穩(wěn)取120分保分練(四)一、選擇題1．已知集合A＝{x|x2－2x＞0}，B＝{x|－eq\r(5)＜x＜eq\r(5)}，則()A．A∩B＝? B．A∪B＝RC．B?A D．A?B解析：選B∵集合A＝{x|x2－2x＞0}＝{x|x＞2或x＜0}，∴A∩B＝{x|2＜x＜eq\r(5)或－eq\r(5)＜x＜0}，A∪B＝R，故選B.2．已知eq\f(z,1－i)＝2＋i，則復數(shù)z的共軛復數(shù)為()A．3＋i B．3－iC．－3－i D．－3＋i解析：選A由已知，z＝(1－i)(2＋i)＝3－i，其共軛復數(shù)為3＋i.故選A.3．命題“?x∈(0，＋∞)，lnx≠x－1”的否定是()A．?x0∈(0，＋∞)，lnx0＝x0－1B．?x0?(0，＋∞)，lnx0＝x0－1C．?x0∈(0，＋∞)，lnx0＝x0－1D．?x0?(0，＋∞)，lnx0＝x0－1解析：選A因為全稱命題的否定是特稱命題，所以，命題“?x∈(0，＋∞)，lnx≠x－1”的否定是“?x0∈(0，＋∞)，lnx0＝x0－1”．4．若一個底面是正三角形的三棱柱的正視圖如圖所示，其頂點都在一個球面上，則該球的表面積為()A.eq\f(16π,3) B.eq\f(19π,3)C.eq\f(19π,12) D.eq\f(4π,3)解析：選B由已知底面是正三角形的三棱柱的正視圖我們可得該三棱柱的底面棱長為2，高為1.則底面外接圓半徑r＝eq\f(2\r(3),3)，球心到底面的距離d＝eq\f(1,2).設球的半徑為R，則R2＝r2＋d2＝eq\f(4,3)＋eq\f(1,4)＝eq\f(19,12)，則該球的表面積S＝4πR2＝eq\f(19π,3).故選B.5．(x2＋2x＋3y)5的展開式中x5y2的系數(shù)為()A．60 B．180C．520 D．540解析：選D(x2＋2x＋3y)5可看作5個(x2＋2x＋3y)相乘，從中選2個y，有Ceq\o\al(2,5)種選法；再從剩余的三個(x2＋2x＋3y)里邊選出2個x2，最后一個里邊選出x，有Ceq\o\al(2,3)·Ceq\o\al(1,1)種選法；∴x5y2的系數(shù)為32Ceq\o\al(2,5)·Ceq\o\al(2,3)·2·Ceq\o\al(1,1)＝540.6．執(zhí)行如圖所示的程序框圖，若要使輸入的x值與輸出的y值相等，則這樣的x值的個數(shù)是()A．1 B．2C．3 D．4解析：選D根據(jù)已知中的程序框圖可得該程序的功能是計算并輸出分段函數(shù)y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x3，x≤1，,3x－3，1<x≤3，,\f(1,x)，x>3))的函數(shù)值．當x≤1時，y＝x3＝x，解得x＝－1或x＝0或x＝1，這三個x值均滿足條件；當1＜x≤3時，y＝3x－3＝x，解得x＝eq\f(3,2)，滿足條件；當x＞3時，y＝eq\f(1,x)＝x，解得x＝－1或x＝1，這兩個x值均不滿足條件；綜上所述，滿足條件的x值的個數(shù)是4.7．若非零向量a，b滿足|a|＝eq\f(2\r(2),3)|b|，且(a－b)⊥(3a＋2b)，則a與b的夾角為()A.eq\f(π,4)B.eq\f(π,2)C.eq\f(3π,4)D．π解析：選A∵(a－b)⊥(3a＋2b∴(a－b)·(3a＋2b即3a2－2b2－a·b＝0，即a·b＝3a2－2b2＝eq\f(2,3)b2，∴cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(\f(2,3)b2,\f(2\r(2),3)b2)＝eq\f(\r(2),2)，即〈a，b〉＝eq\f(π,4).8．已知函數(shù)f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x＋φ))圖象的一個對稱中心為(2,0)，且f(1)＞f(3)，要得到函數(shù)f(x)的圖象，可將函數(shù)y＝2coseq\f(π,3)x的圖象()A．向左平移eq\f(1,2)個單位長度 B．向左平移eq\f(π,6)個單位長度C．向右平移eq\f(1,2)個單位長度 D．向右平移eq\f(π,6)個單位長度解析：選C∵函數(shù)f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x＋φ))圖象的一個對稱中心為(2,0)，∴eq\f(2π,3)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，即φ＝kπ－eq\f(π,6)，k∈Z，故可取φ＝－eq\f(π,6)，f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x－\f(π,6)))，滿足f(1)＞f(3)，故可將函數(shù)y＝2coseq\f(π,3)x的圖象向右平移eq\f(1,2)個單位，得到函數(shù)f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x－\f(π,6)))的圖象．9．若雙曲線eq\f(x2,a2)－y2＝1(a>0)的一條漸近線與圓x2＋(y－2)2＝2至多有一個交點，則雙曲線離心率的取值范圍是()A．[eq\r(2)，＋∞) B．[2，＋∞)C．