2020届高考数学大二轮复习 冲刺经典专题 基础保分强化训练（三）课件 文

基础保分强化训练(三)6套基础保分强化训练1．已知1－iz＝(1＋i)2(i为虚数单位)，则复数z的共轭复数为()A．－12－12iB．－12＋12iC.12－12iD.12＋12i解析∵1－iz＝(1＋i)2，∴z＝1－i1＋i2＝1－i2i＝1＋i－2＝－12－12i，∴z－＝－12＋12i.故选B.答案B2．设命题p：∀x∈R，x3－x2＋1≤0，则綈p为()A．∃x∈R，x3－x2＋10B．∀x∈R，x3－x2＋10C．∃x∈R，x3－x2＋1≤0D．∀x∈R，x3－x2＋1≥0答案A解析∵命题p：∀x∈R，x3－x2＋1≤0，∴綈p为∃x∈R，x3－x2＋10.故选A.3．已知集合A＝{x∈Z|x2－4x0}，B＝{x∈Z|0log5x1}，则A∩B＝()A．{x|0x5}B．{x|1x4}C．{2,3}D．{1,2,3,4}解析因为A＝{x∈Z|x2－4x0}，所以A＝{1,2,3}，因为B＝{x∈Z|0log5x1}，所以B＝{2,3,4}，根据集合交集运算，可得A∩B＝{2,3}，所以选C.答案C4．执行如图所示的程序框图，若输出结果为1，则可输入的实数x的值的个数为()A．1B．2C．3D．4答案B解析根据题意，该框图的含义是：当x≤2时，得到函数y＝x2－1；当x2时，得到函数y＝log2x.因此，若输出的结果为1时，①若x≤2，得到x2－1＝1，解得x＝±2；②若x2，得到log2x＝1，解得x＝2(舍去)．因此，可输入的实数x的值可能为－2，2，共有2个．故选B.5．已知函数f(x)＝cos(x＋θ)(0θπ)在x＝π3时取得最小值，则f(x)在[0，π]上的单调递增区间是()A.π3，πB.π3，2π3C.0，2π3D.2π3，π答案A解析因为0θπ，所以π3π3＋θ4π3，又f(x)＝cos(x＋θ)在x＝π3时取得最小值，所以π3＋θ＝π，θ＝2π3，所以f(x)＝cosx＋2π3.由0≤x≤π，得2π3≤x＋2π3≤5π3.由π≤x＋2π3≤5π3，得π3≤x≤π，所以f(x)在[0，π]上的单调递增区间是π3，π，故选A.6．如图所示的几何图形中，ABCD为菱形，C为EF的中点，EC＝CF＝3，BE＝DF＝4，BE⊥EF，DF⊥EF，现在几何图形中任取一点，则该点取自Rt△BCE的概率为()A.19B.18C.17D.16答案D解析∵EC＝3，BE＝4，BE⊥EC，∴BC＝5.又由题可知BD＝EF＝6，AC＝2BE＝8，∴S△BEC＝S△DFC＝12×3×4＝6，S菱形ABCD＝12·AC·BD＝24，由几何概型概率公式可得，所求概率为P＝624＋6＋6＝16，即该点取自Rt△BCE的概率为16.故选D.7．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A.272B．27C．272D．273答案D解析在长、宽、高分别为3,33，33的长方体中，由几何体的三视图得几何体为如图所示的三棱锥C－BAP，其中底面BAP是∠BAP＝90°的直角三角形，AB＝3，AP＝33，所以BP＝6，又棱CB⊥平面BAP且CB＝33，所以AC＝6，所以该几何体的表面积是12×3×33＋12×3×33＋12×6×33＋12×6×33＝273，故选D.8．已知抛物线C：y2＝2px(p0)的焦点为F，过F且倾斜角为120°的直线与抛物线C交于A，B两点，若AF，BF的中点在y轴上的射影分别为M，N，且|MN|＝43，则抛物线C的准线方程为()A．x＝－1B．x＝－2C．x＝－32D．