學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGEPAGE14學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精小題提速練(四)“12選擇＋4填空”80分練(時間：45分鐘分值：80分）一、選擇題（本大題共12小題,每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．已知集合A＝｛x|3≤3x≤27,x∈N＊}，B＝｛x|log2x＞1}，則A∩B＝()A．{1,2，3｝ B．(2,3］C．｛3} D．［2，3]C［∵3≤3x≤27，即31≤3x≤33,∴1≤x≤3，又x∈N*,∴A＝｛1,2,3｝，∵log2x＞1,即log2x＞log22，∴x＞2，∴B＝{x｜x＞2｝，∴A∩B＝｛3},選C.]2．已知復(fù)數(shù)z＝eq\f（15i,3＋4i），則z的虛部為（）【導(dǎo)學(xué)號：07804211】A．－eq\f（9，5)i B．eq\f（9,5)iC．－eq\f（9,5） D．eq\f（9,5)D［z＝eq\f(15i,3＋4i)＝eq\f（15i3－4i，3＋4i3－4i）＝eq\f(15,25）（4＋3i)＝eq\f（12，5)＋eq\f(9，5）i，故選D.]3．設(shè)D是△ABC所在平面內(nèi)一點，eq\o(AB，\s\up6(→）)＝2eq\o(DC,\s\up6(→）），則(）A.eq\o(BD，\s\up6(→）)＝eq\o（AC，\s\up6(→))－eq\f(3,2）eq\o（AB,\s\up6（→)) B．eq\o(BD,\s\up6（→))＝eq\f（3，2)eq\o（AC,\s\up6(→）)－eq\o（AB,\s\up6(→））C。eq\o(BD，\s\up6（→))＝eq\f(1，2)eq\o(AC，\s\up6（→）)－eq\o（AB,\s\up6（→)） D．eq\o（BD,\s\up6(→))＝eq\o（AC,\s\up6(→）)－eq\f(1，2）eq\o(AB，\s\up6(→））A［eq\o（BD,\s\up6（→))＝eq\o(BC,\s\up6（→））＋eq\o(CD,\s\up6(→)）＝eq\o（BC,\s\up6（→))－eq\o(DC,\s\up6(→)）＝eq\o(AC,\s\up6(→）)－eq\o（AB,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(AB，\s\up6(→)）＝eq\o（AC，\s\up6(→)）－eq\f(3,2)eq\o（AB,\s\up6（→）)，選A。］4．（2017·湖南三模）體育課的排球發(fā)球項目考試的規(guī)則是：每位學(xué)生最多可發(fā)球3次，一旦發(fā)球成功,則停止發(fā)球，否則一直發(fā)到3次為止．設(shè)學(xué)生一次發(fā)球成功的概率為p（p≠0），發(fā)球次數(shù)為X,若X的數(shù)學(xué)期望E（X)＞1。75,則p的取值范圍是(）A。eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(0，\f（7，12)）) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(7，12）,1)）C。eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（0,\f（1，2））) D．eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1，2），1))C［根據(jù)題意,學(xué)生發(fā)球次數(shù)為1即一次發(fā)球成功的概率為p,即P（X＝1）＝p,發(fā)球次數(shù)為2即二次發(fā)球成功的概率P(X＝2)＝p(1－p)，發(fā)球次數(shù)為3的概率P（X＝3)＝(1－p)2，則E(X）＝p＋2p(1－p)＋3（1－p)2＝p2－3p＋3，依題意有E(X）＞1.75，則p2－3p＋3＞1.75,解得，p＞eq\f（5,2)或p＜eq\f（1，2)，結(jié)合p的實際意義，可得0＜p＜eq\f(1，2),即p∈eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2）)),故選C.］5．已知點F1,F2分別是雙曲線eq\f(x2，a2）－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦點，過F2且垂直于x軸的直線與雙曲線交于M，N兩點，若eq\o(MF1，\s\up6（→)）·eq\o（NF1,\s\up6(→)）＞0，則該雙曲線的離心率e的取值范圍是（)A．（eq\r(2），eq\r（2)＋1) B．（1,eq\r（2)＋1）C．（1，eq\r（3）） D．