适用于老高考旧教材2024版高考数学二轮复习客观题满分限时练1理（附解析）

这是一份适用于老高考旧教材2024版高考数学二轮复习客观题满分限时练1理（附解析），共4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12小题,每小题5分,共60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新高考Ⅰ,1)若集合M={x|<4},N={x|3x≥1},则M∩N=( )
A.{x|0≤x<2}B.
C.{x|3≤x<16}D.
2.(2022新高考Ⅱ,2)(2+2i)(1-2i)=( )
A.-2+4iB.-2-4i
C.6+2iD.6-2i
3.(2023江西南昌三模)执行如图所示的程序框图,则输出的i=( )
A.2B.3C.4D.5
4.(2023山东临沂一模)“θ=kπ±(k∈Z)”是“θ=(k∈Z)”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
5.(2021全国甲,理8)2020年12月8日,中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8 848.86(单位:m).三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一.如图是三角高程测量法的一个示意图.现有A,B,C三点,且A,B,C在同一水平面上的投影A',B',C'满足∠A'C'B'=45°,∠A'B'C'=60°.由C点测得B点的仰角为15°,BB'与CC'的差为100,由B点测得A点的仰角为45°,则A,C两点到水平面A'B'C'的高度差AA'-CC'约为(≈1.732)( )
A.346B.373
C.446D.473
6.(2023江西南昌二模)已知a=lg41.25,b=lg51.2,c=lg48,则( )
A.c>a>bB.c>b>a
C.a>b>cD.a>c>b
7.(2023广东江门一模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,公差d<0,<-1,则使得Sn>0的最大整数n为( )
A.9B.10C.17D.18
8.已知甲、乙两人进行羽毛球比赛,比赛规则是3局2胜,即以先赢2局者胜.甲每局获胜的概率为,则本次比赛甲获胜的概率为( )
A.B.C.D.
9.某四棱锥的三视图如图所示,已知网格纸上小正方形的边长为1,则该四棱锥的5个面的面积中,最大的是( )
A.2B.C.D.3
10.(2023全国甲,理9)有五名志愿者参加社区服务,共服务星期六、星期天两天,每天从中任选两人参加服务,则恰有1人连续参加两天服务的选择种数为( )
A.120B.60C.40D.30
11.(2023河南模拟预测)已知函数f(x)=2cs2ωx+sin 2ωx-1(ω>0)的最小正周期为,把函数f(x)的图象向右平移个单位长度,得到函数g(x)的图象,则函数g(x)的图象上距离原点最近的对称中心为( )
A.(-,0)B.(,0)
C.(-,0)D.(,0)
12.(2023四川宜宾三模)若函数f(x)=的最小值是-2,则实数m的取值范围是( )
A.(-∞,0)B.(-∞,0]
C.(0,+∞)D.[0,+∞)
二、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-)(x+y)8的展开式中x2y6的系数为 (用数字作答).
14.(2023山东济南一模)已知圆锥侧面展开图的周长为4+2π,面积为2π,则该圆锥的体积为 .
15.(2023陕西商洛二模)已知椭圆C:=1,A1(-2,0),F1(-1,0),斜率为k(k≠0)的直线与C交于P,Q两点,若直线A1P与A1Q的斜率之积为-,且∠PF1Q为钝角,则k的取值范围为 .
16.函数f(x)=ex-1-aln x-1在(0,+∞)上有两个零点,则实数a的取值范围是 .
限时练1
1.D 解析 由已知条件得,M={x|0≤x<16},N=,
故M∩N=故选D.
2.D 解析(2+2i)(1-2i)=2-4i+2i-4i2=6-2i.故选D.
3.B 解析 第一次循环:n=3n-1=3×2-1=5,i=i+1=0+1=1,不满足n≥40;第二次循环:n=3n-1=3×5-1=14,i=i+1=1+1=2,不满足n≥40;第三次循环:n=3n-1=3×14-1=41,i=i+1=2+1=3,满足n≥40,结束循环,输出i=3.故选B.
4.A 解析 因为={θ|θ=nπ-或θ=nπ或θ=nπ+,n∈Z},所以{θ|θ=kπ±,k∈Z}是{θ|θ=,k∈Z}的子集,因此“θ=kπ±(k∈Z)”是“θ=(k∈Z)”的充分不必要条件.故选A.
