备战2025年高考二轮复习数学题型专项练5 客观题11 3标准练（E）（Word版附解析）

这是一份备战2025年高考二轮复习数学题型专项练5 客观题11 3标准练（E）（Word版附解析），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.(2024广东茂名二模)已知复数z=csπ6+isinπ6(i为虚数单位),则|z|=( )
A.12B.32C.1D.1+32
答案C
解析由题意知|z|=cs2π6+sin2π6=1.故选C.
2.设集合A={x|y=ln(2-x)},B={x|x2-3x-4≥0},则下列结论正确的是( )
A.A∪B=R
B.A∩B=⌀
C.B⊆∁RA
D.A∩(∁RB)={x|-1答案D
解析函数y=ln(2-x)中,2-x>0,解得x<2,即A={x|x<2},∁RA={x|x≥2},解不等式x2-3x-4≥0,得x≤-1或x≥4,即B={x|x≤-1或x≥4},∁RB={x|-1A∪B={x|x<2或x≥4},A错误;
A∩B={x|x≤-1},B错误;
-1∈B,-1∉∁RA,C错误;
A∩(∁RB)={x|-13.已知m,n是空间中两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列说法错误的是( )
A.若m⊥α,n∥α,则m⊥n
B.若m⊥α,m∥n,则n⊥α
C.若m∥n,n⊥β,m⊥α,则α∥β
D.若m⊥α,m⊥n,则n∥α
答案D
解析当n∥α时,过n作平面β,使β∩α=l,则n∥l,因为m⊥α,l⊂α,所以m⊥l,所以m⊥n,故A正确;
当m⊥α时,设a,b是平面α内的两条相交直线,则m⊥a,m⊥b.
因为m∥n,所以n⊥a,n⊥b,所以n⊥α,故B正确;
因为m∥n,n⊥β,所以m⊥β,又m⊥α,所以α∥β,故C正确;
当m⊥α,m⊥n时,n可能在平面α内,故D错误.故选D.
4.已知函数f(x)的部分图象如图所示,则函数f(x)的解析式可能为( )
A.f(x)=-2x2|x|-1B.f(x)=-2x2|x|+1
C.f(x)=-2x|x|-1D.f(x)=-2|x|x2-1
答案A
解析由图象可知,函数f(x)为偶函数,排除C;
函数f(x)的定义域不是实数集,排除B;
当x→+∞时,f(x)→-∞,而D选项中,当x→+∞时,y→0,排除D.故选A.
5.(2024陕西安康模拟)“孙子定理”又称“中国剩余定理”,最早可见于我国南北朝时期的数学著作《孙子算经》,该定理是中国古代求解一次同余式组的方法,它凝聚着中国古代数学家的智慧,在加密、秘密共享等方面有着重要的应用.已知数列{an}单调递增,且由被2除余数为1的所有正整数构成,现将a6,a9,a11,a13的末位数按从小到大排序作为加密编号,则该加密编号为( )
A.1157B.1177C.1155D.1122
答案A
解析由题可知数列{an}是首项为1,公差为2的等差数列,所以an=2n-1,得a6=11,a9=17,a11=21,a13=25,所以a6,a9,a11,a13的末位数依次为1,7,1,5,故加密编号为1157.故选A.
6.已知集合A=-12,-13,12,13,2,3,若a,b,c∈A且互不相等,则使得指数函数y=ax,对数函数y=lgbx,幂函数y=xc中至少有两个函数在(0,+∞)上单调递增的有序数对(a,b,c)的个数是( )
A.16B.24C.32D.48
答案B
解析若y=ax和y=lgbx在(0,+∞)上单调递增,y=xc在(0,+∞)上单调递减,则有A22C21=4个;
若y=ax和y=xc在(0,+∞)上单调递增,y=lgbx在(0,+∞)上单调递减,则有C21C21C21=8个;
若y=lgbx和y=xc在(0,+∞)上单调递增,y=ax在(0,+∞)上单调递减,则有C21C21C21=8个;
若y=ax,y=lgbx和y=xc在(0,+∞)上单调递增,则有A22C21=4个.
综上所述,共有4+8+8+4=24个.故选B.