(eq\r（3),＋∞）B［設(shè)F1(－c，0），F(xiàn)2(c，0）,依題意可得eq\f(c2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1，得到y(tǒng)＝±eq\f（b2，a），不妨設(shè)Meq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（c,\f（b2，a））),Neq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（c，－\f（b2,a）)）,則eq\o(MF1，\s\up6(→））·eq\o（NF1，\s\up6（→）)＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－2c，－\f（b2，a)）)·eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－2c，\f(b2,a)））＝4c2－eq\f(b4，a2）＞0,得到4a2c2－（c2－a2）2＞0，即a4＋c4－6a2c2＜0,故e4－6e2＋1＜0，解得3－2eq\r（2)＜e2＜3＋2eq\r(2），又e＞1，故1＜e2＜3＋2eq\r(2)，得1＜e＜1＋eq\r（2)，故選B.]6．函數(shù)y＝f（x）＝2sin（ωx＋φ）eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(ω＞0，－\f(π，2)＜φ＜\f(π,2）））的部分圖象如圖9所示，關(guān)于函數(shù)y＝f(x）（x∈R),有下列命題:圖9①y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f（π，6)對稱；②y＝f（x)的圖象可由y＝2sin2x的圖象向右平移eq\f（π，6）個單位長度得到;③y＝f(x）的圖象關(guān)于點eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(π,6），0))對稱；④y＝f（x)在eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（－\f（π,12）,\f（5π，12）））上單調(diào)遞增．其中正確命題的個數(shù)是(）A．1 B．2C．3 D．4C[依題意可得T＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（11π,12)－\f(5π,12）))＝π，故T＝eq\f(2π，ω)＝π，解得ω＝2，所以f（x)＝2sin（2x＋φ），由f(x）＝2sin（2x＋φ）的圖象經(jīng)過點eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(5π,12）,2））可得2sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（2×\f(5，12）π＋φ)）＝2，即sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(5，6）π＋φ))＝1，又－eq\f（π，2）＜φ＜eq\f（π,2),故φ＝－eq\f（π,3)，即f（x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（2x－\f(π，3）)），因為feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(π,6）))＝2sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（2×\f（π，6)－\f（π,3)))＝0，所以①不對；y＝2sin2x的圖象向右平移eq\f(π，6）個單位長度得到y(tǒng)＝2sin2eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(x－\f（π，6）))＝2sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（2x－\f（π,3)))的圖象，②正確；因為feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(π，6）））＝2sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（2×\f（π,6）－\f(π,3）))＝0，所以③正確；由2kπ－eq\f（π,2)≤2x－eq\f（π,3）≤2kπ＋eq\f（π,2)，k∈Z,得kπ－eq\f(π,12）≤x≤kπ＋eq\f(5π,12)，k∈Z，取k＝0,得－eq\f（π，12）≤x≤eq\f(5π，12)，即y＝f(x)在eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(－\f(π，12），\f(5π，12)))上單調(diào)遞增，④正確，故選C。]7．某幾何體的三視圖如圖10所示，則該幾何體的體積為（)【導(dǎo)學(xué)號：07804212】圖10A.eq\f（17π,6) B．eq\f（17π，3）C．5π D．eq\f（13π，6)A［由三視圖可知，該幾何體是半個圓錐,一個圓柱,一個半球的組合體，其體積為eq\f（1，6)π＋2π＋eq\f（2，3）π＝eq\f（17,6）π.