适用于新高考新教材2024版高考数学二轮复习客观题满分限时练5（附解析）

这是一份适用于新高考新教材2024版高考数学二轮复习客观题满分限时练5（附解析），共7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:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.(2023山东济南三模)已知全集U={1,2,3,4,5,6},A={1,2,3},B={3,6},则图中阴影部分代表的集合为( )
A.{1,2}B.{3,4}
C.{4,5}D.{2,3,5}
2.(2023全国甲,理2)若a∈R,(a+i)(1-ai)=2,则a=( )
A.-1B.0
C.1D.2
3.(2023全国甲,文4)某校文艺部有4名学生,其中高一、高二年级各2名.从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演,则这2名学生来自不同年级的概率为( )
A.B.
C.D.
4.(2023湖南常德二模)已知函数f(x)=cs(2x-),g(x)=sin 2x,将函数f(x)的图象经过下列哪种变化可以与g(x)的图象重合( )
A.向左平移个单位长度
B.向左平移个单位长度
C.向右平移个单位长度
D.向右平移个单位长度
5.(2023河南郑州三模)2022年11月底,人工智能研究公司OpenAI发布了名为“ChatGPT”的人工智能聊天程序.深度学习是人工智能的一种具有代表性的实现方法,它是以神经网络为出发点的,在神经网络优化中,指数衰减的学习率模型为L=L0,其中L表示每一轮优化时使用的学习率,L0表示初始学习率,D表示衰减系数,G表示训练迭代轮数,G0表示衰减速度.已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为0.8,衰减速度为12,且当训练迭代轮数为12时,学习率衰减为0.5.则学习率衰减到0.2以下(不含0.2)所需的训练迭代轮数至少为(参考数据:lg 2≈0.301 0)( )
A.35B.36
C.37D.38
6.(2023山东烟台二模)尺规作图三等分角是古希腊三大几何难题之一,现今已证明该问题无解.但借助有刻度的直尺、其他曲线等,可将一个角三等分.古希腊数学家帕普斯曾提出以下作法:如图,以∠ACB的顶点C为圆心作圆交角的两边于A,B两点;取线段AB的三等分点O,D;以B为焦点,A,D为顶点作双曲线,与圆弧AB交于点E,连接CE,则∠ACB=3∠BCE.若图中CE交AB于点P,5=6,则cs∠ACP=( )
A.-B.-
C.-D.
7.(2023全国乙,理10)已知等差数列{an}的公差为,集合S={cs an|n∈N*},若S={a,b},则ab=( )
A.-1B.-
C.0D.
8.设函数f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整数x0使得f(x0)<0,则a的取值范围是( )
A.B.
C.D.
二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.
9.(2023福建宁德模拟)若(x-1)6=a0+a1(x+1)+a2(x+1)2+a3(x+1)3+…+a6(x+1)6,则( )
A.a0=64
B.a0+a2+a4+a6=365
C.a5=12
D.a1+2a2+3a3+4a4+5a5+6a6=-6
10.(2023山东菏泽一模)已知圆O:x2+y2=4,下列说法正确的有( )
A.∀m∈R,直线(2m+1)x+(m+1)y-7m-4=0与圆O都有两个公共点
B.圆O与动圆C:(x-k)2+(y-k)2=4有四条公切线的充要条件是|k|>2
C.过直线x+y-4=0上任意一点P作圆O的两条切线PA,PB(A,B为切点),则四边形PAOB的面积的最小值为4
D.圆O上存在三点到直线x+y-2=0的距离均为1
11.(2023广东深圳二模)如图,在矩形AEFC中,AE=2,EF=4,B为EF中点,现分别沿AB,BC将△ABE,△BCF翻折,使点E,F重合,记为点P,翻折后得到三棱锥P-ABC,则( )
A.三棱锥P-ABC的体积为
B.直线PA与直线BC所成角的余弦值为
C.直线PA与平面PBC所成角的正弦值为
D.三棱锥P-ABC外接球的半径为
12.(2023山东潍坊三模)函数y=ax+(ab>0)的图象是双曲线,且直线x=0和y=ax是它的渐近线.已知函数y=x+,则下列说法正确的是( )
A.x≠0,|y|≥
B.对称轴方程是y=x,y=-x
C.实轴长为
D.离心率为
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.(2022全国甲,理13)设向量a,b的夹角的余弦值为,且|a|=1,|b|=3,则(2a+b)·b= .
14.(2023河南新乡二模)若正四面体的棱长为4,则该四面体内切球的球心到其一条侧棱的距离为 .