(1，eq\r(2)] D．(1,2]解析：選C雙曲線eq\f(x2,a2)－y2＝1(a>0)的一條漸近線為y＝eq\f(x,a)，由漸近線與圓x2＋(y－2)2＝2至多有一個交點，可得，圓心(0,2)到漸近線的距離d≥r，即有eq\f(|2a|,\r(1＋a2))≥eq\r(2)，解得a≥1，則離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(1＋a2),a)＝eq\r(1＋\f(1,a2))∈(1，eq\r(2)]．10．已知數(shù)列{an}，{bn}滿足bn＝log2an，n∈N*，其中{bn}是等差數(shù)列，且a9·a2010＝eq\f(1,4)，則b1＋b2＋b3＋…＋b2018＝()A．－2018 B．2018C．log22018 D．1009解析：選A∵數(shù)列{an}，{bn}滿足bn＝log2an，n∈N*，其中{bn}是等差數(shù)列，∴數(shù)列{an}是等比數(shù)列，∴a1·a2018＝a2·a2017＝…＝a9·a2010＝eq\f(1,4)，∴b1＋b2＋b3＋…＋b2018＝log2(a1·a2·…·a2018)＝log2(a9·a2010)1009＝log2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2018＝－2018.11．對于函數(shù)f(x)，若在定義域內(nèi)存在實數(shù)x滿足f(－x)＝－f(x)，則稱函數(shù)f(x)為“局部奇函數(shù)”．若函數(shù)f(x)＝4x－m·2x＋m2－3是定義在R上的“局部奇函數(shù)”，則實數(shù)m的取值范圍是()A．[1－eq\r(3)，1＋eq\r(3)) B．[－1,2]C．[－2eq\r(2)，2eq\r(2)] D．[－2eq\r(2)，1－eq\r(3)]解析：選B根據(jù)“局部奇函數(shù)”的定義可知，函數(shù)f(－x)＝－f(x)有解即可，即4－x－m·2－x＋m2－3＝－(4x－m·2x＋m2－3)有解，∴4x＋4－x－m(2x＋2－x)＋2m2－6＝0，即(2x＋2－x)2－m(2x＋2－x)＋2m2－8＝0有解．設t＝2x＋2－x，則t＝2x＋2－x≥2，∴方程等價為t2－mt＋2m2－8＝0在t≥2時有解，設g(t)＝t2－mt＋2m2－8，對稱軸x＝①若eq\f(m,2)≥2，則由Δ＝m2－4(2m2－8)≥0，得7m2≤32，此時m②若eq\f(m,2)＜2，要使t2－mt＋2m2－8＝0在t≥2時有解，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(m,2)<2，,4－2m＋2m2－8≤0，,Δ≥0，))解得－1≤m≤2.綜上－1≤m≤2.12．已知函數(shù)f(x)＝(2－x)ex－ax－a，若不等式f(x)＞0恰有兩個正整數(shù)解，則a的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(e3,4)，0)) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(e,2)，0))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(e3,4)，\f(e,2))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(e3,4)，2))解析：選A令g(x)＝(2－x)ex，h(x)＝ax＋a，由題意知，存在2個正整數(shù)，使g(x)在直線h(x)的上方，∵g′(x)＝(1－x)ex，∴當x＞1時，g′(x)＜0，當x＜1時，g′(x)＞0，∴g(x)max＝g(1)＝e，且g(0)＝2，g(2)＝0，g(3)＝－e3，直線h(x)恒過點(－1,0)，且斜率為a，由題意可知，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(h1<e，,h2<0，,h3≥－e3，))解得－eq\f(e3,4)≤a＜0，故實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(e3,4)，0))，故選A.二、填空題13.設F1，F(xiàn)2為橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的焦點，過F2的直線交橢圓于A，B兩點，AF1⊥AB且AF1＝AB，則橢圓C的離心率為________．解析：連接BF1(圖略)．設|AF1|＝t，則|AB|＝t，|F1B|＝eq\r(2)t，由橢圓定義有：|AF1|＋|AF2|＝|BF1|＋|BF2|＝2a.∴|AF1|＋|AB|＋|F1B|＝4a，即(eq\r(2)＋2)t＝4a，t＝(4－2eq\r(2))a，∴|AF2|＝2a－t＝(2eq\r(2)－2)a.在Rt△AF1F2中，|F1F2|2＝(2c∴[(4－2eq\r(2))a]2＋[(2eq\r(2)－2)a]2＝(2c)2，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)))2＝9－6eq\r(2)＝(eq\r(6)－eq\r(3))2，∴e＝eq\r(6)－eq\r(3).