7.(2024广东佛山二模)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(-c,0),F2(c,0),点A,B在椭圆C上,且满足F1A=2F2B,F1B·AB=4c2-a216,则椭圆C的离心率为( )
A.223B.63C.23D.33
答案B
解析如图,由F1A=2F2B,得BF2∥AF1,|BF2|=12|AF1|,取AF1的中点M,连接BM,则四边形BMF1F2为平行四边形,|BM|=|F1F2|=2c,
所以F1B·AB=BF1·BA=(BM+MF1)·(BM+MA)=BM2-MA2=4c2-MA2=4c2-a216,解得|MA|=a4,所以|AF1|=2|MA|=a2,|BF2|=|MF1|=a4,由椭圆定义知|AF2|=2a-|AF1|=3a2,|BF1|=2a-|BF2|=7a4,
由BF2∥AF1,得∠AF1F2+∠BF2F1=π,即cs∠AF1F2+cs∠BF2F1=0,
在△AF1F2和△BF2F1中,由余弦定理,得
|F1F2|2+|AF1|2-|AF2|22|F1F2||AF1|+|F1F2|2+|BF2|2-|BF1|22|F1F2||BF2|=0,即(2c)2+(a2) 2-(3a2) 22·2c·a2+(2c)2+(a4) 2-(7a4) 22·2c·a4=0,整理得2a2=3c2,所以椭圆C的离心率为e=ca=63.故选B.
8.已知x1>1,x2>1,且ln x1=x2-1,则x2x1的值可能为( )
A.-233B.33C.233D.2
答案B
解析由ln x1=x2-1得x2=ln x1+1,则x2x1=ln x1+1x1,令f(x)=lnx+1x(x>1),得f'(x)=1-(lnx+1)x2=-lnxx2,因为x>1,ln x>0,所以f'(x)<0,故函数f(x)在区间(1,+∞)上单调递减,故f(x)又因为x>1,ln x+1>1,所以f(x)>0,故f(x)的值域为(0,1).
只有B选项符合条件.故选B.
二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18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6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9.(2024山东青岛一模)袋子中有6个相同的球,分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中随机取出两个球,设事件A=“取出的球的数字之积为奇数”,事件B=“取出的球的数字之积为偶数”,事件C=“取出的球的数字之和为偶数”,则( )
A.事件A与B是互斥事件
B.事件A与B是对立事件
C.事件B与C是互斥事件
D.事件B与C相互独立
答案AB
解析因为取出的球的数字之积为奇数和取出的球的数字之积为偶数不可能同时发生,且必有一个发生,故事件A与事件B既是互斥事件,也是对立事件,A,B正确;
如果取出的数为2,4,则事件B与事件C均发生,二者不互斥,C错误;
因为P(B)=1-C32C62=45,P(C)=C32+C32C62=25,P(BC)=C32C62=15,
则P(B)P(C)≠P(BC),所以事件B与事件C不相互独立,D错误.故选AB.
10.(2024浙江绍兴二模)已知数列{an}与{bn}满足a1=1,且an+1=2an+1(n∈N*),bn=lg2(an+1).若数列{an}保持顺序不变,在ak与ak+1项之间都插入2k个bk后,组成新数列{cn},记{cn}的前n项和为Sn,则( )
A.an+1=2nB.bn=n
C.c2 024=10D.S2 024=20 150
答案BCD
解析因为a1=1,且an+1=2an+1(n∈N*),则a1+1=2,an+1+1=2(an+1)(n∈N*),所以数列{an+1}是以2为首项,2为公比的等比数列,故an+1=2n,得an=2n-1,则an+1=2n+1-1,A错误;
bn=lg2(an+1)=lg22n=n,B正确;
新数列{cn}为1,1,1,3,2,2,2,2,7,…,因为在ak与ak+1项之间都插入2k项,则在a10前共插入21+22+23+…+29=2(1-29)1-2=1 022项,所以数列{cn}从a1到a10共有1 022+10=1 032项,1 032<2 024,而a10和a11之间插入了210=1 024个10,1 032+1 024=2 057>2 024,故c2 024=10,C正确;
结合C的分析,可得S2 024=2(1-210)1-2-10+(1×21+2×22+…+9×29)+(2 024-1 032)×10=2 036+8 194+9 920=20 150,D正确.故选BCD.
11.已知圆锥SO(O为底面圆心)的轴截面是面积为1的等腰直角三角形,P是底面圆周上的一个动点,直线a,b满足a⊥b,a⊥SO,b⊥SO,设直线SP与a所成的角为α,直线SP与b所成的角为β,则( )
A.α的取值范围为π4,π2
B.该圆锥的内切球表面积为(12-82)π
C.cs αcs β的取值范围为0,14
D.cs2α+cs2β=1
答案BC
解析如图,作出圆锥SO的轴截面SCD,由题意知,SC⊥SD,SC=SD,∠SCD=∠SDC=π4,SO⊥CD,O是CD的中点,且S△SCD=12×|SC|×|SD|=12×|SC|2=1,所以|SC|=|SD|=2,所以|SO|=|OC|=|OD|=2×sinπ4=1.
设圆锥的内切球半径为R,易知圆锥内切球的半径即等于△SCD内切圆的半径.
