高三理科數(shù)學(xué)新課標(biāo)二輪復(fù)習(xí)專題整合高頻突破習(xí)題：第三部分 題型指導(dǎo)考前提分 題型練1 Word版含答案

《高三理科數(shù)學(xué)新課標(biāo)二輪復(fù)習(xí)專題整合高頻突破習(xí)題：第三部分 題型指導(dǎo)考前提分 題型練1 Word版含答案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高三理科數(shù)學(xué)新課標(biāo)二輪復(fù)習(xí)專題整合高頻突破習(xí)題：第三部分 題型指導(dǎo)考前提分 題型練1 Word版含答案（11頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5 題型專項(xiàng)集訓(xùn) 題型練1　選擇題、填空題綜合練(一) 能力突破訓(xùn)練 1.已知集合A={1,2,3,4},B={y|y=3x-2,x∈A},則A∩B=(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.{1} B.{4} C.{1,3} D.{1,4} 2.若復(fù)數(shù)z滿足2z+z=3-2i,其中i為虛數(shù)單位,則z= (　　) A.1+2i B.1-2i C.-1+2i D.-1-2i 3.若a>b>1,0

2、bc

3、6 B.1112 C.56 D.16 8.某旅游城市為向游客介紹本地的氣溫情況,繪制了一年中各月平均最高氣溫和平均最低氣溫的雷達(dá)圖.圖中A點(diǎn)表示十月的平均最高氣溫約為15 ℃,B點(diǎn)表示四月的平均最低氣溫約為5 ℃.下面敘述不正確的是(　　) A.各月的平均最低氣溫都在0 ℃以上 B.七月的平均溫差比一月的平均溫差大 C.三月和十一月的平均最高氣溫基本相同 D.平均最高氣溫高于20 ℃的月份有5個 9.將函數(shù)y=sin2x-π3圖象上的點(diǎn)Pπ4,t向左平移s(s>0)個單位長度得到點(diǎn)P.若P位于函數(shù)y=sin 2x的圖象上,則(　　) A.t=12,s的最小值為π6 B.t=3

4、2,s的最小值為π6 C.t=12,s的最小值為π3 D.t=32,s的最小值為π3 10.函數(shù)f(x)=xcos x2在區(qū)間[0,2]上的零點(diǎn)的個數(shù)為 (　　) A.2 B.3 C.4 D.5 11.如圖,半圓的直徑AB=6,O為圓心,C為半圓上不同于A,B的任意一點(diǎn),若P為半徑OC上的動點(diǎn),則(PA+PB)PC的最小值為(　　) A.92 B.9 C.-92 D.-9 12.函數(shù)f(x)=(1-cos x)sin x在[-π,π]上的圖象大致為 (　　) 13.已知圓(x-2)2+y2=1經(jīng)過橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一個頂點(diǎn)和一個焦點(diǎn),則此橢圓的離心

5、率e=　. 14.x-13x4的展開式中的常數(shù)項(xiàng)為　　　　　　.(用數(shù)字表示) 15.(20xx浙江,11)我國古代數(shù)學(xué)家劉徽創(chuàng)立的“割圓術(shù)”可以估算圓周率π,理論上能把π的值計(jì)算到任意精度.祖沖之繼承并發(fā)展了“割圓術(shù)”,將π的值精確到小數(shù)點(diǎn)后七位,其結(jié)果領(lǐng)先世界一千多年,“割圓術(shù)”的第一步是計(jì)算單位圓內(nèi)接正六邊形的面積S6,S6=　　　　　. 16.曲線y=x2與直線y=x所圍成的封閉圖形的面積為　　　　　. 思維提升訓(xùn)練 1.設(shè)集合A={y|y=2x,x∈R},B={x|x2-1<0},則A∪B=(　　) A.(-1,1) B.(0,1) C.(-1,+∞) D.(0,+∞

6、) 2.已知i是虛數(shù)單位,z是z=1+i的共軛復(fù)數(shù),則zz2在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)在(　　) A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 3.(20xx山東,理7)若a>b>0,且ab=1,則下列不等式成立的是(　　) A.a+1b

7、輸入的x的值可能為(　　) A.-1 B.0 C.1 D.5 6.已知雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的一條漸近線與直線x+2y+1=0垂直,則雙曲線C的離心率為(　　) A.3 B.52 C.5 D.2 7.函數(shù)y=xsin x在[-π,π]上的圖象是(　　) 8.在△ABC中,a,b,c分別為∠A,∠B,∠C所對的邊,若函數(shù)f(x)=13x3+bx2+(a2+c2-ac)x+1有極值點(diǎn),則∠B的取值范圍是(　　) A.0,π3 B.0,π3 C.π3,π D.π3,π 9.將函數(shù)y=sin 2x(x∈R)的圖象分別向左平移m(m>0)個單位、向右平

8、移n(n>0)個單位所得到的圖象都與函數(shù)y=sin2x+π3(x∈R)的圖象重合,則|m-n|的最小值為(　　) A.π6 B.5π6 C.π3 D.2π3 10.(20xx安徽江南十校聯(lián)考)質(zhì)地均勻的正四面體表面分別印有0,1,2,3四個數(shù)字,某同學(xué)隨機(jī)地拋擲此正四面體2次,若正四面體與地面重合的表面數(shù)字分別記為m,n,且兩次結(jié)果相互獨(dú)立,互不影響.記m2+n2≤4為事件A,則事件A發(fā)生的概率為(　　) A.38 B.316 C.π8 D.π16 11.已知O是銳角三角形ABC的外接圓圓心,∠A=60,cosBsinCAB+cosCsinBAC=2mAO,則m的值為(　　) A.3