選A.]8．執(zhí)行如圖11所示的程序框圖，輸出的結(jié)果為(）圖11A．－1 B．1C.eq\f(1,2) D．2C［n＝eq\f（1，2），i＝1進入循環(huán),n＝1－2＝－1，i＝2；n＝1－（－1）＝2，i＝3；n＝1－eq\f（1,2）＝eq\f（1,2)，i＝4，…，所以n對應(yīng)的數(shù)字呈現(xiàn)周期性的特點，周期為3，因為2017＝3×672＋1，所以當(dāng)i＝2017時,n＝eq\f（1,2），故選C。]9．若x，y滿足eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（x＋y－3≥0,ax－y＋3≥0，y≥0）），且z＝y(tǒng)－x的最小值為－6,則a的值為（）A．－1 B．1C．－eq\f(1,2) D．eq\f（1,2)C[作出不等式組表示的可行域如圖中陰影部分所示，當(dāng)a＞0時，易知z＝y(tǒng)－x無最小值，故a＜0,目標(biāo)函數(shù)所在直線過可行域內(nèi)點A時，z有最小值,聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝0,ax－y＋3＝0）)，解得Aeq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f(3，a)，0）)，zmin＝0＋eq\f(3,a）＝－6，解得a＝－eq\f（1,2），故選C。］10．（數(shù)學(xué)文化題）今有良馬與駑馬發(fā)長安至齊，齊去長安一千一百二十五里，良馬初日行一百零三里,日增十三里；駑馬初日行九十七里，日減半里；良馬先至齊，復(fù)還迎駑馬，問：幾何日相逢？（）A．12日 B．16日C．8日 D．9日D[由題易知良馬每日所行里數(shù)構(gòu)成一等差數(shù)列，其通項公式為an＝103＋13(n－1）＝13n＋90，駑馬每日所行里數(shù)也構(gòu)成一等差數(shù)列，其通項公式為bn＝97－eq\f（1,2）（n－1）＝－eq\f（1，2）n＋eq\f（195,2）,二馬相逢時所走路程之和為2×1125＝2250，所以eq\f(na1＋an，2)＋eq\f(nb1＋bn，2）＝2250,即eq\f（n103＋13n＋90,2)＋eq\f(n\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（97－\f(1,2）n＋\f（195,2）)），2)＝2250，化簡得n2＋31n－360＝0，解得n＝9或n＝－40（舍去)，故選D.]11．設(shè)函數(shù)f(x）＝Asin（ωx＋φ）eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（A＞0，ω＞0,|φ|＜\f(π，2）））與直線y＝3的交點的橫坐標(biāo)構(gòu)成以π為公差的等差數(shù)列，且x＝eq\f（π，6)是f（x)圖象的一條對稱軸，則下列區(qū)間中是函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間的是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，0）） B．eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(－\f（4π，3）,－\f（5π,6))）C.eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（\f(2π,3）,\f(7π,6）)) D．eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（－\f(5π,6)，－\f（π，3)）)D[由題意得A＝3，T＝π，∴ω＝2.∴f(x）＝3sin（2x＋φ）,又feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(π,6）)）＝3或feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（π，6）））＝－3，∴2×eq\f（π，6)＋φ＝kπ＋eq\f（π，2），k∈Z，φ＝eq\f（π,6）＋kπ,k∈Z，又|φ｜＜eq\f(π,2），∴φ＝eq\f(π，6），∴f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6）））.令eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f（π，6）≤eq\f(3π，2）＋2kπ，k∈Z，得eq\f（π,6）＋kπ≤x≤eq\f（2π，3)＋kπ，k∈Z,故當(dāng)k＝－1時,f(x）的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f（5π,6），－\f（π,3）)),故選D.］12．已知直三棱柱ABC。