/07/7/小題押題練(一)一、選擇題1．設(shè)全集U＝R，集合M＝{y|y＝lg(x2＋10)}，N＝{x|0<x<2}，則N∩(?UM)＝()A．(0,1) B．(0,1]C．(1,2) D．?解析：選A由M＝{y|y＝lg(x2＋10)}得M＝{y|y≥1}，所以?UM＝(－∞，1)，故N∩(?UM)＝(0,1)，故選A.2．已知復(fù)數(shù)z滿足(z＋1)(2＋3i)＝5－2i(i為虛數(shù)單位)，則復(fù)數(shù)z的虛部為()A．－eq\f(19,13) B．eq\f(19,13)C．－eq\f(9,13)D.eqD.\f(9,13)解析：選A由(z＋1)(2＋3i)＝5－2i，得z＝eq\f(5－2i,2＋3i)－1＝eq\f(?5－2i??2－3i?,?2＋3i??2－3i?)－1＝eq\f(4－19i,13)－1＝－eq\f(9,13)－eq\f(19,13)i，所以復(fù)數(shù)z的虛部為－eq\f(19,13).3．已知向量a＝(1,3)，b＝(sinα，cosα)，若a∥b，則taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝()A．－3 B．－2C.eq\f(2,3) D．2解析：選D因?yàn)閍∥b，所以3sinα＝cosα?tanα＝eq\f(1,3)，所以taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(\f(1,3)＋1,1－\f(1,3))＝2，選D.4．(2018·合肥一模)已知等差數(shù)列{an}，若a2＝10，a5＝1，則{an}的前7項(xiàng)和等于()A．112 B．51C．28 D．18解析：選C設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由題意，得d＝eq\f(a5－a2,5－2)＝－3，a1＝a2－d＝13，則S7＝7a1＋eq\f(7×?7－1?,2)d＝7×13－7×9＝28，故選C.5．過點(diǎn)(1，－2)的拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程是()A．y2＝4x或x2＝eq\f(1,2)y B．y2＝4xC．y2＝4x或x2＝－eq\f(1,2)y D．x2＝－eq\f(1,2)y解析：選C設(shè)焦點(diǎn)在x軸上的拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2＝ax，將點(diǎn)(1，－2)代入可得a＝4，故拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程是y2＝4x；設(shè)焦點(diǎn)在y軸上的拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2＝by，將點(diǎn)(1，－2)代入可得b＝－eq\f(1,2)，故拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程是x2＝－eq\f(1,2)y.綜上可知，過點(diǎn)(1，－2)的拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程是y2＝4x或x2＝－eq\f(1,2)y.6．(2019屆高三·廣州五校聯(lián)考)已知某批零件的長度誤差ξ(單位：毫米)服從正態(tài)分布N(0,32)，從中隨機(jī)取一件，其長度誤差落在區(qū)間(3,6)內(nèi)的概率為()(附：正態(tài)分布N(μ，σ2)中，P(μ－σ<ξ<μ＋σ)＝0.6827，P(μ－2σ<ξ<μ＋2σ)＝0.9545)A．0.0456 B．0.1359C．0.2718 D．0.3174解析：選B因?yàn)镻(－3<ξ<3)＝0.6827，P(－6<ξ<6)＝0.9545，所以P(3<ξ<6)＝eq\f(1,2)[P(－6<ξ<6)－P(－3<ξ<3)]＝eq\f(1,2)(0.9545－0.6827)＝0.1359，故選B.7．(2018·長郡中學(xué)月考)執(zhí)行如圖所示的程序框圖，若輸入的i＝1，S＝0，則輸出的i為()A．7 B．9C．10 D．11解析：選B依題意，執(zhí)行程序框圖，i＝1，S＝0<2，S＝ln3，i＝3，S<2；S＝ln5，i＝5，S<2；S＝ln7，i＝7，S<2；S＝ln9，i＝9，S>2，此時結(jié)束循環(huán)，輸出的i＝9，選B.8．(2018·鄭州模擬)若某幾何體的三視圖(單位：cm)如圖所示，則該幾何體的體積等于()A．10cm3 B．C．30cm3 D．40解析：選B由三視圖知該幾何體為底面為長方形的四棱錐，記為四棱錐A-BDD1B1，將其放在長方體中如圖所示，則該幾何體的體積V＝V長方體ABCD-A1B1C1D1－V三棱錐A-A1B1D1－V三棱柱BCD-B1C1D1＝3×4×5－eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×3×4×5－eq\f(1,2)×3×4×5＝20(cm3)，故選B.9．《周易》歷來被人們視作儒家群經(jīng)之首，它表現(xiàn)了古代中華民族對萬事萬物深刻而又樸素的認(rèn)識，是中華人文文化的基礎(chǔ)，它反映出中國古代的二進(jìn)制計數(shù)的思想方法．