备战2025年高考二轮复习数学题型专项练3 客观题11 3标准练（C）（Word版附解析）

这是一份备战2025年高考二轮复习数学题型专项练3 客观题11 3标准练（C）（Word版附解析），共7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.(2024广东揭阳二模)已知椭圆的长轴长是短轴长的7倍,则该椭圆的离心率为( )
A.77B.147C.357D.427
答案D
解析设该椭圆的长轴长为2a,短轴长为2b,由题意得a=7b,则e=ca=a2-b2a=7b2-b27b=427.故选D.
2.(2024江苏南通模拟)直线x·tanπ5+y-2=0的倾斜角为( )
A.π5B.3π10C.7π10D.4π5
答案D
解析可将原直线方程变形为y=-tanπ5·x+2=tan4π5·x+2,因为倾斜角的取值范围为[0,π),所以题中直线的倾斜角为4π5.故选D.
3.(2024浙江金华三模)命题P:x1,x2,…,x10的平均数与中位数相等;命题Q:x1,x2,…,x10是等差数列,则P是Q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
答案B
解析若x1,x2,…,x10是等差数列,则x=x1+x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x1010=
x5+x62,其中位数也是x5+x62,所以x1,x2,…,x10的平均数与中位数相等,即Q⇒P,所以P是Q的必要条件;
若x1,x2,…,x10分别是1,1,1,1,3,3,5,5,5,5,则平均数和中位数相等,命题P成立,但显然不是等差数列,命题Q不成立,即P推不出Q,所以P不是Q的充分条件.所以P是Q的必要不充分条件.故选B.
4.(2024贵州遵义三模)某高中某班为了解班内学生每年平均阅读了多少本文学经典名著,让学生自行抽样调查,甲同学抽取了一个容量为10的样本,样本的平均数为4,方差为5;乙同学抽取了一个容量为8的样本,样本的平均数为7,方差为10.将甲、乙两同学抽取的样本合在一起组成一个容量为18的样本,则合在一起后的样本方差是(结果精确到0.01)( )
答案C
解析甲同学的样本平均数和方差分别为x甲=4,s甲2=5,乙同学的样本平均数和方差分别为x乙=7,s乙2=10,则合在一起后的样本平均数x=1018×4+818×7=163,则合在一起后的样本方差
s2=1018×5+163-42+818×10+163-72=76581≈9.44.故选C.
5.(2024湖北武汉二模)灯笼起源于中国的西汉时期,两千多年来,每逢春节人们便会挂起象征美好团圆意义的红灯笼,营造一种喜庆的氛围.如图1,某球形灯笼的轮廓由三部分组成,上下两部分是两个相同的圆柱的侧面,中间是球面的一部分(除去两个球缺).如图2,“球缺”是指一个球被平面所截后剩下的部分,截得的圆面叫做球缺的底,垂直于截面的直径被截得的一段叫做球缺的高.已知球缺的体积公式为V=π3(3R-h)h2,其中R是球的半径,h是球缺的高.已知该灯笼的高为40 cm,圆柱的高为4 cm,圆柱的底面圆直径为24 cm,则该灯笼的体积为(取π=3)( )
图1
图2
A.32 000 cm3B.33 664 cm3
C.33 792 cm3D.35 456 cm3
答案B
解析该灯笼去掉圆柱部分的高为40-8=32 cm,则R-h=322=16 cm,
由圆柱的底面圆直径为24 cm,则有(R-h)2+122=R2,
即162+122=R2,可得R=20,则h=4,V=2V圆柱+V球-2V球缺=2×4×122×π+43×π×203-2×π3×(60-4)×42=3 456+32 000-1 792=33 664(cm3).故选B.
6.设函数f(x)的图象与函数y=2cs πxx∈-12,32的图象关于x轴对称,将f(x)的图象向右平移12个单位长度后得到函数g(x)的图象,则函数y=1x-1的图象与y=g(x)的图象的所有交点的横坐标之和为( )
A.8B.6C.4D.2
答案C
解析由题意得f(x)=-2cs πxx∈-12,32,则g(x)=-2csπx-12=-2sin πx(x∈[0,2]).
函数y=1x-1的图象由函数y=1x的图象向右平移1个单位长度得到.