15.已知函数f(x)=xex-ex-x的两个零点为x1,x2,x116.(2023江苏南通模拟)弓琴,也可称作“乐弓”,是我国弹弦乐器的始祖.在我国古籍《吴越春秋》中,曾记载着:“断竹、续竹,飞土逐”.弓琴的琴身下部分可近似的看作是半椭球的琴腔,其正面为一椭圆面,它有多条弦,拨动琴弦,音色柔弱动听,现有某研究人员对它做出改进,安装了七根弦,发现声音强劲悦耳.下图1是一弓琴琴腔下部分的正面图.若按对称建立如图2所示坐标系,F1(-c,0)为左焦点,Pi(i=1,2,3,4,5,6,7)均匀对称分布在上半个椭圆弧上,PiF1为琴弦,记ai=|PiF1|(i=1,2,3,4,5,6,7),数列{an}前n项和为Sn,椭圆方程为=1,且a+64c=4ac,则S7+a7-128取最小值时,椭圆的离心率为 .
图1
图2
限时练5
1.C 解析 由题意A∪B={1,2,3,6},而阴影部分为∁U(A∪B)={4,5}.故选C.
2.C 解析 由(a+i)(1-ai)=2,可得a+i-a2i+a=2,即2a+(1-a2)i=2,所以解得a=1.
故选C.
3.D 解析 由题意,设高一年级2名学生为A,B,高二年级2名学生为C,D,从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演有AB,AC,AD,BC,BD,CD,共6种,这2名学生来自不同年级的组合有AC,AD,BC,BD,共4种,故所求的概率P=.
4.C 解析 f(x)=cs=sin(2x-)=sin(2x+)=sin,将函数f(x)的图象向右平移个单位长度后得到g(x)=sin2x的图象.
5.B 解析 由已知0.8×=0.5,D=,0.8×≤0.2,lg≤lg,G≥≈35.4,因此G至少为36.
6.C 解析 设∠BCE=α,则∠ACB=3∠BCE=3α,∠ACP=2α.
在△ACP中,由正弦定理,得;
在△BCP中,由正弦定理,得.
又因为CA=CB,∠APC+∠BPC=π,
所以,所以,
即=2csα.
又因为5=6,所以=2csα=,故csα=.
所以cs∠ACP=cs2α=2cs2α-1=2×-1=-.
7.B 解析 由等差数列{an}的公差为,可知csan+3=cs=csan,所以数列{csan}是周期为3的数列,所以csa1,csa2=cs,csa3=cs为一个周期的三项.由S={a,b}可知S中只有两个元素,则csa1=csa2或csa1=csa3或csa2=csa3.
①若csa1=cs,即csa1=-csa1-sina1,
可得
此时cs=-csa1+sina1=-1或1,
则S=或S=,则ab=-.
②同理若csa1=cs,
可得
此时cs=-csa1-sina1=-1或1,
则S=,则ab=-.
③同理若cs=cs,
可得
此时cs=cs=-,
则S=,则ab=-.
综上,可知ab=-.故选B.
8.D 解析 由题意,存在唯一的整数x0,使得f(x0)<0,即存在唯一的整数x0,使(2x0-1)设g(x)=ex(2x-1),h(x)=a(x-1).
g'(x)=ex(2x-1)+2ex=ex(2x+1),
从而当x∈时,g(x)单调递减;
当x∈时,g(x)单调递增.
又∵h(x)=a(x-1)的图象必过点(1,0),
即h(1)=0,h(0)=-a,a<1,g(0)=-1,g(1)=e,
∴h(0)>g(0),h(1)∵g(-1)=-,令h(-1)=g(-1),得a=,要满足题意,则≤a<1,故选D.
9.ABD 解析 令x=-1,则(-1-1)6=a0,即a0=64,故A正确;
令x=0,则a0+a1+a2+a3+a4+a5+a6=(0-1)6=1,
令x=-2,则a0-a1+a2-a3+a4-a5+a6=(-2-1)6=729,则a0+a2+a4+a6==365,故B正确;
(x-1)6=[(x+1)-2]6,则Tk+1=(x+1)6-k(-2)k,令k=1,则a5=(-2)1=-12,故C错误;
由(x-1)6=a0+a1(x+1)+a2(x+1)2+a3(x+1)3+…+a6(x+1)6两边求导,得6(x-1)5=a1+2a2(x+1)+3a3(x+1)2+…+6a6(x+1)5,令x=0,则a1+2a2+3a3+4a4+5a5+6a6=6×(0-1)5=-6,故D正确.