5.B 解析 过C作CD⊥BB'于点D,过B作BE⊥AA'于点E(图略),由题意,CD=C'B'=,AE=BE=B'A',AA'-CC'=AE+100=B'A'+100,在△A'B'C'中,由正弦定理得,即, B'A'==100(+1)≈273.2,AA'-CC'=B'A'+100≈373.
6.A 解析c=lg48>lg41.25=a,a=lg41.25==lg51.2=b,所以c>a>b.故选A.
7.C 解析<-1<0,∴a10,a9异号,∵d<0,∴a9>0,a10<0.又<-1,∴a10<-a9,即a10+a9<0.∵S17==17a9>0,S18==9(a9+a10)<0,∴使得Sn>0的最大整数n为17.故选C.
8.B 解析 比赛甲获胜有3种可能:①第1,3局甲胜,第2局乙胜;②第2,3局甲胜,第1局乙胜;③第1,2局甲胜.则本次比赛甲获胜的概率为P=故选B.
9.D 解析 由三视图可画出几何体的直观图如图,S△ABE=S△ADE=2×2=2,S四边形BCDE==3,AD==2,S△ACD=1×2,AB==2,BC=,AC==3,cs∠ABC=,sin∠ABC=,所以S△ABC=2=3.故最大面积是3.故选D.
10.B 解析(方法一 直接法)在5名志愿者中任选2人参加星期六的社区服务,有种情况;星期天时,先在星期六选中的2人中任选1人,有种情况,再在星期六选中的2人之外的3人中选1人,有种情况.由分步乘法计数原理知,共有=60(种)情况.
(方法二 间接法)由题意知总的选择种数为=100(种),其中2人都连续两天参加服务有=10种情况,没有人连续两天参加服务有=30(种)情况,则恰有1人连续参加两天服务的选择种数为100-10-30=60.故选B.
11.B 解析f(x)=2cs2ωx+sin2ωx-1=cs2ωx+sin2ωx=2sin(2ωx+),由题意,得ω=2,即f(x)=2sin(4x+),所以g(x)=f(x-)=2sin[4(x-)+]=2sin(4x-).令4x-=kπ(k∈Z),则x=(k∈Z),所以函数g(x)的对称中心为(,0)(k∈Z)(k∈Z),所以函数g(x)的图象上距离原点最近的对称中心为(,0).故选B.
12.A 解析 当x≥0时,f(x)=2x3-3x2,则f'(x)=6x2-6x=6x(x-1),当01时,f'(x)>0,f(x)单调递增,f(x)的极小值为f(1)=-1>-2.当m≥0时,f(x)在(-∞,0)上单调递减,f(x)在(-∞,0)上无最小值,不合题意;当m<0时,f(x)在(-∞,m)上单调递减,在(m,0)上单调递增,f(x)在(-∞,0)上的极小值为f(m)=-2,m<0.故选A.
13.-28 解析∵原式=(x+y)8-(x+y)8,∴展开式中含有x2y6的项为x2y6-x3y5=()x2y6=-28x2y6.故x2y6的系数为-28.
14或 解析 设圆锥的母线长为l,底面圆半径为r,由题意得
消去l得πr2-(2+π)r+2=0,解得r=1或r=当r=1时,l=2,圆锥的体积为r2h=;当r=时,l=π,圆锥的体积为r2h=r2
15.(-,0)∪(0,) 解析 设lPQ:y=kx+m,P(x1,y1),Q(x2,y2),联立方程组得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,由Δ>0,即4k2-m2+3>0,所以x1+x2=-,x1x2=,所以y1y2=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=,所以==-,解得m=2k或m=-k.若m=2k,则4m2-16km+16k2=0,不合题意,舍去,当m=-k时,满足Δ>0,且k∈R,所以m=-k符合题意.由∠PF1Q为钝角,得<0,即(x1+1,y1)·(x2+1,y2)=x1x2+x1+x2+1+y1y2<0,所以+1+<0,解得-16.(0,1)∪(1,+∞) 解析 函数f(x)的零点个数等价于函数g(x)=ex-1-1与h(x)=alnx的图象的交点个数.在同一个坐标系中作出两个图象(图略),可知它们都经过点(1,0),且g'(1)=1,h'(1)=a.
①当a≤0时,g(x)单调递增,当a=0时,h(x)=0,当a<0时,h(x)单调递减,两图象仅有一个交点.
②当a=1时,两个图象在点(1,0)处相切,只有一个公共点.
③当0④当a>1时,两个图象在区间(1,+∞)上有一个交点,即在(0,+∞)上有两个交点.综上,实数a的取值范围为(0,1)∪(1,+∞).