2022年高考三轮复习之小题满分练1

这是一份2022年高考三轮复习之小题满分练1，共8页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题
1．已知集合A＝{x|－1≤x≤2}，B＝{x|x＝2t＋1，t∈Z}，则A∩B等于( )
A．{－1,0,1,2} B．{－1,1}
C．{x|x＝2t＋1，t∈Z} D．∅
答案 B
解析 ∵集合A＝{x|－1≤x≤2}，B＝{x|x＝2t＋1，t∈Z}，∴A∩B＝{－1,1}．
2．(2020·池州模拟)已知i为虚数单位，则z＝eq \f(4＋3i,3－4i)在复平面内对应的点为( )
A．(0，i) B．(i,0)
C．(0,1) D．(1,0)
答案 C
解析 ∵z＝eq \f(4＋3i,3－4i)＝eq \f(4＋3i3＋4i,3－4i3＋4i)＝eq \f(25i,25)＝i，
∴z＝eq \f(4＋3i,3－4i)在复平面内对应的点为(0,1)．
3．设a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))0.2，b＝，c＝ln 5，则a，b，c的大小关系是( )
A．a＞b＞c B．c＞b＞a
C．b＞c＞a D．a＞c＞b
答案 C
解析 ∵00，则C是椭圆，其焦点在y轴上
B．若m＝n>0，则C是圆，其半径为eq \r(n)
C．若mn0，则C是两条直线
答案 ACD
解析 对于A，当m>n>0时，有eq \f(1,n)>eq \f(1,m)>0，方程化为eq \f(x2,\f(1,m))＋eq \f(y2,\f(1,n))＝1，表示焦点在y轴上的椭圆，故A正确；
对于B，当m＝n>0时，方程化为x2＋y2＝eq \f(1,n)，表示半径为eq \r(\f(1,n))的圆，故B错误；
对于C，若mn0时，方程化为y＝±eq \r(\f(1,n))，表示两条平行于x轴的直线，故D正确．
11．已知函数f(x)＝2sin xsin(x＋2φ)是R上的奇函数，其中φ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，则下列关于函数g(x)＝cs(2x－φ)的描述中，正确的是( )
A．将函数f(x)的图象向右平移eq \f(π,8)个单位长度可以得到函数g(x)的图象
B．函数g(x)图象的一条对称轴方程为x＝eq \f(π,8)
C．当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，函数g(x)的最小值为－eq \f(\r(2),2)
D．函数g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,8)，\f(5π,8)))上单调递增
答案 BC
解析 因为函数y＝2sin x是R上的奇函数，要使函数f(x)＝2sin xsin(x＋2φ)是R上的奇函数，则函数y＝sin(x＋2φ)是R上的偶函数，
又φ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以2φ＝eq \f(π,2)，所以φ＝eq \f(π,4)，
于是f(x)＝2sin xsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))＝2sin xcs x＝sin 2x，
g(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4))).
将函数f(x)的图象向右平移eq \f(π,8)个单位长度得到函数
y＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,8)))))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))的图象，A错误；
当x＝eq \f(π,8)时，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)))＝1，B正确；
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，－eq \f(π,4)≤2x－eq \f(π,4)≤eq \f(3π,4)，
于是函数g(x)的最小值为－eq \f(\r(2),2)，C正确；
令2kπ≤2x－eq \f(π,4)≤2kπ＋π，k∈Z，
即kπ＋eq \f(π,8)≤x≤kπ＋eq \f(5π,8)，k∈Z，
于是函数g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,8)，\f(5π,8)))上单调递减，D错误．
12．已知f(x)＝eq \f(2mx2＋1,ex)－1，g(x)＝(m＋2)(x2＋1)2.若φ(x)＝ex·f(x)－eq \f(gx,ex)有唯一的零点，则m的值可能为( )
A．2 B．3 C．－3 D．－4
答案 ACD
解析 ∵φ(x)＝ex·f(x)－eq \f(gx,ex)有唯一的零点，
∴2m(x2＋1)－ex－eq \f(m＋2x2＋12,ex)＝0只有一个实数根，
即(m＋2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2＋1,ex)))2－2m·eq \f(x2＋1,ex)＋1＝0只有一个实数根．
令t＝eq \f(x2＋1,ex)，则t′＝eq \f(x2＋1′ex－x2＋1ex,ex2)
＝－eq \f(x－12,ex)≤0，
∴函数t＝eq \f(x2＋1,ex)在R上单调递减，且x→＋∞时，t→0，
∴函数t＝eq \f(x2＋1,ex)的大致图象如图所示，
∴只需关于t的方程(m＋2)t2－2mt＋1＝0(*)有且只有一个正实根．
①当m＝2时，方程(*)为4t2－4t＋1＝0，解得t＝eq \f(1,2)，符合题意；
②当m＝3时，方程(*)为5t2－6t＋1＝0，解得t＝eq \f(1,5)或t＝1，不符合题意；
③当m＝－3时，方程(*)为t2－6t－1＝0，解得t＝3±eq \r(10)，只有3＋eq \r(10)>0，符合题意．
④当m＝－4时，方程(*)为2t2－8t－1＝0，解得t＝eq \f(4±3\r(2),2)，只有eq \f(4＋3\r(2),2)>0，符合题意．
三、填空题
13．已知f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2，x