我們用近代術(shù)語解釋為：把陽爻“”當(dāng)作數(shù)字“1”，把陰爻“”當(dāng)作數(shù)字“0”，則八卦所代表的數(shù)表示如下：卦名符號表示的二進(jìn)制數(shù)表示的十進(jìn)制數(shù)坤0000艮0011坎0102巽0113依次類推，則六十四卦中的“屯”卦，符號為“”，其表示的十進(jìn)制數(shù)是()A．33 B．34C．36 D．35解析：選B由題意類推，可知六十四卦中的“屯”卦的符號“”表示的二進(jìn)制數(shù)為，轉(zhuǎn)化為十進(jìn)制數(shù)為0×20＋1×21＋0×22＋0×23＋0×24＋1×25＝34.故選B.10.(2018·成都模擬)如圖，已知雙曲線E：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，長方形ABCD的頂點(diǎn)A，B分別為雙曲線E的左、右焦點(diǎn)，且點(diǎn)C，D在雙曲線E上，若|AB|＝6，|BC|＝eq\f(5,2)，則雙曲線E的離心率為()A.eq\r(2) B．eq\f(3,2)C.eq\f(5,2)D.eqD.\r(5)解析：選B根據(jù)|AB|＝6可知c＝3，又|BC|＝eq\f(5,2)，所以eq\f(b2,a)＝eq\f(5,2)，b2＝eq\f(5,2)a，c2＝a2＋eq\f(5,2)a＝9，得a＝2(舍負(fù))，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\f(3,2).11．(2018·山東德州模擬)已知在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且a2＝b2＋c2＋bc，a＝eq\r(3)，S為△ABC的面積，則S＋eq\r(3)cosBcosC的最大值為()A．1 B．eq\r(3)C.eq\r(3)＋1 D．3解析：選B因?yàn)閍2＝b2＋c2＋bc，所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝－eq\f(bc,2bc)＝－eq\f(1,2).又A為△ABC的內(nèi)角，所以0<A<π，所以A＝eq\f(2π,3).所以eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(a,sinA)＝eq\f(\r(3),sin\f(2π,3))＝2，故b＝2sinB，c＝2sinC，所以S＋eq\r(3)cosBcosC＝eq\f(1,2)bcsinA＋eq\r(3)cosBcosC＝eq\f(\r(3),4)bc＋eq\r(3)cosBcosC＝eq\r(3)sinBsinC＋eq\r(3)cosBcosC＝eq\r(3)cos(B－C)，又A＋B＋C＝π，A＝eq\f(2π,3)，所以B－C∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,3)))，所以cos(B－C)∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，當(dāng)B＝C時，cos(B－C)＝1，所以S＋eq\r(3)cosBcosC∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\r(3)))，即S＋eq\r(3)cosBcosC的最大值為eq\r(3).12．(2018·廣州模擬)對于定義域?yàn)镽的函數(shù)f(x)，若滿足①f(0)＝0；②當(dāng)x∈R，且x≠0時，都有xf′(x)>0；③當(dāng)x1<0<x2，且|x1|＝|x2|時，都有f(x1)<f(x2)，則稱f(x)為“偏對稱函數(shù)”．現(xiàn)給出四個函數(shù)：f1(x)＝－x3＋eq\f(3,2)x2；f2(x)＝ex－x－1；f3(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ln?－x＋1?，x≤0，,2x，x>0；))f4(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x－1)＋\f(1,2)))，x≠0，,0，x＝0.))則其中是“偏對稱函數(shù)”的函數(shù)個數(shù)為()A．0 B．1C．2 D．3解析：選Cf1(0)＝0，f2(0)＝e0－0－1＝0，f3(0)＝ln1＝0，f4(0)＝0，即四個函數(shù)均滿足條件①.f1′(x)＝－3x2＋3x，xf1′(x)＝x(－3x2＋3x)＝－3x2(x－1)，當(dāng)x>1時，xf1′(x)<0，不滿足條件②，則函數(shù)f1(x)不是“偏對稱函數(shù)”；f2′(x)＝ex－1，xf2′(x)＝x(ex－1)，當(dāng)x≠0時，恒有xf2′(x)>0，故滿足條件②；f3′(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,1－x)，x≤0，,2，x>0，))故xf3′(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(x,1－x)，x≤0，,2x，x>0，))故xf3′(x)>0在x≠0時恒成立，故滿足條件②；因?yàn)楫?dāng)x≠0時，f4(x)＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x－1)＋\f(1,2)))＝x·eq\f(2＋2x－1,2?2x－1?)