如图,函数y=1x-1的图象与y=g(x)的图象都关于点(1,0)对称,在定义域内有4个交点,所以函数y=1x-1的图象与y=g(x)的图象的所有交点的横坐标之和为2×2=4.故选C.
7.(2024辽宁沈阳一模)已知有100个半径互不相等的同心圆,其中最小圆的半径为1,在每相邻的两个圆中,小圆的切线被大圆截得的弦长都为2,则这100个圆中最大圆的半径是( )
A.8B.9C.10D.100
答案C
解析设这100个圆的半径从小到大依次为r1,r2,…,r100,由题可知,r12=1.
∵在每相邻的两个圆中,小圆的切线被大圆截得的弦长都为2,
∴rn+12-rn2=1(n=1,2,…,99),
∴{rn2}是首项为1,公差为1的等差数列,rn2=1+(n-1)·1=n,n=1,2,…,100,
∴r1002=100,解得r100=10.故选C.
8.(2024山东聊城三模)设函数f(x)的定义域为R,导数为f'(x),若当x≥0时,f'(x)>2x-1,且对于任意的实数x,f(-x)=f(x)+2x,则不等式f(2x-1)-f(x)<3x2-5x+2的解集为( )
A.(-∞,1)
B.13,1
C.-13,+∞
D.-∞,-13∪(1,+∞)
答案B
解析设g(x)=f(x)-x2+x,因为f(-x)=f(x)+2x,所以g(-x)=f(-x)-x2-x=f(x)+2x-x2-x=f(x)-x2+x=g(x),即g(x)为R上的偶函数,又当x≥0时,f'(x)>2x-1,则g'(x)=f'(x)-2x+1>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,在(-∞,0)上单调递减,因为f(2x-1)-f(x)<3x2-5x+2,所以f(2x-1)-(2x-1)2+(2x-1)二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18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6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9.(2024山东聊城三模)设方程x2-x+1=0的两根x1,x2在复平面内对应的点分别是X1,X2,则( )
A.x1-x2的实部为1B.X1,X2关于x轴对称
C.|x1|=|x2|=1D.x1x2+x1x2=-1
答案BCD
解析由实系数一元二次方程求根公式知,方程x2-x+1=0的两根分别为12+32i,12-32i,则x1-x2=±12+32i-12-32i=±3i,所以x1-x2的实部为0,故A错误;
设x1=12+32i,x2=12-32i,则x1,x2在复平面内对应的点分别是X112,32,X212,-32,
它们关于x轴对称,故B正确;
设x1=12+32i,x2=12-32i,则|x1|=(12) 2+(32) 2=1,|x2|=(12) 2+(-32) 2=1,即|x1|=|x2|=1,故C正确;
设x1=12+32i,x2=12-32i,则x1x2+x1x2=12-32i12-32i+12+32i12+32i=-12-32i+-12+32i=-1,故D正确.故选BCD.
10.已知(m+x)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4,(x-1)(m+x)4=b0+b1x+b2x2+b3x3+b4x4+b5x5,其中m∈R,m≠0.若a2=3b2,则( )
A.m=2
B.a0+a1+a2+a3+a4=81
C.b1+b2+b3+b4+b5=-16
D.b1+2b2+3b3+4b4+5b5=80
答案AB
解析二项式(m+x)4展开式的通项为Tr+1=C4rm4-rxr(0≤r≤4且r∈N*),(x-1)(m+x)4=x(m+x)4-(m+x)4,所以a2=C42m2=6m2,b2=C41m3-C42m2=4m3-6m2,因为a2=3b2,所以6m2=3(4m3-6m2),解得m=0(舍去)或m=2,故A正确;
由(2+x)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4,令x=1,得a0+a1+a2+a3+a4=34=81,故B正确;
由(x-1)(2+x)4=b0+b1x+b2x2+b3x3+b4x4+b5x5,令x=0,得b0=-24=-16,令x=1,得b0+b1+b2+b3+b4+b5=0,所以b1+b2+b3+b4+b5=16,故C错误;
将(x-1)(2+x)4=b0+b1x+b2x2+b3x3+b4x4+b5x5两边对x求导,得(2+x)4+4(x-1)(2+x)3=b1+2b2x+3b3x2+4b4x3+5b5x4,令x=1,得b1+2b2+3b3+4b4+5b5=(2+1)4+4×(1-1)×(2+1)3=81,故D错误.故选AB.
