2022版高考数学小题标准练（二）

这是一份2022版高考数学小题标准练（二），共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。

高考小题标准练(二)
满分80分，实战模拟，40分钟拿下高考客观题满分！
一、单选题(共8小题，每小题5分，共40分)
1．已知全集U＝{1，2，3，4，5}，集合A＝{1，2，5}，∁UB＝ eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(1，3，5)) ，则A∩B＝( )
A． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(5)) B． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(2))
C．{1，2，4，5} D．{3，4，5}
【解析】选B.因为∁UB＝ eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(1，3，5)) ，
所以B＝ eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(2，4)) ，所以A∩B＝ eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(2)) .
2．若复数z＝ eq \f(2－i,1＋i) ，则|z|＝( )
A．1 B． eq \r(10) C． eq \f(\r(10),2) D．3
【解析】选C.z＝ eq \f(2－i,1＋i) ＝ eq \f(（2－i）（1－i）,（1＋i）（1－i）) ＝ eq \f(2－3i＋i2,1－i2) ＝ eq \f(1,2) － eq \f(3,2) i，
所以 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(z)) ＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)))\s\up12(2)) ＝ eq \f(\r(10),2) .
3．设x，y∈R，向量a＝(x，1)，b＝(1，y)，c＝(2，－4)且a⊥c，b∥c，则x＋y＝( )
A．0 B．1 C．2 D．－2
【解析】选A.因为a⊥c，所以2x－4＝0，
因为b∥c，所以－4－2y＝0，所以，
4．费马数列{Fn}是以数学家皮埃尔·德·费马(PierredeFermat，1601～1665年)命名的数列，其中Fn＝22n＋1，例如F1＝221＋1＝22＋1＝5.因为 eq \f(F2,F1) ＝ eq \f(17,5) ＝3.4，所以 eq \f(F2,F1) 的整数部分是1位数；因为 eq \f(F3,F2) ＝ eq \f(257,17) ≈15.12，所以 eq \f(F3,F2) 的整数部分是2位数；…；则 eq \f(F13,F12) 的整数部分位数最接近于(lg 2≈0.301 0)( )
A．240 B．600 C．900 D．1 200
【解析】选D.因为F13＝2213＋1，F12＝2212＋1与1相比都非常大，
所以 eq \f(F13,F12) 的整数部分位数近似于 eq \f(F13－1,F12－1) 的整数部分位数，
而lg eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(F13－1,F12－1))) ＝lg (F13－1)－lg (F12－1)，
＝213lg 2－212lg 2＝212lg 2≈4 096×0.301
＝1 232.896，
所以 eq \f(F13－1,F12－1) ＝101 232.896，而101 232<101 232.896<101 233，
因为10n的整数部分位数是n＋1位，所以101 232的整数部分位数是1 233位，
101 233的整数部分位数是1 234位，所以 eq \f(F13－1,F12－1) 的整数部分位数最接近1 200位，
即 eq \f(F13,F12) 的整数部分位数最接近1 200位．
5．设α，β为不重合的平面，m，n为不重合的直线，则下列命题正确的是( )
A．若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥α
B．若m⊂α，n⊂β，m∥n，则α∥β
C．若m∥α，n∥β，m⊥n，则α⊥β
D．若n⊥α，n⊥β，m⊥β，则m⊥α
【解析】选D.对于A，α⊥β，α∩β＝n时，若n⊥m，m⊂β，则m⊥α，但题目中无条件m⊂β，故A也不一定成立；对于B，若α∩β＝l，m⊂α，n⊂β，m∥n∥l.显然α∥β不成立；
对于C，由面面平行的判定，一个面经过另一个面的垂线，仅有m⊥n，不能得到m⊥β 或n⊥α，故不正确；对于D，n⊥α，n⊥β，则α∥β，又m⊥β，则m⊥α，结论成立．
6．将多项式a6x6＋a5x5＋…＋a1x＋a0分解因式得 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－2)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋m)) 5，m为常数，若a5＝－7，则a0＝( )
A．－2 B．－1 C．1 D．2
【解析】选D.因为(x＋m)5的通项公式为Tr＋1＝C eq \\al(\s\up1(r),\s\d1(5)) x5－rmr，a5x5＝x·C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(5)) x5－1m1＋(－2)x5＝(5m－2)x5，所以a5＝5m－2，
又因为a5＝－7，所以5m－2＝－7，
所以m＝－1，
所以常数项a0＝(－2)×C eq \\al(\s\up1(5),\s\d1(5)) (－1)5＝2.