故选ABD.
10.BC 解析 对于选项A,因为(2m+1)x+(m+1)y-7m-4=0,即m(2x+y-7)+x+y-4=0,
令所以直线恒过定点(3,1).
又因为32+12>4,所以定点(3,1)在圆O外,所以直线(2m+1)x+(m+1)y-7m-4=0与圆O可能相交、相切、相离,即交点个数可能为0个、1个、2个.故选项A错误;
对于选项B,因为圆O与动圆C有4条公切线,所以圆O与圆C相离,又因为圆O的圆心O(0,0),半径r1=2,圆C的圆心C(k,k),半径r2=2,所以|OC|>r1+r2,即>4,解得|k|>2.故选项B正确;
对于选项C,S四边形PAOB=2S△OAP=2××|OA|×|PA|=2××|OA|×=2,
又因为O到P的距离的最小值为O到直线x+y-4=0的距离,即|OP|min==2,所以四边形PAOB的面积的最小值为2=4.故选项C正确;
对于选项D,因为圆O的圆心O(0,0),半径r1=2,则圆心O到直线x+y-2=0的距离为d=,所以r1-d=2-<1,所以圆O上存在两点到直线x+y-2=0的距离为1.故选项D错误.故选BC.
11.BD 解析 由题意可得BP⊥AP,BP⊥CP,
又AP∩CP=P,AP,CP⊂平面PAC,所以BP⊥平面PAC,
在△PAC中,PA=PC=2,AC边上的高为=2,所以VP-ABC=VB-PAC=×4×2×2=,故A错误;
对于B,在△PAC中,cs∠APC=,BC==4,cs<>=,所以直线PA与直线BC所成角的余弦值为,故B正确;
对于C,S△PBC=PB·PC=2,设点A到平面PBC的距离为d,由VB-PAC=VA-PBC,得×2d=,解得d=,所以直线PA与平面PBC所成角的正弦值为,故C错误;
由B选项知,cs∠APC=,则sin∠APC=,
所以△PAC的外接圆的半径r=,
设三棱锥P-ABC外接球的半径为R,又因为BP⊥平面PAC,则R2=r2++1=,所以R=,
即三棱锥P-ABC外接球的半径为,故D正确.
故选BD.
12.ABD 解析 当x>0时,y=x+≥2,当且仅当x=,即x=时取等号,x<0时,y=x+=-≤-2=-,
当且仅当-x=-,即x=-时取等号,故A正确;
依题意,此双曲线两条渐近线为x=0和y=x,由双曲线的对称性,双曲线的渐近线关于双曲线的对称轴对称,故得双曲线的两条对称轴方程为y=x,y=-x,故B正确;
由双曲线的性质,双曲线实轴的两个顶点为对称轴y=x与双曲线y=x+的两个交点,则由得双曲线实轴的两个顶点分别为A,A1-,-,故此双曲线的实轴长即为2a=AA1==2,故C错误;
依题意,此双曲线两条渐近线x=0和y=x的夹角为,则渐近线x=0与对称轴y=x的夹角为,由双曲线的性质有=tan,
所以=e2-1=,解得e=,故D正确.
故选ABD.
13.11 解析 由题得,a·b=1×3cs=1×3×=1,
则(2a+b)·b=2a·b+|b|2=2+9=11.
14. 解析 如图,设O为正四面体S-ABC的内切球球心,也是外接球球心,D为△ABC的外心,过O作OG⊥SA,垂足为G,AD=,
SD=.
因为SO=AO,所以SO2=(SD-SO)2+AD2,解得SO=.因为sin∠ASD=,所以,解得OG=,
即该四面体内切球的球心到其一条侧棱的距离为.
15.2 解析 因为函数f(x)=xex-ex-x的两个零点为x1,x2,
则x1-x1=0,x2-x2=0,
即x1+x1,x2+x2,
又g(x)=xlnx-lnx-x=lnx·elnx-elnx-lnx=f(lnx),
则所以=2.
16. 解析 设P(xi,yi),有xk=-x8-k(i,k=1,2,3,4,5,6,7),得|PiF1|=a+exi,所以数列{an}是等差数列,S7=|PiF1|=7a+e(x1+x2+…+x7)=7a,又x7=a,而a7=a+ex7=a+c,又a+64c=4ac,所以=1,
所以S7+a7-128=-128=128+-128≥+2+4,当且仅当,即a=c时取得等号,此时离心率为e=.