2023届高考数学二轮总复习（新高考新教材）（二）客观题满分限时练限时练4（Word版附解析）

这是一份2023届高考数学二轮总复习（新高考新教材）（二）客观题满分限时练限时练4（Word版附解析），共10页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

限时练4
(时间:45分钟,满分:80分)
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.(2022·山东临沂三模)已知复数z满足(1-i)z=2+2i,则|z|=(　　)
A.2 B.3
C.2 D.3
2.(2022·广东广州二模)已知数列{an}是等差数列,且a2+a5+a8=π,则tan(a1+a9)=(　　)
A.3 B.33
C.-33 D.-3
3.(2022·山东潍坊二模)设集合M,N,U均为非空集合,且满足M⫋N⫋U,则(∁UM)∩(∁UN)=(　　)
A.M B.N
C.∁UM D.∁UN
4.(2022·广东汕头一模)已知θ∈0,π2,tanθ+π4=-23tan θ,则sinθcos2θsinθ+cosθ=(　　)
A.-12 B.-35
C.3 D.-53
5.(2022·山东烟台三模)过双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的焦点且斜率不为0的直线交C于A,B两点,D为AB的中点,若kAB·kOD=12,则双曲线C的离心率为(　　)
A.6 B.2 C.3 D.62
6.(2022·山东潍坊模拟)折扇又名“撒扇”“纸扇”,是一种用竹木或象牙做扇骨,韧纸或绫绢做扇面的能折叠的扇子,如图1.其平面图如图2的扇形AOB,其中∠AOB=120°,OA=2OC=2,点E在弧CD上,则EA·EB的最小值是(　　)

图1

图2
A.-1 B.1
C.-3 D.3
7.(2022·北京·9)已知正三棱锥P-ABC的六条棱长均为6,S是△ABC及其内部的点构成的集合.设集合T={Q∈S|PQ≤5},则T表示的区域的面积为(　　)
A.3π4 B.π
C.2π D.3π
8.(2022·全国甲·理11)设函数f(x)=sinωx+π3在区间(0,π)恰有三个极值点、两个零点,则ω的取值范围是(　　)
A.53,136 B.53,196
C.136,83 D.136,196
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.(2022·河北唐山三模)下列说法正确的有(　　)
A.若a>b,c>d,则ac>bd
B.若xex=1,则x+ln x=0
C.若a>b,则1a<1b
D.2x=6,y=log36,则xy>4
10.(2022·广东佛山三模)如图,若正方体的棱长为2,M是正方体ABCD-A1B1C1D1在侧面BCC1B1上的一个动点(含边界),P是AA1的中点,则下列结论正确的是(　　)

A.三棱锥P-DD1M的体积为定值
B.若PM=5,则点M在侧面BCC1B1运动路径的长度为2π
C.若D1M⊥DP,则A1M的最大值为22
D.若D1M⊥DP,则A1M的最小值为655
11.(2022·福建福州模拟)已知抛物线C:y2=4x,圆F:(x-1)2+y2=14(F为圆心),点P在抛物线C上,点Q在圆F上,点A(-1,0),则下列结论正确的是(　　)
A.|PQ|的最小值是12
B.|PF||PA|的最小值是12
C.当∠PAQ最大时,|AQ|=152
D.当∠PAQ最小时,|AQ|=152
12.(2022·海南海口二模)已知函数f(x)及其导函数f'(x)满足xf'(x)-f(x)=x2(ln x+1),且f(1)=0,则(　　)
A.f(x)在区间(1,+∞)上单调递增
B.f(x)在12,1上有极小值
C.f(x)x的最小值为-1
D.f(x)-f(x)x的最小值为0
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.(2022·新高考Ⅰ·13)1-yx(x+y)8的展开式中x2y6的系数为　　　　　.(用数字作答) 
14.(2022·山东临沂三模)某足球队在对球员的使用上进行数据分析,根据以往的数据统计,甲球员能够胜任前锋、中锋、后卫三个位置,且出场率分别为0.3,0.5,0.2,当甲球员在相应位置时,球队输球的概率依次为0.4,0.2,0.6.据此估计当甲球员参加比赛时,该球队某场比赛不输球的概率为　　　　　. 
15.(2022·湖南永州二模)已知数列{an},{bn}满足a1=12,an+bn=1,an+1(1-bn2)=an,则anbn=　　　　　. 
16.(2022·山东临沂二模)祖暅原理可表述为:“幂势既同,则积不容异”.即:夹在两个平行平面之间的两个几何体,被平行于这两个平面的任意平面所截,若截得的两个截面的面积总相等,那么这两个几何体的体积相等.如图1是一个椭圆球形瓷凳,其轴截面为图2中的实线图形,两段曲线是椭圆x29+y2a2=1(a2>9)的一部分.若瓷凳底面圆的直径为4,高为6,则a2=　　　　　,利用祖暅原理可求得该椭圆球形瓷凳的体积为　　　　　. 

