1－x22＋62＝10，解得|x1－x2|＝8.所以函数f(x)的最小正周期T＝2|x1－x2|＝16，故2πω＝16，解得ω＝π8.所以f(x)＝3sinπ8x＋φ，由f(2)＝0得3sinπ4＋φ＝0，又－π2≤φ≤π2，所以φ＝－π4，故f(x)＝3sinπ8x－π4，向右平移t(t0)个单位长度，所得图象对应的函数解析式为g(x)＝f(x－t)＝3sinπ8x－t－π4＝3sinπ8x－π8t＋π4.由题意，该函数图象关于y轴对称，所以π8t＋π4＝kπ＋π2(k∈Z)，解得t＝8k＋2(k∈Z)，故t的最小值为2，选B.11．在正整数数列中，由1开始依次按如下规则，将某些数染成红色．先染1；再染两个偶数2,4；再染4后面最邻近的3个连续奇数5,7,9；再染9后面的最邻近的4个连续偶数10,12,14,16；再染此后最邻近的5个连续奇数17,19,21,23,25.按此规则一直染下去，得到一红色子数列1,2,4,5,7,9,10,12,14,16,17，…，则在这个红色子数列中，由1开始的第2018个数是()A．3971B．3972C．3973D．3974解析：选B由题意可知，第1组有1个数，第2组有2个数……根据等差数列的前n项和公式，可知前n组共有nn＋2个数．由于2016＝＋22018＋2＝2080，因此第2018个数是第64组的第2个数．由于第1组最后一个数是1，第2组最后一个数是4，第3组最后一个数是9，……，第n组最后一个数是n2，因此第63组最后一个数为632,632＝3969，第64组为偶数组，其第1个数为3970，第2个数为3972.故选B.512．已知函数f(x)＝ln2xx，若关于x的不等式f2(x)＋af(x)0只有两个整数解，则实数a的取值范围是()A.13，ln2B．－ln2，－13ln6C.－ln2，－13ln6D.－13ln6，ln2解析：选C由f(x)＝ln2xx得f′(x)＝1－ln2xx2，令f′(x)＝1－ln2xx2＝0得，x＝e2，当0xe2时，f′(x)0，当xe2时，f′(x)0，所以函数f(x)在0，e2上是增函数，在e2，＋∞上是减函数，所以x＝e2时，f(x)取得极大值，也是最大值，为2e，又x→0时，f(x)→－∞，当x→＋∞时，f(x)→0，作出函数f(x)的大致图象如图所示，当0xe2时，f(x)2e有且只有一个整数解1；当xe2时，0f(x)2e有无数个整数解．不等式f2(x)＋af(x)0可化为f(x)[f(x)＋a]0，当a＝0时，不等式为f2(x)0，有无数个整数解，不满足条件；当a0时，f(x)0或f(x)－a，f(x)0时，结合图象可知有无数个整数解，不满足条件；当a0时，f(x)0或f(x)－a，因为f(x)0时没有整数解，所以f(x)－a有两个整数解．因为f(1)＝ln2，f(2)＝ln2，f(3)＝ln63ln2，所以f(x)≥ln2时，不等式有两个整数解1,2，当f(x)≥ln63时，不等式有三个整数解1,2,3，所以要使f(x)－a有两个整数解，则ln63≤－aln2，即－ln2a≤－ln63，故选C.二、填空题13．已知函数f(x)＝fx＋2，x42x，x≥4，，则f(log25)＝________.解析：∵3＝log28log25log24＝2，∴f(log25)＝f(2＋log25)＝22＋log25＝4×5＝20.答案：2014．已知抛物线C：y2＝2px(p0)，A(1，－2)是抛物线上的点．若存在斜率为－2的直线l与抛物线C有公共点，且点A到直线l的距离等于55，则直线l的方程是________．解析：根据题意，得4＝2p，得p＝2，所以抛物线C的方程为y2＝4x.设直线l的方程6为y＝－2x＋t，由y＝－2x＋t，y2＝4x得y2＋2y－2t＝0，因为直线l与抛物线C有公共点，所以Δ＝4＋8t≥0，解得t≥－12.由点A到直线l的距离d＝55，可得|－t|5＝55，解得t＝±1.因为t≥－12，所以t＝1，所以直线l的方程为2x＋y－1＝0.答案：2x＋y－1＝015．(2019·云南调研)已知四棱锥P­ABCD的所有顶点都在体积为500π81的球面上，底面ABCD是边长为2的正方形，则四棱锥P­ABCD体积的最大值为________．解析：依题意，设球的半径为R，则有4π3R3＝500π81，R＝53，正方形ABCD的外接圆半径r＝1，球心到平面ABCD的距离h＝R2－r2＝532－12＝43，因此点P到平面ABCD的距离的最大值为h＋R＝43＋53＝3，因此四棱锥P­ABCD体积的最大值为13×(2)2×3＝2.答案：216．(2019·贵州模拟)已知函数f(x)＝xn－xn＋1(n∈N*)，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线与y轴的交点的纵坐标为bn，则数列{bn}的前n项和为________．解析：因为f′(x)＝nxn－1－(n＋1)xn，所以f′(2)＝n×2n－1－(n＋1)×2n，所以曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y－f(2)＝[n×2n－1－(n＋1)×2n](x－2)，令x＝0可得y＝－2[n×2n－1－(n＋1)×2n]＋f(2)＝－2[n×2n－1－(n＋1)×2n]＋2n－2n＋1＝(n＋1)×2n＝bn，设数列{bn}的前n项和为Sn，则Sn＝2×21＋3×22＋…＋(n＋1)×2n，①2Sn＝2×22＋3×23＋…＋n×2n＋(n＋1)×2n＋1，②①－②得，－Sn＝2×21＋22＋…＋2n－(n＋1)×2n＋1＝2＋－2n1－2－(n＋1)×2n＋1＝2＋2(2n－1)－(n＋1)×2n＋1＝2n＋1－(n＋1)×2n＋1＝－n×2n＋1，所以Sn＝n×2n＋1.答案：n×2n＋1