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3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3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Ⅱ,1)已知集合A={-1,1,2,4},B={x||x-1|≤1},则A∩B=( )
A.{-1,2}B.{1,2}
C.{1,4}D.{-1,4}
2.(2022北京,2)若复数z满足i·z=3-4i,则|z|=( )
A.1B.5C.7D.25
3.(2022全国乙,理3)已知向量a,b满足|a|=1,|b|=,|a-2b|=3,则a·b=( )
A.-2B.-1C.1D.2
4.(2023江西上饶二模)为了支持民营企业发展壮大,帮助民营企业解决发展中的困难,某市政府采用分层抽样调研的方式走访各层次的民营企业.该市的小型企业、中型企业、大型企业分别有900家、90家、10家.若走访2家大型企业,则需走访中型企业的数量为( )
A.180B.90C.18D.9
5.(2023四川巴中一模)若一组样本数据y1,y2,…,yn的期望和方差分别为2,0.04,则数据5y1+1,5y2+1,5y3+1,…,5yn+1的期望和方差分别为( )
A.3,1B.11,1C.3,0.2D.11,0.2
6.(2023云南昆明一中模拟)已知事件A,B,C满足A,B是互斥事件,且P[(A∪B)|C]=,P(BC)=,P(C)=,则P(A|C)的值等于( )
A.B.C.D.
7.(2022山东潍坊一模)如图,某建筑物的波浪形屋顶像翅膀一样漂浮,建筑师通过双曲线的设计元素赋予了这座建筑以轻盈、极简和雕塑般的气质,该建筑物外形弧线的一段可以近似看成焦点在y轴上的双曲线=1(a>0,b>0)上支的一部分.已知该双曲线的上焦点F到下顶点的距离为36,F到渐近线的距离为12,则该双曲线的离心率为( )
A.B.C.D.
8.(2023四川凉山二模)C0表示生物体内碳14的初始质量,经过t年后碳14剩余质量C(t)=C0((t>0,h为碳14半衰期,单位:年).现测得一古墓内某生物体内碳14含量为0.4C0,据此推算该生物是距今约多少年前的生物(参考数据lg 2≈0.301).正确选项是( )
9.(2023贵州毕节二模)已知lga<1,<1,<1,则实数a的取值范围为( )
A.(,1)B.(0,)∪(1,+∞)
C.(,1)D.(0,)
10.某圆锥母线长为2,底面半径为,则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为( )
A.2B.C.D.1
11.(2023江西南昌二模)已知抛物线C:y2=4x的准线为l,点M是抛物线上一点,若圆M过点A(3,0)且与直线l相切,则圆M与y轴相交所得弦长是( )
A.2B.2C.4D.2
12.(2023四川攀枝花二模)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,且2anSn=1+,设bn=lg2,数列{bn}的前n项和为Tn,则满足Tn≥2的n的最小正整数解为( )
A.15B.16C.3D.4
二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.(2023贵州毕节一模)已知函数y=sin ωx(ω>0)在区间[0,]上恰有两个零点,则ω的取值范围为 .
14.(2023陕西榆林二模)某工厂从其所生产的某种配件中随机抽取了一部分进行质量检测,其某项质量测试指标值X服从正态分布N(36,9),且X落在区间[39,42]内的配件个数为1 359,则可估计所抽取的这批配件共有 万个.附:若随机变量ξ服从正态分布N(μ,σ2),则P(μ-σ≤ξ≤μ+σ)≈0.682 7,P(μ-2σ≤ξ≤μ+2σ)≈0.954 5,P(μ-3σ≤ξ≤μ+3σ)≈0.997 3.
15.正方体ABCD-A1B1C1D1棱长为2,M为CD1的中点,则四面体ABDM外接球的体积为 .
16.(2023陕西咸阳二模)如图,已知在扇形OAB中,半径OA=OB=2,∠AOB=,圆O1内切于扇形OAB(圆O1和OA,OB,弧AB均相切),作圆O2与圆O1,OA,OB相切,再作圆O3与圆O2,OA,OB相切,以此类推.设圆O1,圆O2,…的面积依次为S1,S2,…,那么S1+S2+…+S10= .
限时练3
1.B 解析B={x|0≤x≤2},则A∩B={1,2},故选B.
2.B 解析∵i·z=3-4i,∴z=,∴|z|==5,故选B.
