2022版高考数学小题标准练（十四）

这是一份2022版高考数学小题标准练（十四），共11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(十四)
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i是虚数单位，若a＋bi＝ eq \f(i,2＋i) － eq \f(i,2－i) (a，b∈R)，则a＋b的值是( )
A．0 B．－ eq \f(2,5) i C．－ eq \f(2,5) D． eq \f(2,5)
【解析】选D.若a＋bi＝ eq \f(i,2＋i) － eq \f(i,2－i) (a，b∈R)，则a＋bi＝ eq \f(i（2－i）,（2＋i）（2－i）) － eq \f(i（2＋i）,（2＋i）（2－i）) ＝ eq \f(1＋2i,5) － eq \f(－1＋2i,5) ＝ eq \f(2,5) ，
所以a＝ eq \f(2,5) ，b＝0，所以a＋b＝ eq \f(2,5) .
2．设O为坐标原点，直线y＝x－2与抛物线C：y2＝2px(p>0)交于D，E两点，若点F为抛物线C的焦点，|DF|＋|EF|＝7，则C的焦点坐标为( )
A． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0)) B． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，0))
C．(1，0) D．(2，0)
【解析】选A.若直线y＝x－2与抛物线y2＝2px(p>0)交于D(x1，y1)，E(x2，y2)两点，
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝x－2,y2＝2px)) 得x2－(4＋2p)x＋4＝0，
则x1＋x2＝4＋2p，
则|DF|＋|EF|＝x1＋x2＋p＝4＋3p＝7，
得p＝1，所以其焦点坐标为( eq \f(1,2) ，0).
3．已知a>0且a≠1，函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(lg\s\d9(\f(1,3))x，x>0,ax＋b，x≤0)) 满足f(0)＝2，f(－1)＝3，
则f(f(－3))＝( )
A．－3 B．－2 C．3 D．2
【解析】选B.由f(0)＝2，f(－1)＝3，可得1＋b＝2，a－1＋b＝3，解得a＝ eq \f(1,2) ，
b＝1，那么f(f(－3))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))－3＋1)) ＝f(9)＝lg eq \s\d9(\f(1,3)) 9＝－2.
4．已知α，β，γ为平面，l是直线，若α∩β＝l，则“α⊥γ，β⊥γ”是“l⊥γ”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【解析】选C.由α⊥γ，β⊥γ，在γ内任取一点P，过P作a垂直于α与γ的交线，则a⊥α，又l⊂α，则a⊥l，同理，在γ内过P作b垂直于β与γ的交线，则b⊥l，可推出l⊥γ；反过来，若l⊥γ，α∩β＝l，根据面面垂直的判定定理，可知α⊥γ，β⊥γ，故“α⊥γ，β⊥γ”是“l⊥γ”的充要条件．
5．已知函数f(x)＝2tan (ωx)(ω>0)的图象与直线y＝2的相邻交点间的距离为π，若定义max{a，b}＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a，a≥b,b，a0)的图象与直线y＝2的相邻交点间的距离为π，
所以f(x)＝2tan (ωx)(ω>0) 的周期为π， 则ω＝ eq \f(π,T) ＝ eq \f(π,π) ＝1,
所以h(x)＝max{2tan x，2sin x}＝
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2sin x，x∈\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π)),2tan x，x∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π，\f(3π,2))))) ，由正弦函数和正切函数图象可知A正确．
6．掷两颗均匀的骰子，则点数之和为5的概率等于( )
A． eq \f(1,18) B． eq \f(1,9) C． eq \f(1,6) D． eq \f(1,12)
【解析】选B.掷两颗均匀的骰子的所有基本事件有6×6＝36种，点数之和为5的有4种，所以所求概率为 eq \f(4,36) ＝ eq \f(1,9) .
7．如图，一个物体受到两个拉力F1和F2的作用，已知|F1|＝3 N，|F2|＝4 N，两力方向的夹角为θ(0≤θ≤π)，若F1和F2的合力为F，且|F|≤5 N，则θ的取值范围为( )
A． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) B． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))
C． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3))) D． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，π))
【解析】选B.如图所示，
由余弦定理得：|F|2＝|F1|2＋|F2|2－2|F1|·|F2|cs (π－θ)＝9＋16＋24cs θ≤25，解得cs θ≤0，所以 eq \f(π,2) ≤θ≤π.