＝eq\f(x,2)·eq\f(2x＋1,2x－1)，所以f4(－x)＝eq\f(－x,2)·eq\f(2－x＋1,2－x－1)＝eq\f(－x,2)·eq\f(\f(1,2x)＋1,\f(1,2x)－1)＝eq\f(x,2)·eq\f(2x＋1,2x－1)＝f4(x)，所以當(dāng)x≠0時，f4(x)是偶函數(shù)，所以當(dāng)x1<0<x2，且|x1|＝|x2|時，有f4(x1)＝f4(x2)，不滿足條件③，所以f4(x)不是“偏對稱函數(shù)”；當(dāng)x1<0<x2，且|x1|＝|x2|時，有f2(x2)－f2(x1)＝ex2－x2－1－ex1＋x1＋1＝ex2－e－x2－2x2，構(gòu)造函數(shù)H(x)＝ex－e－x－2x，則有H′(x)＝ex＋e－x－2≥2eq\r(ex×e－x)－2＝0，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時取等號，即H(x)是(0，＋∞)上的增函數(shù)，則x∈(0，＋∞)時，H(x)>H(0)＝0，故f2(x2)－f2(x1)>0恒成立，所以f2(x)滿足條件③；當(dāng)x1<0<x2，且|x1|＝|x2|時，有f3(x2)－f3(x1)＝2x2－ln(－x1＋1)＝2x2－ln(x2＋1)，構(gòu)造函數(shù)T(x)＝2x－ln(1＋x)，則當(dāng)x∈(0，＋∞)時，T′(x)＝2－eq\f(1,1＋x)＝eq\f(1＋2x,1＋x)>0，所以T(x)是(0，＋∞)上的增函數(shù)，則當(dāng)x∈(0，＋∞)時，T(x)>T(0)＝0，故f3(x2)－f3(x1)>0恒成立，故f3(x)滿足條件③.綜上可知“偏對稱函數(shù)”有2個，選C.二、填空題13．(2018·遼寧五校聯(lián)考)已知x，y滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋y－2≥0，,x＋y－4≤0，,x－3y＋3≤0，))則z＝－3x＋y的最小值為________．解析：作出不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋y－2≥0，,x＋y－4≤0，,x－3y＋3≤0))表示的平面區(qū)域，如圖中陰影部分所示，易得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(1,2)))，B(1,3)．顯然目標(biāo)函數(shù)z＝－3x＋y在點(diǎn)B處取得最小值，zmin＝－3×1＋3＝0.答案：014．過點(diǎn)P(－eq\r(3)，0)作直線l與圓O：x2＋y2＝1交于A、B兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，設(shè)∠AOB＝θ，且θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，當(dāng)△AOB的面積為eq\f(\r(3),4)時，直線l的斜率為________．解析：由題意得|OA|＝|OB|＝1，∵△AOB的面積為eq\f(\r(3),4)，∴eq\f(1,2)×1×1×sinθ＝eq\f(\r(3),4)，∴sinθ＝eq\f(\r(3),2)，∵θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴θ＝eq\f(π,3)，∴△AOB為正三角形，∴圓心(0,0)到直線l的距離為eq\f(\r(3),2)，設(shè)直線l的方程為y＝k(x＋eq\r(3))，即kx－y＋eq\r(3)k＝0，∴eq\f(|\r(3)k|,\r(k2＋1))＝eq\f(\r(3),2)，∴k＝±eq\f(\r(3),3).答案：±eq\f(\r(3),3)15.已知△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且acosC＋ccosA＝bsinB，A＝eq\f(π,6)，如圖，若點(diǎn)D是△ABC外一點(diǎn)，DC＝2，DA＝3，則當(dāng)四邊形ABCD面積最大時，sinD＝________.解析：由acosC＋ccosA＝bsinB及余弦定理得a×eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＋c×eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝bsinB，即b＝bsinB?sinB＝1?B＝eq\f(π,2)，又∠CAB＝eq\f(π,6)，∴∠ACB＝eq\f(π,3).BC＝a，則AB＝eq\r(3)a，AC＝2a，S△ABC＝eq\f(1,2)×a×eq\r(3)a＝eq\f(\r(3),2)a2.在△ACD中，cosD＝eq\f(AD2＋CD2－AC2,2AD·CD)＝eq\f(13－4a2,12)，∴a2＝eq\f(13－12cosD,4).又S△ACD＝eq\f(1,2)AD·CDsinD＝3sinD，∴S四邊形ABCD＝S△ABC＋S△ACD＝eq\f(\r(3),2)a2＋3sinD＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(13－1