答案：eq\r(6)－eq\r(3)14．若目標函數(shù)z＝kx＋2y在約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－y≤1，,x＋y≥2，,y－x≤2))下僅在點(1,1)處取得最小值，則實數(shù)k的取值范圍是________．解析：作出不等式組對應的平面區(qū)域，如圖中陰影部分所示．由z＝kx＋2y得y＝－eq\f(k,2)x＋eq\f(z,2)，要使目標函數(shù)z＝kx＋2y僅在點B(1,1)處取得最小值，則陰影部分區(qū)域在直線z＝kx＋2y的右上方，∴目標函數(shù)的斜率－eq\f(k,2)大于直線x＋y＝2的斜率且小于直線2x－y＝1的斜率．即－1＜－eq\f(k,2)＜2，解得－4＜k＜2，即實數(shù)k的取值范圍為(－4,2)．答案：(－4,2)15．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x＋1,|x|＋1)，x∈R，則不等式f(x2－2x)＜f(3x－4)的解集為________．解析：當x≥0時，f(x)＝eq\f(x＋1,x＋1)＝1，當x＜0時，f(x)＝eq\f(x＋1,1－x)＝－1－eq\f(2,x－1)，作出f(x)的圖象，如圖所示．可得f(x)在(－∞，0)上遞增，不等式f(x2－2x)＜f(3x－4)即為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－4≥0，,x2－2x<0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－4<0，,x2－2x<0，,x2－2x<3x－4，))即有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥\f(4,3)，,0<x<2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x<\f(4,3)，,0<x<2，,1<x<4，))解得eq\f(4,3)≤x＜2或1＜x＜eq\f(4,3)，所以1＜x＜2，即不等式的解集為(1,2)．答案：(1,2)16．在△ABC中，a，b，c分別為角A，B，C的對邊，且滿足4cos2eq\f(A,2)－cos[2(B＋C)]＝eq\f(7,2)，若a＝2，則△ABC的面積的最大值是________．解析：∵A＋B＋C＝π，∴4cos2eq\f(A,2)－cos[2(B＋C)]＝2(1＋cosA)－cos2A＝－2cos2A＋2cosA＋3＝eq\f(7,2)，∴2cos2A－2cosA＋eq\f(1,2)＝0.∴cosA＝eq\f(1,2).∵0＜A＜π，∴A＝eq\f(π,3).∵a＝2，由余弦定理可得：4＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc，當且僅當b＝c＝2時，等號成立．∴bc≤4.∴S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA≤eq\f(1,2)×4×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)，即△ABC的面積的最大值是eq\r(3).答案：eq\r(3)三、解答題17．已知等差數(shù)列{an}的首項為a1(a1≠0)，公差為d，且不等式a1x2－3x＋2＜0的解集為(1，d)．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)若數(shù)列{bn}滿足bn－an＝eq\f(1,n2＋n)，求數(shù)列{bn}的前n項和Sn.解：(1)由不等式a1x2－3x＋2＜0的解集為(1，d)，可得a1＞0，且1，d為方程a1x2－3x＋2＝0的兩根，即有1＋d＝eq\f(3,a1)，d＝eq\f(2,a1)，解得a1＝1，d＝2，則數(shù)列{an}的通項公式為an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.(2)bn－an＝eq\f(1,n2＋n)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，即為bn＝an＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＝2n－1＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，則{bn}的前n項和Sn＝(1＋3＋…＋2n－1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)))＝eq\f(1,2)n(1＋2n－1)＋1－eq\f(1,n＋1)＝n2＋eq\f(n,n＋1).18．已知函數(shù)f(x)＝2eq\r(3)sinxcosx＋2cos2x－1(x∈R)．(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期及在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值；(2)若f(x0)＝eq\f(6,5)，x0∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，求cos2x0的值．