A1B1C1的6個頂點都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝1，∠BAC＝60°，AA1A。eq\f（40π,3） B．eq\f（40\r（30)π，27）C.eq\f(320\r（30)π，27) D．20πB[設(shè)△A1B1C1的外心為O1,△ABC的外心為O2，連接O1O2，O2B，OB，如圖所示．由題意可得外接球的球心O為O1O2的中點．在△ABC中，由余弦定理可得BC2＝AB2＋AC2－2AB×ACcos∠BAC＝32＋12－2×3×1×cos60°＝7,所以BC＝eq\r（7).由正弦定理可得△ABC外接圓的直徑2r＝2O2B＝eq\f(BC,sin60°)＝eq\f（2\r(7),\r（3）)，所以r＝eq\f(\r(7）,\r（3））＝eq\f（\r(21），3）.而球心O到截面ABC的距離d＝OO2＝eq\f（1，2)AA1＝1,設(shè)直三棱柱ABC-A1B1C1的外接球半徑為R，由球的截面性質(zhì)可得R2＝d2＋r2＝12＋eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(\r（21),3）))eq\s\up12（2）＝eq\f（10,3），故R＝eq\f（\r(30），3），所以該三棱柱的外接球的體積為V＝eq\f（4π,3）R3＝eq\f(40\r(30）π,27)。故選B。］二、填空題(本大題共4小題,每小題5分，共20分．把答案填在題中橫線上)13．已知函數(shù)f(x）＝lnx,g（x)＝x2＋mx(m∈R），若函數(shù)f（x)的圖象在點（1，f（1）)處的切線與函數(shù)g（x)的圖象相切,則m的值為________．［解析]易知f(1）＝0，f′(x)＝eq\f(1，x），從而得到f′（1)＝1，函數(shù)f(x）的圖象在點（1，f（1))處的切線方程為y＝x－1.法一：（應(yīng)用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求解）設(shè)直線y＝x－1與g（x）＝x2＋mx(m∈R）的圖象相切于點P（x0，y0），從而可得g′（x0)＝1，g（x0）＝x0－1。又g′（x）＝2x＋m,因此有eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（g′x0＝2x0＋m＝1,x\o\al(2，0)＋mx0＝x0－1)),得xeq\o\al（2,0)＝1，解得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（x0＝1,m＝－1））或eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（x0＝－1，m＝3)）.法二：（應(yīng)用直線與二次函數(shù)的相切求解）聯(lián)立eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(y＝x－1，y＝x2＋mx）),得x2＋（m－1）x＋1＝0，所以Δ＝(m－1）2－4＝0，解得m＝－1或m＝3.[答案]－1或314．3名醫(yī)生和6名護士被分配到3所學(xué)校為學(xué)生體檢,每所學(xué)校分配1名醫(yī)生和2名護士，不同的分配方法共有________種?！緦?dǎo)學(xué)號:07804213】[解析]3所學(xué)校依次選醫(yī)生、護士,不同的分配方法共有Ceq\o\al（1,3)Ceq\o\al（2,6)Ceq\o\al（1，2）Ceq\o\al(2，4）＝540種．［答案］54015．已知直線MN過橢圓eq\f(x2,2)＋y2＝1的左焦點F,與橢圓交于M,N兩點．直線PQ過原點O且與直線MN平行,直線PQ與橢圓交于P，Q兩點,則eq\f（｜PQ|2,｜MN|）＝________。［解析］法一：由題意知,直線MN的斜率不為0,設(shè)直線MN：x＝my－1,則直線PQ：x＝my。設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2），P（x3，y3）,Q（x4，y4）．eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my－1，\f(x2,2)＋y2＝1)）?（m2＋2)y2－2my－1＝0?y1＋y2＝eq\f（2m,m2＋2)，y1y2＝－eq\f（1，m2＋2）?！鄚MN｜＝eq\r（1＋m2）｜y1－y2｜＝2eq\r（2)·eq\f(m2＋1,m2＋2）。eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x＝my,\f（x2，2)＋y2＝1)）?(m2＋2)y2－2＝0?y3＋y4＝0，y3y4＝－eq\f(2,m2＋2).∴|PQ|＝eq\r(1＋m2）｜y3－y4|＝2eq\r(2)eq\r(\f（m2＋1，m2＋2)).故eq\f（｜PQ|2,|MN|）＝2eq\r（2).法二：取特殊位置,當(dāng)直線MN垂直于x軸時,易得|MN｜＝eq\f（2b2,a)＝eq\r（2)，｜PQ｜＝2b＝2,則eq\f(|PQ|2,|MN|)＝2eq\r