图1

图2




限时练4
1.A　解析 由(1-i)z=2+2i,得z=2(1+i)1-i=2(1+i)2(1-i)(1+i)=(1+i)2=2i,所以|z|=2.
2.D　解析 在等差数列{an}中,a2+a5+a8=π,则有3a5=π,即a5=π3,所以tan(a1+a9)=tan 2a5=tan2π3=-3.
3.D　解析 (∁UM)∩(∁UN)=∁U(M∪N),易知M∪N=N,
则∁U(M∪N)=∁UN.
4.B　解析 由θ∈0,π2,得tan θ>0.又tanθ+π4=-23tan θ,得tanθ+tanπ41-tanθ·tanπ4=-23tan θ,即tanθ+11-tanθ=-23tan θ,得tan θ=3或tan θ=-12(舍去),所以sin θ=3cos θ.又sin2θ+cos2θ=1,θ∈0,π2,解得sin θ=31010,cos θ=1010.
故sinθcos2θsinθ+cosθ=sinθ(cos2θ-sin2θ)sinθ+cosθ=sinθ(sinθ+cosθ)(cosθ-sinθ)sinθ+cosθ=sin θ(cos θ-sin θ)=310101010-31010=-35.
5.D　解析 根据双曲线的对称性,不妨设过双曲线C的焦点且斜率不为0的直线方程为y=k(x-c),k≠0,A(x1,y1),B(x2,y2),联立x2a2-y2b2=1,y=k(x-c),整理得(b2-a2k2)x2+2a2k2cx-(a2k2c2+a2b2)=0,则x1+x2=2a2k2ca2k2-b2,x1x2=a2k2c2+a2b2a2k2-b2,Da2k2ca2k2-b2,kb2ca2k2-b2,则kOD=kb2ca2k2c=b2a2k.由kAB·kOD=12,可得b2a2k·k=12,即b2a2=12.则双曲线C的离心率e=ca=1+b2a2=62.
6. C　解析 以O为原点,OB为x轴的正方向建立平面直角坐标系,


则A(-1,3),B(2,0),设E(cos θ,sin θ),0°≤θ≤120°,
EA·EB=(-1-cos θ,3-sin θ)·(2-cos θ,-sin θ)=(-1-cos θ)·(2-cos θ)-(3-sin θ)·sin θ=-3sin θ-cos θ-1=-2sin(θ+30°)-1,
所以当θ=60°时,EA·EB取得最小值-3.
7.B　解析 过点P作底面的射影点为O,连接CO,可得CO=23×32×6=23.又PC=6,所以PO=PC2-CO2=62-(23)2=26,在线段CO上存在一点M,使得PM=5,此时OM=1<3,则动点Q在以OM为半径,点O为圆心的圆面上(包括边界),所以面积为π,故选B.
8.C　解析 设ωx+π3=t,由x∈(0,π),得t∈π3,πω+π3.
因为有两个零点,可得2π<πω+π3≤3π,即53<ω≤83.
又因为有三个极值点,(sin t)'=cos t,即y=cos t在π3,πω+π3上有三个零点,所以5π2<πω+π3≤7π2,解得136<ω≤196.
综上可得136<ω≤83.故选C.
9.BD　解析 对于A,3>-2,-1>-3⇒3×(-1)<-2×(-3),故A错误;
对于B,xex=1⇒ln(xex)=ln 1⇒ln x+ln ex=0⇒x+ln x=0,故B正确;
对于C,2>-2⇒12>-12,故C错误;
对于D,2x=6⇒x=log26=1+log23,y=log36=1+log32,
所以xy=(1+log23)(1+log32)=1+log23+log32+log23·log32=2+log23+log32>2+2log23·log32=4,故D正确.
10.AD　解析 对于A,三棱锥P-DD1M的体积VP-DD1M=VM-PDD1,
因为P为AA1的中点,所以三角形PDD1的面积是定值,且点M到平面PDD1的距离是正方体的棱长,
所以三棱锥P-DD1M的体积是定值,故A正确;
对于B,过点P作PQ⊥BB1,连接MQ,则由正方体的性质得PQ⊥平面BB1C1C,所以PQ⊥MQ,
又PM=5,正方体的棱长为2,
所以MQ=PM2-PQ2=(5)2-22=1,
所以点M的轨迹是以Q为圆心,以1为半径的半圆弧,
所以点M在侧面BCC1B1运动路径的长度为2π2=π,故B不正确;

对于C,过点P作PQ⊥BB1,则Q是BB1的中点,连接QC,取BC的中点N,连接NC1,A1N,A1C1,PD,D1M,
则QC∥PD,C1N⊥QC,
因为D1M⊥DP,所以D1M⊥QC.
因为D1C1⊥平面BB1C1C,所以D1C1⊥QC,
又D1C1∩D1M=D1,D1C1,D1M⊂平面D1C1M,QC⊄平面D1C1M,
所以QC⊥平面D1C1M,所以QC⊥C1M,所以点M的轨迹是线段C1N,
在△A1C1N中,A1C1=22,C1N=NC2+CC12=5,A1N=AA12+AB2+BN2=3,
所以A1M的最大值为3,故C不正确;
对于D,cos∠A1NC1=32+(5)2-(22)22×3×5=55,
所以sin∠A1NC1=255,
所以点A1到C1N的距离为d=A1N·sin∠A1NC1=3×255=655,
所以A1M的最小值为655,故D正确.