7．为培养学生分组合作能力，现将某班分成A，B，C三个小组，甲、乙、丙三人分到不同组．某次数学建模考试中三人成绩情况如下：在B组中的那位的成绩与甲不一样，在A组中的那位的成绩比丙低，在B组中的那位的成绩比乙低．若甲、乙、丙三人按数学建模考试成绩由高到低排序，则排序正确的是( )
A．甲、丙、乙 B．乙、甲、丙
C．乙、丙、甲 D．丙、乙、甲
【解析】选C.因为在B组中的那位的成绩与甲不一样，在B组中的那位的成绩比乙低．所以甲、乙都不在B组，所以丙在B组．假设甲在A组，乙在C组，由题得甲、乙、丙三人按数学建模考试成绩由高到低排序是乙、丙、甲．假设甲在C组，乙在A组，由题得矛盾，所以排序正确的是乙、丙、甲．
8．已知a≥0，函数f(x)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－2ax)) ex，若f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，1)) 上是单调减函数，则a的取值范围是( )
A． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,4))) B． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,4)))
C． eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，＋∞)) D． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
【解析】选C.因为f(x)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－2ax)) ex，
所以f′(x)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－2a)) ex＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－2ax)) ex
＝ex eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋2x－2ax－2a)) .
因为f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，1)) 上是单调减函数，
所以在[－1，1]上有f′(x)＝ex(x2＋2x－2ax－2a)≤0，
即x2＋2x－2ax－2a≤0，
所以x2＋2x≤2a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋1)) ，
当x＝－1时，－1≤0 恒成立；
当x∈(－1，1]时，a≥ eq \f(x2＋2x,2（x＋1）) ，a≥ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋1))2－1,2（x＋1）) ，a≥ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋1)) － eq \f(1,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋1))) ，
令g(x)＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋1)) － eq \f(1,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋1))) ，
可知g(x)＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋1)) － eq \f(1,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋1))) ，在(－1，1]上为增函数，所以g(x)max＝g(1)＝ eq \f(3,4) ，即a≥ eq \f(3,4) .
二、多选题(每小题5分，共20分，全部选对得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
9．随着人民生活水平的提高以及高新电影制作技术的研发，人们利用周末和假期去电影院感受电影的魅力．我国2010年至2018年年底电影年度票房总收入与观影总人数统计如图所示，则下列说法正确的是( )
A．这九年中，票价的增加导致年度总票房收入逐年攀升
B．这九年中，票房收入与观影人数两个变量之间是正相关
C．这九年中，观影人数的增长率是逐年上升的
D．这九年中，年度总票房收入增速最快的是2015年
【解析】选BD.由题意，可得票房收入与观影人数之间显然是正相关，无法得出与票价增加有关，可得A项错误，B项正确；由2015年到2016年观影人数的增长率是下降的，可得C项错误；由2015年的票房增长率是最高的，大约为48.7%，可得D项正确．
10．已知函数y＝ax(a＞0且a≠1)的图象如图所示，则下列四个函数图象与函数解析式对应正确的是( )
【解析】选ABD.由图可得a1＝2，即a＝2，y＝a－x＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x) 单调递减过点(－1，2)，故A正确；y＝x－a＝x－2为偶函数，在(0，＋∞)上单调递减，在(－∞，0)上单调递增，故B正确；y＝a|x|＝2|x|＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x，x≥0,2－x，x＜0)) 为偶函数，结合指数函数图象可知C错误；y＝|lgax|＝|lg2x|，根据“上不动、下翻上”可知D正确．
11．已知曲线C的方程为 eq \f(x2,m＋1) ＋ eq \f(y2,3－m) ＝1(m∈R)，则( )
A．当m＝1时，曲线C为圆
B．当m＝5时，曲线C为双曲线，其渐近线方程为y＝± eq \f(\r(3),3) x
C．当m＞1时，曲线C为焦点在x轴上的椭圆
D．存在实数m使得曲线C为双曲线，其离心率为 eq \r(2)
