备战2025年高考二轮复习数学客观题满分限时练5（Word版附解析）

这是一份备战2025年高考二轮复习数学客观题满分限时练5（Word版附解析），共6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
解析由题意可知|z|=cs2π6+sin2π6=1.
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)=(-1,2)
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,则B={x|x≤-1或x≥4},∁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,若β∩α=l,则n∥l.因为m⊥α,l⊂α,所以m⊥l,所以m⊥n.若β∥α,因为m⊥α,所以m⊥β.因为n⊂β,所以m⊥n.故A正确;当m⊥α,m∥n时,由线面垂直的性质可得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,则n可能在平面α内,故D错误.
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|-1
B.f(x)=-2x2|x|+1
C.f(x)=-2x|x|-1
D.f(x)=-2|x|x2-1
答案A
解析由图可知,函数图象对应的函数为偶函数,排除C;由图可知,函数的定义域不是实数集.故排除B;由图可知,当x→+∞时,y→-∞,而对于D选项,当x→+∞时,y→0,故排除D.故选A.
5.《周髀算经》中有这样一个问题:从冬至起,接下来依次是小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种共十二个节气,其日影长依次成等差数列,其中大寒、惊蛰、谷雨三个节气的日影长之和为25.5尺,且前九个节气日影长之和为85.5尺,则立春的日影长为( )
A.10.5尺B.11尺
C.11.5尺D.12尺
答案A
解析设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,依题意,a3+a6+a9=25.5,S9=85.5,即3a1+15d=25.5,9a1+36d=85.5,化简得a1+5d=8.5,a1+4d=9.5,解得d=-1,a1=13.5,所以a4=a1+3d=13.5-3=10.5.所以立春的日影长为10.5尺.
6.已知偶函数f(x)满足f(x+4)=f(x),且在区间[0,2]上是减函数,则f(3),f(-π),f(lg23)的大小关系是( )
A.f(3)>f(-π)>f(lg23)
B.f(lg23)>f(-π)>f(3)
C.f(-π)>f(lg23)>f(3)
D.f(-π)>f(3)>f(lg23)
答案D
解析因为f(x+4)=f(x),所以f(x)是以4为周期的周期函数.又f(x)为偶函数,所以f(3)=f(-1)=f(1),f(-π)=f(4-π).又0<4-π<1f(1)>f(lg23),即f(-π)>f(3)>f(lg23).
7.(2024·浙江绍兴三模)已知直线y=kx(k≠0)与椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)交于A,B两点,以线段AB为直径的圆过椭圆的左焦点F1,若|F1A|=2|F1B|,则椭圆C的离心率是( )
A.52B.54C.53D.59
答案C
解析取右焦点F2,连接AF2,BF2,由F1在以线段AB为直径的圆上,故AF1⊥BF1,结合对称性可知四边形AF1BF2为矩形,有|AF2|=|BF1|,有|OA|=|OB|=|OF1|=c.又|F1A|=2|F1B|,由|F1A|2+|F1B|2=(2c)2,则|F1A|=455c,|F1B|=255c.由椭圆定义可得|F1A|+|AF2|=2a,故|F1A|+|F1B|=455c+255c=655c=2a,
则e=ca=2655=53.
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.当x>1时,f'(x)<0,故函数f(x)在区间(1,+∞)上单调递减,此时f(x)1,所以ln x1+1>1,所以ln x1+1x1>0,故x2x1的取值范围为(0,1).符合此范围的只有B选项.
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为“取出的球的数字之积为奇数”,事件B为“取出的球的数字之积为偶数”,事件C为“取出的球的数字之和为偶数”,则下列说法正确的有( )
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B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,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),即事件B与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,则下列说法正确的有( )
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an+1+1=2(an+1)(n∈N*),且an+1≠0,即数列{an+1}为等比数列,a1+1=2,故an+1=2n,所以an=2n-1,则an+1=2n+1-1,所以A错误;因为bn=lg2(an+1)=lg22n=n,所以B正确;因为新数列{cn}为1,1,1,3,2,2,2,2,7,…,由于2(1-29)1-2=1 022,2(1-210)1-2=2 046,即数列{cn}从a1=1到a10=1 023共有1 022+10=1 032项,到a11共有2 046+11=2 057项,而a10和a11之间有210个10,故c2 024=10,所以C正确;对于D,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,所以D正确.故选BCD.