3.C 解析 由已知得|a-2b|2=|a|2+4|b|2-4a·b=1+12-4a·b=9,解得a·b=1.
4.C 解析 该市中型企业和大型企业的数量比为9∶1,则需走访中型企业的数量为9×2=18.故选C.
5.B 解析 因为原样本数据中E(y)=2,D(y)=0.04,所以新数据中E(5y+1)=5×E(y)+1=11,D(5y+1)=25×D(y)=1.故选B.
6.A 解析 由题意,P(B|C)=由A,B是互斥事件知,P[(A∪B)|C]=P(A|C)+P(B|C),所以P(A|C)=P[(A∪B)|C]-P(B|C)=故选A.
7.B 解析 点F(0,c)到渐近线y=x,即ax-by=0的距离d==b=12,又由题知解得所以e=故选B.
8.C 解析 由题意可知C0=0.4C0,所以lg=lg0.4,所以lg=lg0.4,所以1.32,所以t≈1.32h.故选C.
9.D 解析<1=,由y=在R上是减函数,得a>0.由<1,即<1,得0≤a<1,则010.A 解析 设圆锥顶点为S,截面与圆锥底面圆两交点为M,N,底面圆心为点O.截面为△SMN,P为MN的中点,设OP=x(0≤x<),SM=2,OM=,所以SO=1,SP=,MN=2,故S△SMN=MN·SP=
2,所以当x=1时,S△SMN=2,此时的截面面积最大.
11.D 解析(方法一)抛物线C:y2=4x的准线方程为x=-1.设M(x0,y0),因为圆M与直线l相切,所以圆的半径为r=x0+1,则圆的标准方程为
又圆M过点A(3,0),所以,①
又=4x0,②
由①②,解得x0=2,则r=3.设圆M与y轴交于点B,C,则|BC|=2=2=2
(方法二)由抛物线定义可知点M到准线l的距离等于点M到抛物线焦点的距离.由y2=4x可知,抛物线的焦点坐标为F(1,0).又圆M过点A且与直线l相切,所以点M在AF的中垂线上.设M(x0,y0),则x0=2,y0=±2,所以|AM|=3,所以圆M与y轴相交所得弦长为2=2故选D.
12.A 解析 当n=1时,2a1S1=1+,则S1=a1=1,当n≥2时,2(Sn-Sn-1)Sn=2-2SnSn-1=1+(Sn-Sn-1)2=1+-2SnSn-1+,则=1,故{}是首项为=1,公差为1的等差数列,则=n,即Sn=又Tn=lg2+lg2+…+lg2=lg2=lg2Sn+1=lg2(n+1)≥2,所以n+1≥16,即n≥15,故满足Tn≥2的n的最小正整数解为15.
故选A.
13.[2,4) 解析 令f(x)=sinωx(ω>0),当x∈[0,]时,ωx∈[0,],而f(0)=0,要使y=sinωx在区间[0,]上恰有两个零点,则<2π,解得2≤ω<4.
14.1 解析 因为X服从正态分布N(36,9),所以μ=36,σ=3,则P(39≤X≤42)=P(μ+σ≤X≤μ+2σ)=[P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)-P(μ-σ≤X≤μ+σ)](0.9545-0.6827)≈0.1359.因为X在区间[39,42]内的配件个数为1359,故可估计所抽取的这批配件共有1万个.
15 解析 如图,连接AM,BM,DM,MC1,BC1,取BD的中点O,连接OM,OA,可得OA=,OB=OD=,在△DBC1中,OM是△DBC1的中位线,所以OM=BC1=,所以O是四面体ABDM外接球的球心,外接球的半径为,
所以外接球的体积为()3=
16解析如图,设圆O1与弧AB相切于点D,圆O1,O2与OA分别切于点C,E,则O1C⊥OA,O2E⊥OA.设圆O1,O2,O3,…,O10的半径为r1,r2,r3,…,r10,∵∠AOB=,∴∠AOD=在Rt△OO1C中,OO1=2-r1,则O1C=OO1=,即r1=,解得r1=在Rt△OO2E中,OO2=2-r2-2r1,则O2E=OO2,即r2=,解得r2=r1.同理可得r3=r2,所以r1,r2,r3,…,r10是以r1=为首项,为公比的等比数列.因为S1=,所以面积S1,S2,…,S10是以为首项,以为公比的等比数列,则S1+S2+…+S10=