【解析】选AB.对于A选项：m＝1时，方程为 eq \f(x2,2) ＋ eq \f(y2,2) ＝1，即x2＋y2＝2，曲线C是圆，A正确；对于B选项：m＝5时，方程为 eq \f(x2,6) － eq \f(y2,2) ＝1，曲线C为双曲线，其渐近线方程为y＝± eq \f(\r(3),3) x，B正确；对于C选项：m＞1时，不妨令m＝5，由选项B知，曲线C为双曲线，C不正确；对于D选项：要曲线C为双曲线，必有(m＋1)(3－m)＜0，即m＜－1或m＞3，m＜－1时，曲线C： eq \f(y2,3－m) － eq \f(x2,－（m＋1）) ＝1，m＞3时，曲线C： eq \f(x2,m＋1) － eq \f(y2,m－3) ＝1，因双曲线离心率为 eq \r(2) 时，它实半轴长与虚半轴长相等，而－(m＋1)≠3－m，m＋1≠m－3，D不正确．
12．函数f(x)＝ eq \r(3) sin 2ωx＋2sin2ωx－1(ω＞0)，则下列结论正确的是( )
A．若y＝|f(x)|的最小正周期为π，则ω＝1
B．若ω＝1，则 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,12)π，0)) 是f(x)的一个对称中心
C．若f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，π)) 内单调，则0＜ω≤ eq \f(1,3)
D．若g(x)＝f(x)－4ωx在(0，π)上恰有2个极值点，则 eq \f(13,12) ＜ω≤ eq \f(25,12)
【解析】选BCD.f(x)＝ eq \r(3) sin2ωx＋2sin2ωx－1＝ eq \r(3) sin2ωx－cs 2ωx＝2sin (2ωx－ eq \f(π,6) ).
对于选项A，因为ω＞0，所以y＝f(x)的最小正周期为 eq \f(2π,2ω) ，
所以，y＝|f(x)|的最小正周期为 eq \f(π,2ω) ＝π，解得ω＝ eq \f(1,2) ，故选项A错；
对于选项B，若ω＝1，则f(x)＝2sin (2x－ eq \f(π,6) )，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,12)π)) ＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,6)π－\f(π,6))) ＝2sin (－π)＝0，故选项B正确；
对于选项C，由x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，π)) 得2ωx－ eq \f(π,6) ∈( eq \f(2π,3) ω－ eq \f(π,6) ，2πω－ eq \f(π,6) )，
当f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，π)) 内单调递增时，( eq \f(2π,3) ω－ eq \f(π,6) ，2πω－ eq \f(π,6) )⊆ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＋2kπ，\f(π,2)＋2kπ)) (k∈Z)，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)ω－\f(π,6)≥－\f(π,2)＋2kπ,2πω－\f(π,6)≤\f(π,2)＋2kπ)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ω≥－\f(1,2)＋3k,ω≤\f(1,3)＋k)) (k∈Z)，
所以， eq \f(1,3) ＋k≥－ eq \f(1,2) ＋3k，可得k≤ eq \f(5,12) ，又ω＞0，则k＝0，得0＜ω≤ eq \f(1,3) ，当f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，π)) 内单调递减时，( eq \f(2π,3) ω－ eq \f(π,6) ，2πω－ eq \f(π,6) )⊆ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋2kπ，\f(3π,2)＋2kπ)) (k∈Z)，
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)ω－\f(π,6)≥\f(π,2)＋2kπ,2πω－\f(π,6)≤\f(3π,2)＋2kπ)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ω≥1＋3k，,ω≤\f(5,6)＋k)) (k∈Z)，可得1＋3k≤ eq \f(5,6) ＋k，可得k≤－ eq \f(1,12) ，因为ω＞0，所以，不等式组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ω≥1＋3k，,ω≤\f(5,6)＋k)) (k∈Z)无解，综上所述0＜ω≤ eq \f(1,3) ，故选项C正确；
对于选项D，g(x)＝f(x)－4ωx＝2sin (2ωx－ eq \f(π,6) )－4ωx，g′(x)＝4ωcs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx－\f(π,6))) －4ω，由g′(x)＝0，得cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx－\f(π,6))) ＝1，因为g(x)＝f(x)－4ωx在(0，π)上恰有2个极值点，所以cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx－\f(π,6))) ＝1在(0，π)上恰有2个解，因为2ωx－ eq \f(π,6) ∈(－ eq \f(π,6) ，2πω－ eq \f(π,6) )，所以2π＜2πω－ eq \f(π,6) ≤4π，解得 eq \f(13,12) ＜ω≤ eq \f(25,12) .