11.(2024·广西桂林模拟)如图,已知圆锥PO的底面半径为3,高为6,AB为底面圆的直径,点C为底面圆周上的动点,则下列说法正确的有( )
A.当C为弧AB的三等分点时,△PAC的面积等于934或3114
B.该圆锥可以放入表面积为14π的球内
C.边长为54的正方体可以放入到该圆锥内
D.该圆锥可以放入边长为22的正方体中
答案ABD
解析取AC的中点D,连接OD,PD,OC,则OD⊥AC,PD⊥AC.如图1,当C为弧AB的三等分点时,∠AOC=120°或∠AOC=60°,当∠AOC=120°时,OD=12OC=32,所以PD=PO2+OD2=(6)2+(32) 2=332,DC=32OC=32,AC=2DC=3,所以△PAC的面积为12AC×PD=12×3×332=934.当∠AOC=60°时,OD=32OC=32,所以PD=PO2+OD2=(6)2+(32) 2=332,AC=OC=3,所以△PAC的面积为12AC×PD=12×3×332=3114,故A正确;
图1
图2
因为圆锥的底面半径为3,高为6,所以圆锥的外接球球心在圆锥内部.设圆锥外接球的半径为R,过点A的轴截面如图2,O1为外接球球心,则(6-R)2+(3)2=R2,解得R=364,外接球的表面积为4πR2=272π,272π<14π,故B正确;
设放入圆锥内最大的正方体边长为a,沿着正方体对角面的轴截面如图3,因为圆锥的底面半径为3,高为6,所以36=2a2PH,所以PH=a,所以2a=6,a=62.因为54=6.252>62,所以C错误;
图3
图4
过正方体一边的中点作与体对角线垂直的平面,如图4,此平面到顶点P的距离为体对角线的一半,即为12(22)2+(22)2+(22)2=6,平面截正方体得到边长为2的正六边形,该正六边形的内切圆的半径为3,以该圆作为圆锥的底面,点P为顶点即可得到圆锥.故D正确.故选ABD.
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.已知抛物线y=mx2(m>0)上的点(x0,2)到该抛物线焦点F的距离为114,则实数m的值为 .
答案13
解析抛物线y=mx2(m>0),即x2=1my(m>0),所以准线方程为y=-14m.因为抛物线上的点(x0,2)到该抛物线焦点F的距离为114,所以2-(-14m)=114,解得m=13.
13.(2024·安徽芜湖二模)从某工厂生产的零件中随机抽取11个,其尺寸值为43,45,45,45,49,50,50,51,51,53,57(单位:mm),现从这11个零件中任取3个,则3个零件的尺寸刚好为这11个零件尺寸的平均数、第六十百分位数、众数的概率为 .
答案255
解析由题意知11个零件的平均数为43+45+45+45+49+50+50+51+51+53+5711=49,第六十百分位数的位置为11×60%=6.6,即取第7位数50,故第六十百分位数为50,由题可知众数为45,所以当从11中取出3个零件共有C113=165种情况,则3个数分别为平均数49、第六十百分位数50,众数45共有C11C21C31=6种情况,所以其概率为6165=255.
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,以BA,BC所在的直线为y轴,x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).∵动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上,设圆的半径为r,由题意知BC=3,CD=1,∴BD=(3)2+12=2,∴12BC·CD=12BD·r,∴r=32,∴圆的方程为(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),则AP·AD=3×(32cs θ+3)=32cs θ+3∈[32,92],故AP·AD的最大值为92.∵AP=mAB+nAD(m,n∈R),AB=(0,-1),∴AP=(32cs θ+3,32sin θ-1)=m(0,-1)+n(3,0)=(3n,-m),∴12cs θ+1=n,-32sin θ+1=m,∴m+n=12cs θ-32sin θ+2=cs(θ+π3)+2.∵-1≤cs(θ+π3)≤1,∴1≤m+n≤3,故m+n的最大值为3.