x＝－3答案D解析设AF，FB的中点分别为D，E，则|AB|＝2|DE|，由题得|DE|＝43sinπ3＝8，所以|AB|＝16，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＋p＝16，∴x1＋x2＝16－p，联立直线和抛物线的方程得y2＝2px，y＝－3x－p2，∴3x2－5px＋34p2＝0，所以16－p＝5p3，∴p＝6，所以抛物线的准线方程为x＝－3.故选D.9．在△ABC中，D为三角形所在平面内一点，且AD→＝13AB→＋12AC→，则S△BCDS△ABD＝()A.16B.13C.12D.23答案B解析如图，由题意可知，点D在平行于AB边的中位线EF上且满足DE＝13AB，S△ABD＝12S△ABC，S△ACD＝13S△ABC，∴S△BCD＝1－12－13S△ABC＝16S△ABC，∴S△BCDS△ABD＝13，故选B.10．如图，为了测量某湿地A，B两点间的距离，观察者找到在同一直线上的三点C，D，E.从D点测得∠ADC＝67.5°，从C点测得∠ACD＝45°，∠BCE＝75°，从E点测得∠BEC＝60°.若测得DC＝23，CE＝2(单位：百米)，则A，B两点间的距离为()A.6B．22C．3D．23答案C解析根据题意，在△ADC中，∠ACD＝45°，∠ADC＝67.5°，DC＝23，则∠DAC＝180°－45°－67.5°＝67.5°，则AC＝DC＝23，在△BCE中，∠BCE＝75°，∠BEC＝60°，CE＝2，则∠EBC＝180°－75°－60°＝45°，则有ECsin∠EBC＝BCsin∠BEC，变形可得BC＝EC·sin∠BECsin∠EBC＝2×3222＝3，在△ABC中，AC＝23，BC＝3，∠ACB＝180°－∠ACD－∠BCE＝60°，则AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠ACB＝9，则AB＝3.故选C.11．已知直线l与曲线y＝x3－6x2＋13x－9相交，交点依次为A，B，C，且|AB|＝|BC|＝5，则直线l的方程为()A．y＝－2x＋3B．y＝2x－3C．y＝3x－5D．y＝－3x＋2答案B解析设f(x)＝x3－6x2＋13x－9，则f′(x)＝3x2－12x＋13，设g(x)＝3x2－12x＋13，则g′(x)＝6x－12，令g′(x)＝0，得x＝2，所以曲线y＝x3－6x2＋13x－9的对称中心为(2,1)．由|AB|＝|BC|可知直线l经过点(2,1)，由y＝x3－6x2＋13x－9，x－22＋y－12＝5，解得x＝1，y＝－1或x＝3，y＝3，因此可得直线l过点(1，－1)，(3,3)，(2,1)，所以直线l的方程为y＝2x－3.故选B.12．已知x∈(0，π)，且cosx＝45，则sinx＋π4＝________.解析因为x∈(0，π)，且cosx＝45，所以sinx＝35，∴sinx＋π4＝22sinx＋22cosx＝7210.答案721013．已知圆C：(x－3)2＋(y－4)2＝1和两点A(－m,0)，B(m,0)(m0)，若圆上存在点P，使得∠APB＝90°，则m的取值范围是________．解析由已知，以AB为直径的圆与圆C有公共点，又AB的中点为原点，则|AB|＝2m，则|m－1|≤0－32＋0－42≤m＋1，解得4≤m≤6，即m的取值范围是[4,6]．答案[4,6]14．已知四棱锥P－ABCD的底面为矩形，平面PBC⊥平面ABCD，PE⊥BC于点E，EC＝1，AB＝6，BC＝3，PE＝2，则四棱锥P－ABCD的外接球半径为________．答案2解析如图，由已知，设三角形PBC外接圆圆心为O1，由正弦定理可求出三角形PBC外接圆半径为102，设F为BC边的中点，进而求出O1F＝12，设四棱锥的外接球球心为O，外接球半径的平方为BD22＋O1F2＝4，所以四棱锥外接球半径为2.本课结束