8．已知正项等比数列{an}满足a2＋a3＝40，a4＋a5＝640，bn＝lg4an.
则数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn·bn＋1))) 的前15项的和T15为( )
A．1 B． eq \f(30,31) C． eq \f(60,31) D． eq \f(61,31)
【解析】选C.设等比数列{an}的公比为q，q>0，由a2＋a3＝40，a4＋a5＝640，
可得q2＝ eq \f(a4＋a5,a2＋a3) ＝ eq \f(640,40) ＝16，解得q＝4，a1＝2，
所以an＝22n－1，bn＝lg422n－1＝ eq \f(2n－1,2) ，
所以 eq \f(1,bn·bn＋1) ＝ eq \f(4,（2n－1）（2n＋1）) ＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1))) ，
所以T15＝ eq \f(1,b1·b2) ＋ eq \f(1,b2·b3) ＋…＋ eq \f(1,b15·b16)
＝2 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,29)－\f(1,31)))))
＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,31))) ＝ eq \f(60,31) .
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．图中阴影部分用集合符号可以表示为( )
A.A∩(B∪C) B．A∪(B∩C)
C．A∩∁U(B∩C) D．(A∩B)∪(A∩C)
【解析】选AD.由图可知，阴影部分是集合B与集合C的并集，再由集合A求交集，或是集合A与B的交集并上集合A与C的交集，所以阴影部分用集合符号可以表示为A∩(B∪C)或(A∩B)∪(A∩C).
10．在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x)－x)) eq \s\up12(6) 的展开式中，下列说法正确的是( )
A．常数项为160
B．第4项的二项式系数最大
C．第3项的系数最大
D．所有项的系数和为64
【解析】选BC.展开式的通项为Tr＋1＝C eq \\al(\s\up1(r),\s\d1(6)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x))) eq \s\up12(6－r) (－x)r＝26－r(－1)rC eq \\al(\s\up1(r),\s\d1(6)) x2r－6，
由2r－6＝0，得r＝3，所以常数项为23(－1)3C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(6)) ＝－160，A错误；
展开式共有7项，所以第4项二项式系数最大，B正确；
由通项公式可得r为偶数时，系数才有可能取到最大值，由T1＝64x－6，
T3＝240x－2，T5＝60x2，T7＝x6，可知第3项的系数最大，C正确；
令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a6＝(2－1)6＝1，所有项的系数和为1，D错误．
11．设正实数a，b满足a＋b＝1，则( )
A．lg2a＋lg2b≥－2
B．ab＋ eq \f(1,ab) ≥ eq \f(17,4)
C． eq \f(2,a) ＋ eq \f(1,b) ≤3＋2 eq \r(2)
D．2a－b> eq \f(1,2)
【解析】选BD.因为正实数a，b满足a＋b＝1，所以02－1＝ eq \f(1,2) ，
因此本选项正确．
12．如图，直角梯形ABCD，AB∥CD，AB⊥BC，BC＝CD＝ eq \f(1,2) AB＝4，E为AB中点，以DE为折痕把△ADE折起，使点A到达点P的位置，则( )
A．EB⊥平面PED
B．若PE⊥EB时，棱锥P­BCD的外接球体积为32 eq \r(3) π
C．PC的最大值为4 eq \r(3)
D．二面角C­PE­B的最小值为 eq \f(π,4)
【解析】选BD.EB⊥ED，EB与PE不一定垂直，所以A不对；
若PE⊥EB，则可证明PE⊥平面DEBC，DEBC为正方形，棱锥P­BCD可以补成边长为4的正方体，外接球直径等于正方体的体对角线长，即2R＝4 eq \r(3) ，
R＝2 eq \r(3) ，V＝ eq \f(4,3) π(2 eq \r(3) )3＝32 eq \r(3) π，B正确；
若PE⊥EB，则可证明PE⊥平面DEBC，此时PC＝4 eq \r(3) ，若∠PEC为钝角，由余弦定理可得PC>4 eq \r(3) ，C不正确；
由DE⊥PE，DE⊥EB，PE∩EB＝E，
所以DE⊥平面PEB，从而CB⊥平面PEB，CB⊥PE，作BQ⊥PE，交PE于点Q，可证PE⊥平面CQB，则CQ⊥PE，
所以二面角C­PE­B的平面角是∠CQB，tan ∠CQB＝ eq \f(CB,BQ) ＝ eq \f(4,BQ) ，满足BQ⊥PE的BQ的最大长度为4，
所以tan ∠CQB的最小值为1，即二面角C­PE­B的最小值为 eq \f(π,4) .
