高考数学(文数)二轮复习《选择题填空题12+4》小题提速练习卷05（含详解）

这是一份高考数学(文数)二轮复习《选择题填空题12+4》小题提速练习卷05（含详解），共4页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
已知集合U={－1，0，1}，A={x|x=m2，m∈U}，则∁UA=( )
A.{0，1} B.{－1，0，1} C.∅ D.{－1}
已知复数z=eq \f(10,3＋i)－2i(其中i是虚数单位)，则|z|=( )
A.2eq \r(3) B.2eq \r(2) C.3eq \r(2) D.3eq \r(3)
已知命题p，q，则“¬p为假命题”是“p∧q是真命题”的( )
A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
已知正方形ABCD的中心为O且其边长为1，则(eq \(OD,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→)))·(eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \(BC,\s\up6(→)))=( )
A.eq \r(3) B.eq \f(1,2) C.2 D.1
点P(x，y)为不等式组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x－y－2≥0，,3x＋y－8≤0，,x＋2y－1≥0))所表示的平面区域内的动点，则m=x－y的最小值为( )
A.－1 B.1 C.4 D.0
如图，在底面边长为1，高为2的正四棱柱ABCD­A1B1C1D1(底面ABCD是正方形，侧棱AA1⊥底面ABCD)中，点P是正方形A1B1C1D1内一点，则三棱锥P­BCD的正视图与俯视图的面积之和的最小值为( )
A.eq \f(3,2) B.1 C.2 D.eq \f(5,4)
执行如图所示的程序框图，若最终输出的结果为0，则开始输入的x的值为( )
A.eq \f(3,4) B.eq \f(7,8) C.eq \f(15,16) D.4
我国古代数学家赵爽在《周髀算经》一书中给出了勾股定理的绝妙证明.如图是赵爽的弦图.弦图是一个以勾股形(即直角三角形)之弦为边的正方形，其面积称为弦实.图中包含四个全等的勾股形及一个小正方形，分别涂成朱(红)色及黄色，其面积称为朱实、黄实，利用2×勾×股＋(股－勾)2=4×朱实＋黄实=弦实=弦2，化简得：勾2＋股2=弦2.设勾股形中勾股比为1∶eq \r(3)，若向弦图内随机抛掷1 000颗图钉(大小忽略不计)，则落在黄色图形内的图钉数大约为( )
A.866 B.500 C.300 D.134
已知定义域为R的偶函数f(x)在(－∞，0]上是减函数，且f(1)=2，则不等式f(lg2x)＞2的解集为( )
A.(2，＋∞) B.（0，eq \f(1,2)）∪(2，＋∞)
C.（0，eq \f(\r(2),2)）∪(eq \r(2)，＋∞) D.(eq \r(2)，＋∞)
已知函数f(x)=sin ωx＋eq \r(3)cs ωx的最小正周期为π，则函数f(x)的一个单调递增区间为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5π,12)，\f(π,12))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(7π,12))) C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,3))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(5π,6)))
已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)=1(a＞0，b＞0)的离心率为eq \r(2)，左、右顶点分别为A，B，点P是双曲线上异于A，B的点，直线PA，PB的斜率分别为kPA，kPB，则kPA·kPB=( )
A.1 B.eq \f(\r(2),2) C.eq \f(\r(3),6) D.3
锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足(a－b)(sin A＋sin B)=(c－b)sin C，若a=eq \r(3)，则b2＋c2的取值范围是( )
A.(3，6] B.(3，5) C.(5，6] D.[5，6]
二、填空题
已知函数f(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x，x≤1，,f（x－1），x＞1，))则f(f(3))=________.
已知等比数列{an}的公比为正数，且a3·a9=2aeq \\al(2,5)，a2=1，则a1=________.
若tan θ=－3，则cs2θ＋sin 2θ=________.
已知三棱锥S­ABC，△ABC是直角三角形，其斜边AB=8，SC⊥平面ABC，SC=6，则三棱锥S­ABC的外接球的表面积为________.
\s 0 答案解析
答案为：D；
解析：∵A={x|x=m2，m∈U}={0，1}，∴∁UA={－1}，故选D.
答案为：C；
解析：复数z=3－i－2i=3－3i，则|z|=3eq \r(2)，故选C.
答案为：B；
解析：充分性：若¬p为假命题，则p为真命题，由于不知道q的真假性，所以推不出p∧q是真命题.必要性：p∧q是真命题，则p，q均为真命题，则¬p为假命题.所以“¬p为假命题”是“p∧q是真命题”的必要而不充分条件，故选B.
答案为：D；
解析：(eq \(OD,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→)))·(eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \(BC,\s\up6(→)))=eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))=1×eq \r(2)×cs 45°=1.
答案为：D；
解析：如图所示，不等式组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x－y－2≥0，,3x＋y－8≤0，,x＋2y－1≥0))
所表示的平面区域为图中阴影部分所示.由图可知，当直线y=x－m经过点B时，
m取得最小值.由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x－y－2＝0，,3x＋y－8＝0))可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2，,y＝2，))故B(2，2).