三、填空题(共4小题，每小题5分，共20分)
13．为了在一条河上建一座桥，施工前在河两岸打上两个桥位桩A，B (如图)，要测算两点间的距离，测量人员在岸边定出基线BC，测得BC＝50 m，∠ABC＝105°，∠BCA＝45°，就可以计算出A，B两点间的距离为________.
【解析】根据三角形内角和为180°，得∠BAC＝30°，
由正弦定理得 eq \f(AB,sin C) ＝ eq \f(BC,sin A) ，即 eq \f(AB,sin 45°) ＝ eq \f(50,sin 30°) ，解得AB＝50 eq \r(2) m.
答案：50 eq \r(2) m
14．我国著名数学家周密的《鬼谷算》中有一道题目：“今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？”翻译成现代文为：若一个自然数n满足被3除余2，被5除余3，被7除余2，则所有满足条件的n的取值集合为________.
【解析】因为这个自然数除以3余2，除以7余2，所以这个数除以21也余2；再除以5余3，所以最小的数为23，因为3×5×7＝105，所以自然数n可以表示为n＝23＋105k，k∈N.
答案：{n|n＝23＋105k，k∈N}
15．已知定义域为R的函数f(x)既是奇函数，又是周期为3的周期函数，当x∈(0， eq \f(3,2) )时，f(x)＝sin πx，则函数f(x)在区间[0，6]上的零点个数是________.
【解析】因为函数定义域为R，周期为3且为奇函数，所以f(0)＝0，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2))) ＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2))) ，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2))) ＝－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2))) ，
所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2))) ＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2))) ＝0.
如图所示，画出函数的图象，由图象可知在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，6)) 上的零点为0，1， eq \f(3,2) ，2，3，4， eq \f(9,2) ，5，6，
所以共有9个零点．
答案：9
16．如图，将正四面体每条棱三等分，截去顶角所在的小正四面体，余下的多面体就成为一个半正多面体，亦称“阿基米德体”．点A，B，M是该多面体的三个顶点，点N是该多面体表面上的动点，且总满足MN⊥AB，若AB＝4，则该多面体的表面积为________，点N轨迹的长度为________．
【解析】根据题意该正四面体的棱长为3AB＝12，点A，B，M分别是正四面体棱的三等分点．该正四面体的表面积为4× eq \f(1,2) ×12×12×sin60°＝144 eq \r(3) ，该多面体是正四面体截去顶角所在的小正四面体，每个角上小正四面体的侧面面积为3× eq \f(1,2) ×4×4×sin60°＝12 eq \r(3) ，每个角上小正四面体的底面面积为 eq \f(1,2) ×4×4×sin60°＝4 eq \r(3) ，所以该多面体的表面积为：144 eq \r(3) －4×12 eq \r(3) ＋4×4 eq \r(3) ＝112 eq \r(3) .如图设点H为该多面体的一个顶点，则HF＝8＝HM＝MF，在△HFB中，HB2＝HF2＋BF2－2BH·HFcs 60°＝82＋42－2×4×8× eq \f(1,2) ＝48，
则HB＝4 eq \r(3) ，所以HB2＋BF2＝HF2，即HB⊥BF；同理MB＝4 eq \r(3) ，MB⊥AB，由HB∩MB＝B，所以AB⊥平面MBH.由点N是该多面体表面上的动点，且总满足MN⊥AB，则点N的轨迹是线段MB，HB，MH，所以点N轨迹的长度为：MB＋HB＋MH＝4 eq \r(3) ＋4 eq \r(3) ＋8＝8＋8 eq \r(3) .
答案：112 eq \r(3) 8＋8 eq \r(3)