三、填空题(共4小题，每小题5分，共20分)
13．已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若a＝4，b＝6，tan C＝2 eq \r(2) ，则△ABC外接圆的周长为________．
【解析】由已知可得tan C>0，故cs C＝ eq \r(\f(1,tan 2C＋1)) ＝ eq \f(1,3) ，
sin C＝ eq \r(1－cs2C) ＝ eq \f(2\r(2),3) ；
由余弦定理得c＝ eq \r(42＋62－2×4×6×\f(1,3)) ＝6；
由正弦定理得R＝ eq \f(c,2sinC) ＝ eq \f(6,\f(4\r(2),3)) ＝ eq \f(9\r(2),4) ，
故所求外接圆的周长为 eq \f(9\r(2),2) π.
答案： eq \f(9\r(2),2) π
14．已知a，b为正实数，直线y＝2x－a与曲线y＝ln (2x＋b)相切，则a与b满足的关系式为________． eq \f(2,a) ＋ eq \f(3,b) 的最小值为________．
【解析】由y＝ln (2x＋b)，得y′＝ eq \f(2,2x＋b) ，因此曲线y＝ln (2x＋b)在切点处的切线的斜率等于2，
所以 eq \f(2,2x＋b) ＝2，即x＝ eq \f(1－b,2) ，此时y＝0.则切点为( eq \f(1－b,2) ，0)，所以相应的切线方程为y＝2(x－ eq \f(1－b,2) )＝2x－1＋b，则－a＝－1＋b，所以a＋b＝1.又a>0，b>0，所以 eq \f(2,a) ＋ eq \f(3,b) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)＋\f(3,b))) (a＋b)＝5＋ eq \f(2b,a) ＋ eq \f(3a,b) ≥5＋2 eq \r(\f(2b,a)·\f(3a,b)) ＝5＋2 eq \r(6) .当且仅当 eq \f(2b,a) ＝ eq \f(3a,b) 时上式等号成立．
答案：a＋b＝1 5＋2 eq \r(6)
15．已知点P在曲线y＝ eq \f(4,ex＋1) (其中e为自然对数的底数)上，α为曲线在点P处的切线的倾斜角，则tan α的取值范围是________.
【解析】因为y＝ eq \f(4,ex＋1) ，
所以y′＝ eq \f(－4ex,（ex＋1）2) ＝ eq \f(－4,ex＋\f(1,ex)＋2) ，
因为ex＋ eq \f(1,ex) ＋2≥4，
所以0< eq \f(1,ex＋\f(1,ex)＋2) ≤ eq \f(1,4) ，
所以－1≤y′0，b>0)的左、右焦点，过F1且斜率为 eq \f(1,3) 的直线与双曲线的两条渐近线分别交于A，B两点，若|F2A|＝|F2B|，则双曲线的离心率为________.
【解析】设F1(－c，0)，则过F1且斜率为 eq \f(1,3) 的直线方程为y＝ eq \f(1,3) (x＋c)，
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,3)（x＋c）,y＝\f(b,a)x)) 得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(ac,3b－a),y＝\f(bc,3b－a))) ，
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,3)（x＋c）,y＝－\f(b,a)x)) 得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－\f(ac,3b＋a),y＝\f(bc,3b＋a))) ，
不妨设A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ac,3b－a)，\f(bc,3b－a))) ，B(－ eq \f(ac,3b＋a) ， eq \f(bc,3b＋a) )，
因为|F2A|＝|F2B|，F2(c，0)，
所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ac,3b－a)－c)) 2＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(bc,3b－a))) 2＝(－ eq \f(ac,3b＋a) －c)2＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(bc,3b＋a))) 2，
化简得a2＝4b2，即a＝2b，
故双曲线的离心率e＝ eq \r(1＋\f(b2,a2)) ＝ eq \r(\f(5,4)) ＝ eq \f(\r(5),2) .
答案： eq \f(\r(5),2)