备战2025年高考二轮复习数学客观题满分限时练3（Word版附解析）

这是一份备战2025年高考二轮复习数学客观题满分限时练3（Word版附解析），共6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·山东潍坊三模)已知集合A={-3,-2,-1,0,1,2,3},B={x|x=3n,n∈Z},则A∩B的子集个数是( )
A.3B.4C.8D.16
答案C
解析由题意得A∩B={-3,0,3},则A∩B的子集有23=8个.
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
解析由题意可将原直线方程变形为y=-tanπ5·x+2=tan4π5·x+2,由倾斜角的取值范围为[0,π),所以倾斜角为4π5.
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
解析由x1,x2,…,x10是等差数列,所以x=x1+x2+…+x1010=x5+x62,而中位数也是x5+x62,所以x1,x2,…,x10的平均数与中位数相等,即Q⇒P,P是Q的必要条件;若数据是1,1,1,1,3,3,5,5,5,5,则平均数和中位数相等,但x1,x2,…,x10不是等差数列,所以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.
4.从甲队60人、乙队40人中,按照分层随机抽样的方法从两队共抽取10人,进行一轮答题.相关统计情况如下:甲队答对题目的平均数为1,方差为1;乙队答对题目的平均数为1.5,方差为0.4,则这10人答对题目的方差为( )
A.0.8
答案D
解析根据题意,按照分层随机抽样的方法从甲队中抽取10×60100=6人,从乙队中抽取10×40100=4人,这10人答对题目的平均数为110(6×1+4×32)=65,所以这10人答对题目的方差为610×[1+(1-65)2]+410×[25+(32-65)2]=4150=0.82.
5.(2024·湖北武汉二模)灯笼起源于中国,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,则R-h=322=16.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.设该灯笼的体积为V,则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.
6.(2024·山东烟台三模)若函数f(x)=sin(ωx+π4)在区间(0,π3)上有且只有一条对称轴和一个对称中心,则正整数ω的值为( )
A.1B.2C.3D.4
答案C
解析由题意ω>0且ω是整数,若x∈(0,π3),则ωx+π4∈(π4,π3ω+π4).若函数f(x)=sin(ωx+π4)在区间(0,π3)上有且只有一条对称轴和一个对称中心,所以π<π3ω+π4≤3π2,ω∈N*,解得94<ω≤154,ω∈N*,即ω=3.
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,则由题知,r12=1,每相邻的两个圆中,小圆的切线被大圆截得的弦长都为2,有rn+12-rn2=1(n=1,2,…,99),则{rn2}是首项为1,公差为1的等差数列,n=1,2,…,100,所以r1002=100,得r100=10.
8.(2024·江西南昌三模)已知函数f(x)的定义域为R,且f(2)=-1,对任意x∈R,f(x)+xf'(x)<0,则不等式(x+1)f(x+1)>-2的解集是( )
A.(-∞,1)B.(-∞,2)
C.(1,+∞)D.(2,+∞)
答案A
解析设g(x)=xf(x),则g(2)=2f(2)=-2.∵对任意x∈R,f(x)+xf'(x)<0,∴g'(x)=f(x)+xf'(x)<0恒成立,即g(x)在R上单调递减,由(x+1)f(x+1)>-2可得g(x+1)>g(2),∴x+1<2,解得x<1,即解集为(-∞,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.(2023·浙江宁波一模)已知(1-2x)5=a0+a1x+a2x2+…+a5x5,则下列说法正确的是( )
A.a0=1
B.a3=-80
C.a1+a2+a3+a4+a5=-1
D.a0+a2+a4=121
答案ABD
解析展开式中取x=0,得a0=1,故A正确;(1-2x)5的展开式通项为C5r15-r(-2x)r,即C5r·(-2)r·xr,其中0≤r≤5,r∈N,所以a3=C53(-2)3=-80,故B正确;取x=1,则a0+a1+a2+a3+a4+a5=-1,则a1+a2+a3+a4+a5=-1-a0=-2,故C错误;取x=-1,则a0-a1+a2-a3+a4-a5=35=243,将其与a0+a1+a2+a3+a4+a5=-1作和得2(a0+a2+a4)=242,所以a0+a2+a4=121,故D正确.故选ABD.
10.(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,则下列说法正确的有( )
A.x1-x2的实部为1
B.X1,X2关于x轴对称
C.|x1|=|x2|=1
D.x1x2+x1x2=-1
答案BCD
解析方程x2-x+1=0的两根为12+32i,12-32i,不妨令x1=12+32i,x2=12-32i,则x1-x2=(12+32i)-(12-32i)=3i,所以x1-x2的实部为0,故A错误;x1=12+32i,x2=12-32i在复平面内对应的点分别是X1(12,32),X2(12,-32),它们关于x轴对称,故B正确;由x1=12+32i,x2=12-32i,得|x1|=(12) 2+(32) 2=1,|x2|=(12) 2+(-32) 2=1,即|x1|=|x2|=1,故C正确;由x1=12+32i,x2=12-32i,得x1x2+x1x2=(12-32i)(12-32i)+(12+32i)(12+32i)=(12-32i)2+(12+32i)2=-1,故D正确.故选BCD.
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,则下列说法正确的有( )
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.四边形ABCD的面积S四边形ABCD≥833
答案BCD
解析易知渐近线方程为bx±3y=0,a=3,焦点F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;若F'为双曲线的左焦点,又点F在平行四边形ABCD上,则根据对称性知点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;由b=1,得双曲线x23-y2=1的渐近线方程为y=±33x.若平行四边形ABCD各边所在直线的斜率均存在,当其值为±33时,则平行四边形ABCD各对应边所在直线与双曲线不可能有四个交点,故C项正确;
如图,设直线CD:x=ty+2,-30,所以yC+yD=-4tt2-3,yCyD=1t2-3,则|CD|=1+t2·(yC+yD)2-4yCyD=23(t2+1)3-t2.由对称性知点A(-xC,-yC),则点A到直线CD的距离d=|xC-tyC+2|1+t2=41+t2,所以S四边形ABCD=d·|CD|=83·1+t23-t2,令m=1+t2∈[1,2),则S四边形ABCD=83m4-m2=834m-m.又f(m)=4m-m在区间[1,2)上单调递减,故S四边形ABCD在区间[1,2)上单调递增,所以S四边形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.(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 .
答案427
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=427.
13.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.
又由题知B∈(0,π),所以B∈π2,π,
所以sin B=1-cs2B=53,
所以S△ABC=12|AB|·|BC|·sin B=12×1×3×53=52.
14.在平行四边形ABCD中,AB=1,AD=2,∠A=π4,沿BD将△ABD折起,则三棱锥A-BCD的体积最大时,三棱锥A-BCD外接球的表面积为 .
答案3π
解析在△ABD中,AB=1,AD=2,∠A=π4,由余弦定理得BD2=AD2+AB2-2AD·ABcs A=2+1-2×2×1×22=1,解得BD=1,所以AB2+BD2=AD2,则AB⊥BD.
由题可知,当AB⊥平面BCD时,三棱锥A-BCD的体积最大,如右图,可将三棱锥A-BCD补全为正方体,则三棱锥A-BCD外接球的半径即为正方体外接球的半径,易知2R=AC=3,所以R=32,故三棱锥A-BCD外接球的表面积为S=4πR2=3π.