11.(2024广东广州模拟)已知双曲线E:x23-y2b2=1(b>0),F为其右焦点,点F到渐近线的距离为1,平行四边形ABCD的顶点在双曲线E上,点F在平行四边形ABCD的边上,则( )
A.b=2
B.||AF|-|CF||=23
C.若平行四边形ABCD各边所在直线的斜率均存在,则其值均不为±33
D.平行四边形ABCD的面积S▱ABCD≥833
答案BCD
解析由题可知渐近线的方程为bx±3y=0,焦点F的坐标为(3+b2,0),点F到渐近线的距离为|b3+b2|3+b2=1,解得b=1,故A项错误;
设F'为双曲线E的左焦点,因为平行四边形ABCD的顶点在双曲线E上,点F在平行四边形ABCD的边上,由对称性知点F'也在平行四边形ABCD上,且|AF'|=|CF|,所以||AF|-|CF||=||AF|-|AF'||=2a=23,故B项正确;
双曲线E:x23-y2=1,渐近线方程为y=±33x,若平行四边形ABCD各边所在直线的斜率均存在,则其值均不为±33,故C项正确;
如图,设直线CD:x=ty+2,-30,yC+yD=-4tt2-3,yCyD=1t2-3,则|CD|=1+t2·(yC+yD)2-4yCyD=23(1+t2)3-t2,由对称性知A(-xC,-yC),则点A到直线CD的距离d=|xC-tyC+2|1+t2=41+t2,所以S▱ABCD=d·|CD|=83·1+t23-t2,令m=1+t2∈[1,2),则S▱ABCD=83m4-m2=834m-m,又f(m)=4m-m在[1,2)上单调递减,故S▱ABCD在[1,2)上单调递增,所以S▱ABCD≥833,故D项正确.故选BCD.
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.已知集合A={-2,-1,0,1,2},集合B={x|x2-x-a<0},写出满足A∩B={0,1}的一个实数a的值: .
答案1(答案不唯一)
解析因为A∩B={0,1},所以{0,1}⊆B,设f(x)=x2-x-a,则f(x)<0的整数解为0,1,则
f(-1)=(-1)2-(-1)-a≥0,f(0)=-a<0,f(1)=12-1-a<0,f(2)=22-2-a≥0,解得013.在△ABC中,AB=(cs θ,sin θ),BC=(3sin θ,3cs θ).若AB·BC=2,则△ABC的面积为 .
答案52
解析|AB|=cs2θ+sin2θ=1,|BC|=9sin2θ+9cs2θ=3,
则AB·BC=-BA·BC=-|BA|·|BC|cs B=-3cs B=2,所以cs B=-23,所以sin B=1-cs2B=53,所以S△ABC=12|AB|·|BC|·sin B=12×1×3×53=52.
14.正三棱锥P-ABC和正三棱锥Q-ABC共底面ABC,这两个正三棱锥的所有顶点都在同一个球面上,点P和点Q在平面ABC的异侧,这两个正三棱锥的侧面与底面ABC所成的角分别为α,β,则当α+β最大时,tan(α+β)= .
答案-43
解析由题意得,球心O在线段PQ上,如图,设PQ与平面ABC的交点为R,且CR⊥AB于点M,则PM⊥AB,QM⊥AB,所以α=∠PMC,β=∠QMC,所以tan α=PRMR,tan β=QRMR,设外接球的半径为r,球心O到平面ABC的距离为m,则PR=r-m,QR=r+m,设△ABC的边长为a,则MR=13·32a=36a,
所以tan α=r-m36a,tan β=r+m36a,
所以tan(α+β)=tanα+tanβ1-tanαtanβ
=r-m36a+r+m36a1-r-m36a×r+m36a=36a×2r36a×36a-(r2-m2)
=36a×2r112a2-(r2-r2+13a2)=36a×2r-14a2=-43r3a,
因为r2=m2+33a2=m2+13a2,所以r≥33a.
当r=33a时,α+β最大,此时tan(α+β)=-43.