由S△SCD=S△O1CD+S△SO1C+S△SO1D,即1=12R(2+2+2),解得R=2-1,故圆锥的内切球表面积S=4πR2=4π(2-1)2=(12-82)π,故选项B正确;
设A,B是圆锥SO底面圆周上的两点,且AB⊥CD于点O,则直线AB,CD满足AB⊥CD,AB⊥SO,CD⊥SO,又直线a,b满足a⊥b,a⊥SO,b⊥SO,不妨设a∥AB,b∥CD.
以O为原点,OA,OD,OS所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则S(0,0,1),A(1,0,0),B(-1,0,0),C(0,-1,0),D(0,1,0),
设P(cs θ,sin θ,0),θ∈[0,2π],
则SP=(cs θ,sin θ,-1),AB=(-2,0,0),CD=(0,2,0),由异面直线向量夹角公式知,
cs α=|cs|
=|-2csθ|cs2θ+sin2θ+(-1)2·(-2)2+0+0
=22|cs θ|,
因为θ∈[0,2π],
所以|cs θ|∈[0,1],
所以cs α∈0,22,所以α∈π4,π2,故选项A错误;
cs β=|cs|=|2sinθ|cs2θ+sin2θ+(-1)2·0+22+0=22|sin θ|,
cs αcs β=22|cs θ|×22|sin θ|=12|sin θ×cs θ|=14|sin 2θ|,
因为θ∈[0,2π],所以2θ∈[0,4π],
所以sin 2θ∈[-1,1],所以cs αcs β=14|sin 2θ|∈0,14,故选项C正确;
cs2α+cs2β=22|cs θ|2+22|sin θ|2=12(cs2θ+sin2θ)=12,故选项D错误.
故选BC.
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.底面边长为6的正四棱锥被平行于其底面的平面所截,截去一个底面边长为2,高为3的正四棱锥,则所得棱台的体积为 .
答案104
解析如图,由题意知,截去的正四棱锥与原正四棱锥的底面边长之比为26=13,而截去的正四棱锥的高为3,所以原正四棱锥的高为9,
(方法一)原正四棱锥的体积为13×(6×6)×9=108,截去的正四棱锥的体积为13×(2×2)×3=4,所以棱台的体积为108-4=104.
(方法二)棱台的体积为V棱台=13h(S'+S'S+S)=13×6×(36+12+4)=2×52=104.
13.应用抛物线和双曲线的光学性质,可以设计制造反射式天文望远镜,这种望远镜的特点是镜筒可以很短而观察天体运动又很清楚.某天文仪器厂设计制造的一种反射式望远镜的光学系统的原理如图(中心截口示意图)所示.其中,一个反射镜PO1Q弧所在的曲线为抛物线,另一个反射镜MO2N弧所在的曲线为双曲线一个分支.已知F1,F2是双曲线的两个焦点,其中F2同时又是抛物线的焦点,且∠NF2F1=45°,tan∠NF1F2=14,△NF1F2的面积为10,|O1F2|=8,则抛物线方程为 .
答案y2=32(x+3)
解析以F1F2的中点O为原点,F1F2所在直线为x轴,F1F2的中垂线为y轴,建立如图所示的平面直角坐标系,不妨设F1(-c,0),F2(c,0),N(x0,y0)(x0>0,y0>0).
因为tan∠NF1F2=14,∠NF2F1=45°,所以y0x0+c=14,y0=c-x0,解得x0=35c,y0=25c,由S△NF1F2=12|F1F2|y0=25c2=10,解得c=5,又|O1F2|=8,则有O1(-3,0),故抛物线方程为y2=32(x+3).
14.(2024山东泰安二模)已知在矩形ABCD中,AB=1,AD=3,动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上,则AP·AD的最大值为 ;若AP=mAB+nAD(m,n∈R),则m+n的最大值为 .
答案92 3
解析如图,以B为原点,BC,BA所在直线分别为x轴、y轴建立如图所示的平面直角坐标系,则B(0,0),A(0,1),D(3,1),C(3,0),AD=(3,0),AB=(0,-1),动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上,设圆C的半径为r,
在Rt△BCD中,BC=3,CD=1,BD=(3)2+12=2,
由S△BCD=12BC·CD=12BD·r,得r=32,故圆C的方程为(x-3)2+y2=34.
设点P的坐标为32cs θ+3,32sin θ,θ∈[0,2π],则AP=32cs θ+3,32sin θ-1,
AP·AD=332cs θ+3=32cs θ+3∈32,92,故AP·AD的最大值为92,若AP=mAB+nAD(m,n∈R),则32cs θ+3,32sin θ-1=m(0,-1)+n(3,0)=(3n,-m),得n=12cs θ+1,m=-32sin θ+1,所以m+n=12cs θ-32sin θ+2=csθ+π3+2∈[1,3],故m+n的最大值为3.