将点B(2，2)代入目标函数m=x－y，得m=0.故选D.
答案为：A；
解析：由题易知，其正视图面积为eq \f(1,2)×1×2=1.当顶点P在底面ABCD上的投影在△BCD内部或其边上时，俯视图的面积最小，最小值为S△BCD=eq \f(1,2)×1×1=eq \f(1,2)，所以三棱锥P­BCD的正视图与俯视图的面积之和的最小值为1＋eq \f(1,2)=eq \f(3,2)，故选A.
答案为：B；
解析：i=1，x=2x－1，i=2；x=2(2x－1)－1=4x－3，i=3；x=2(4x－3)－1=8x－7，i=4，
退出循环.此时8x－7=0，解得x=eq \f(7,8)，故选B.
答案为：D；
解析：设勾为a，则股为eq \r(3)a，所以弦为2a，小正方形的边长为eq \r(3)a－a，
所以题图中大正方形的面积为4a2，小正方形的面积为(eq \r(3)－1)2a2，
所以小正方形与大正方形的面积比为eq \f(（\r(3)－1）2,4)=1－eq \f(\r(3),2)，
所以落在黄色图形(小正方形)内的图钉数大约为（1－eq \f(\r(3),2)）×1 000≈134.
答案为：B；
解析：因为f(x)是R上的偶函数，且在(－∞，0]上是减函数，
所以f(x)在[0，＋∞)上是增函数，所以f(lg2x)＞2=f(1)⇔f(|lg2x|)＞f(1)
⇔|lg2x|＞1⇔lg2x＞1或lg2x＜－1⇔x＞2或0＜x＜eq \f(1,2).故选B.
答案为：A；
解析：f(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))，∵最小正周期T=eq \f(2π,ω)=π，∴ω=2，
由－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)得，－eq \f(5π,12)＋kπ≤x≤eq \f(π,12)＋kπ(k∈Z)，故选A.
答案为：A；
解析：由双曲线的离心率为eq \r(2)得b=a，所以双曲线的方程可化为x2－y2=a2，
左顶点A(－a，0)，右顶点B(a，0)，设点P(m，n)(m≠±a)，
则直线PA的斜率kPA=eq \f(n,m＋a)，直线PB的斜率kPB=eq \f(n,m－a)，所以kPA·kPB=eq \f(n2,m2－a2)①，
又P(m，n)是双曲线x2－y2=a2上的点，所以m2－n2=a2，得n2=m2－a2，代入①式得kPA·kPB=1.
答案为：C；
解析：由(a－b)(sin A＋sin B)=(c－b)sin C，及正弦定理可得，(a－b)(a＋b)=(c－b)c，即b2＋c2－a2=bc，∴cs A=eq \f(b2＋c2－a2,2bc)=eq \f(bc,2bc)=eq \f(1,2)，又0＜A＜eq \f(π,2)，∴A=eq \f(π,3).∵a=eq \r(3)，
∴eq \f(b,sin B)=eq \f(c,sin C)=eq \f(a,sin A)=eq \f(\r(3),\f(\r(3),2))=2，∴b=2sin B，c=2sin C，∵C=π－B－eq \f(π,3)=eq \f(2π,3)－B，
∴b2＋c2=4(sin2B＋sin2C)=4eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(sin2B＋sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－B))))=4eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1－cs 2 B,2)＋\f(1－cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)－2B)),2)))
=4＋2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2B－\f(π,3)))－cs 2 B))=4－4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2B－\f(π,6)))sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))=4＋2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2B－\f(π,6)))，
∵在锐角△ABC中，0＜B＜eq \f(π,2)，0＜C＜eq \f(π,2)，∴eq \f(π,6)＜B＜eq \f(π,2)，∴eq \f(π,6)＜2B－eq \f(π,6)＜eq \f(5π,6)，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2B－\f(π,6)))∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，∴b2＋c2∈(5，6]，故选C.
答案为：2
解析：∵f(3)=f(2)=f(1)=21=2，∴f(f(3))=f(2)=f(1)=21=2.
答案为：eq \f(\r(2),2).
解析：∵a3·a9=aeq \\al(2,6)，∴aeq \\al(2,6)=2aeq \\al(2,5)，设等比数列{an}的公比为q，因此q2=2，由于q＞0，
解得q=eq \r(2)，∴a1=eq \f(a2,q)=eq \f(1,\r(2))=eq \f(\r(2),2).
答案为：－eq \f(1,2).
解析：cs2θ＋sin 2θ=eq \f(cs2θ＋2sin θcs θ,sin2θ＋cs2θ)=eq \f(1＋2tan θ,tan2θ＋1)=eq \f(1－6,9＋1)=－eq \f(1,2).
答案为：100π.
解析：将三棱锥S­ABC放在长方体中(图略)，易知三棱锥S­ABC所在长方体的外接球，
即为三棱锥S­ABC的外接球，所以三棱锥S­ABC的外接球的直径2R=eq \r(AB2＋SC2)=10，
即三棱锥S­ABC的外接球的半径R=5，所以三棱锥S­ABC的外接球的表面积S=4πR2=100π.