解：(1)f(x)＝2eq\r(3)sinxcosx＋2cos2x－1＝eq\r(3)sin2x＋cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，所以函數(shù)f(x)的最小正周期為π.因為f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上為增函數(shù)，在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))上為減函數(shù)，又f(0)＝1，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－1，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值為2，最小值為－1.(2)由(1)可知f(x0)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(π,6)))，又因為f(x0)＝eq\f(6,5)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(π,6)))＝eq\f(3,5).由x0∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，得2x0＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，\f(7π,6)))，從而coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(π,6)))＝－eq\r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(π,6))))＝－eq\f(4,5).所以cos2x0＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(π,6)))－\f(π,6)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(π,6)))·coseq\f(π,6)＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(π,6)))sineq\f(π,6)＝eq\f(3－4\r(3),10).19.如圖，三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)面BB1C1C為菱形，AB⊥(1)證明：AC＝AB1；(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角A-A1B1-C1的余弦值．解：(1)證明：連接BC1，交B1C于點O，連接AO，∵側(cè)面BB1C1C為菱形，∴BC1⊥B1C，且O為BC1又∵AB⊥B1C，AB∩BC1＝B，∴B1C⊥平面∵AO?平面ABO，∴B1C⊥AO又B1O＝CO，∴AC＝AB1.(2)∵AC⊥AB1，且O為B1C的中點，∴AO＝CO又∵AB＝BC，∴△BOA≌△BOC，∴OA⊥OB，∴OA，OB，OB1兩兩垂直．以O為坐標原點，eq\o(OB,\s\up7(→))的方向為x軸的正方向，|eq\o(OB,\s\up7(→))|為單位長度，eq\o(OB1,\s\up7(→))的方向為y軸的正方向，eq\o(OA,\s\up7(→))的方向為z軸的正方向建立空間直角坐標系．∵∠CBB1＝60°，∴△CBB1為正三角形，又AB＝BC，∴Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),3)))，B(1,0,0)，B1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(3),3)，0)).∴eq\o(AB1,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)，－\f(\r(3),3)))，eq\o(A1B1,\s\up7(→))＝eq\o(AB,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，－\f(\r(3),3)))，eq\o(B1C1,\s\up7(→))＝eq\o(BC,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(\r(3),3)，0)).設向量n＝(x，y，z)是平面AA1B1的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(AB1,\s\up7(→))＝\f(\r(3),3)y－\f(\r(3),3)z＝0，,n·eq\o(A1B1,\s\up7(→))＝x－\f(\r(3),3)z＝0，))可取n＝(1，eq\r(3)，eq\r(3))，同理可得平面A1B1C1的一個法向量m＝(1，－eq\r(3)，eq\r(3))，∴cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(1,7)，∴二面角A-A1B1-C1的余弦值為