11.AC　解析 抛物线C:y2=4x的焦点(1,0),圆F:(x-1)2+y2=14的圆心F(1,0),半径r=12.
对于A,|PQ|的最小值是|PF|的最小值减去圆的半径,又|PF|的最小值是1,所以|PQ|的最小值是1-12=12,故A正确;
对于B,设P(4t2,4t),则|PF|2=(4t2-1)2+16t2=16t4+8t2+1,|PA|2=(4t2+1)2+16t2=16t4+24t2+1,
当t=0时,|PF||PA|=1,
当t≠0时,|PF|2|PA|2=16t4+8t2+116t4+24t2+1=1-16t216t4+24t2+1=1-1616t2+24+1t2≥1-16216t2·1t2+24=12,
当且仅当16t2=1t2,即t=±12时,等号成立,所以|PF||PA|的最小值是22,故B不正确;
对于C,如图所示,要使∠PAQ最大,当且仅当AQ与圆F相切,AP与抛物线C相切,且点P,Q在x轴两侧,

所以当∠PAQ最大时,|AQ|=|AF|2-|QF|2=22-14=152,故C正确;
对于D,∠PAQ最小为0°,即P,A,Q共线,则当∠PAQ最小时,即|AQ|∈32,52,故D不正确.
故选AC.
12.ABD　解析 设g(x)=f(x)x,
则g'(x)=xf'(x)-f(x)x2=ln x+1,
所以g(x)=xln x+C(C为常数),
所以f(x)=xg(x)=x2ln x+Cx.
又f(1)=0,所以C=0,
所以f(x)=x2ln x,f'(x)=x(2ln x+1).
当01e时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
所以f(x)在x=1e处取得极小值.
因为1 g(x)=xln x,g'(x)=ln x+1,当01e时,g'(x)>0,g(x)单调递增,所以g(x)的最小值为g1e=-1e,故C错误;
f(x)-f(x)x=x(x-1)ln x,
当00,
当x>1时,x-1>0,ln x>0,所以f(x)-f(x)x>0,
而当x=1时,f(1)-f(1)1=0,所以f(x)-f(x)x的最小值为0,故D正确.
故选ABD.
13.-28　解析 ∵原式=(x+y)8-yx(x+y)8,∴展开式中含有x2y6的项为C86x2y6-yxC85x3y5=(C86-C85)x2y6=-28x2y6.故x2y6的系数为-28.
14.0.66　解析 记甲球员担任前锋、中锋、后卫分别为事件A1,A2,A3,记甲球员担任前锋、中锋、后卫时输球分别为事件B1,B2,B3,
则当甲球员参加比赛时,该球队某场比赛不输球的概率为P=P(A1B1)+P(A2B2)+P(A3B3)=P(A1)P(B1)+P(A2)P(B2)+P(A3)P(B3)=0.3×(1-0.4)+0.5×(1-0.2)+0.2×(1-0.6)=0.66.
15.n(n+1)2　解析 因为an+bn=1,所以bn=1-an,
则an=an+1·[1-(1-an)2]=anan+1(2-an).
因为a1=12,an+bn=1,所以b1=12,则34a2=a1=12,
则a2=23,b2=13,
所以89a3=23,则a3=34,以此类推可知an>0,
所以an+1=12-an.
因为11-an+1-11-an=11-12-an-11-an=2-an1-an-11-an=1,且11-a1=2,
所以数列11-an是首项为2,公差为1的等差数列,即11-an=2+n-1=n+1,
所以an=nn+1,bn=1-an=1n+1,因此,anbn=n(n+1)2.
16.815　44π　解析 如图,以椭圆x29+y2a2=1的中心为原点建立平面直角坐标系,瓷凳底面圆的直径为4,高为6,易得图中A点坐标为(2,3),故49+9a2=1,解得a2=815.


图3为椭圆x29+5y281=1绕长轴所在直线旋转围成的几何体的一半,图4为圆柱挖去等底等高的圆锥形成的几何体,圆柱的底面半径为3,高为95.
设OO1=h,即点P纵坐标为h,代入椭圆方程为x29+5h281=1,
解得x2=9-5h29,故圆O1的面积S1=9-5h29π;
圆柱中大圆的半径为CA=3,由CB3=h95可得小圆的半径CB=53h,故圆环的面积S2=9-5h29π.
易得S1=S2,根据祖暅原理可得图3中的几何体的体积等于图4中的几何体的体积.又该瓷凳底面圆的直径为4,高为6,即O1P=2,O1O=3,CB=5,