9、2 B.2 C.1 D.12 12.設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn),P是以F為焦點(diǎn)的拋物線y2=2px(p>0)上任意一點(diǎn),M是線段PF上的點(diǎn),且|PM|=2|MF|,則直線OM的斜率的最大值為(　　) A.33 B.23 C.22 D.1 13.(20xx江蘇,10)某公司一年購買某種貨物600噸,每次購買x噸,運(yùn)費(fèi)為6萬元/次,一年的總存儲費(fèi)用為4x萬元.要使一年的總運(yùn)費(fèi)與總存儲費(fèi)用之和最小,則x的值是　　　　　. 14.在平面直角坐標(biāo)系中,設(shè)直線l:kx-y+2=0與圓O:x2+y2=4相交于A,B兩點(diǎn),OM=OA+OB,若點(diǎn)M在圓O上,則實(shí)數(shù)k=　　　　　. 15.如圖,在△ABC中,A

10、B=BC=2,∠ABC=120.若平面ABC外的點(diǎn)P和線段AC上的點(diǎn)D,滿足PD=DA,PB=BA,則四面體PBCD的體積的最大值是　　　　　. 16.已知等差數(shù)列{an}前n項(xiàng)的和為Sn,且滿足S55-S22=3,則數(shù)列{an}的公差為　　　　　. 參考答案 題型練1　選擇題、填空題綜合練(一) 能力突破訓(xùn)練 1.D　解析由題意知集合B={1,4,7,10},則A∩B={1,4}.故選D. 2.B　解析設(shè)z=a+bi(a,b∈R),則2z+z=3a+bi=3-2i,故a=1,b=-2,則z=1-2i,選B. 3.C　解析特殊值驗(yàn)證法,取a=3,b=2,c=12,

11、因?yàn)?>2,所以A錯; 因?yàn)?2=18>23=12,所以B錯; 因?yàn)閘og312=-log32>-1=log212,所以D錯; 因?yàn)?log212=-3<2log312=-2log32,所以C正確.故選C. 4.B　解析由程序框圖可知,輸入a=1,則k=0,b=1;進(jìn)入循環(huán)體,a=-12,a=b不成立,k=1,a=-2,a=b不成立,k=2,a=1,此時a=b=1,輸出k,則k=2,故選B. 5.D　解析由題意得(a1+4d)2=(a1+2d)(a1+14d),即(3+4d)2=(3+2d)(3+14d),解得d=-2或d=0(舍去). 所以Sn=3n+n(n-1)2(-2)=-n

12、2+4n. 所以當(dāng)n=2時,Sn=-n2+4n取最大值(Sn)max=8-4=4.故選D. 6.C　解析由三視圖還原幾何體如圖. ∴S表面積=S△BCD+2S△ACD+S△ABC =1222+21251+1225 =2+5+5=2+25. 7.A　解析由A,B∈{1,2,3,4},則有序數(shù)對(A,B)共有16種等可能基本事件,而(A,B)取值為(1,2)時,l1∥l2,故l1與l2不平行的概率為1-116=1516. 8.D　解析由題圖可知,0℃在虛線圈內(nèi),所以各月的平均最低氣溫都在0℃以上,A正確;易知B,C正確;平均最高氣溫高于20℃的月份有3個,分別為六月、七月、八月,

13、D錯誤.故選D. 9.A　解析設(shè)P(x,y).由題意得,t=sin2π4-π3=12,且P的縱坐標(biāo)與P的縱坐標(biāo)相同,即y=12.又P在函數(shù)y=sin2x的圖象上,則sin2x=12,故點(diǎn)P的橫坐標(biāo)x=π12+kπ或5π12+kπ(k∈Z),由題意可得s的最小值為π4-π12=π6. 10.A　解析令f(x)=0,即xcosx2=0,得x=0或cosx2=0,則x=0或x2=kπ+π2,x∈Z. ∵x∈[0,2],∴x2∈[0,4],得k的取值為0,即方程f(x)=0有兩個解,則函數(shù)f(x)=xcosx2在區(qū)間上的零點(diǎn)的個數(shù)為2,故選A. 11.C　解析∵PA+PB=2PO, ∴(PA

14、+PB)PC=2POPC=-2|PO||PC|. 又|PO|+|PC|=|OC|=3≥2|PO||PC|?|PO||PC|≤94, ∴(PA+PB)PC≥-92.故答案為-92. 12.C　解析由函數(shù)f(x)為奇函數(shù),排除B;當(dāng)0≤x≤π時,f(x)≥0,排除A; 又f(x)=-2cos2x+cosx+1,令f(0)=0,則cosx=1或cosx=-12,結(jié)合x∈[-π,π],求得f(x)在(0,π]上的極大值點(diǎn)為2π3,靠近π,排除D. 13.13　解析因?yàn)閳A(x-2)2+y2=1與x軸的交點(diǎn)坐標(biāo)為(1,0),(3,0),所以c=1,a=3,e=ca=13. 14.23　解析Tk

15、+1=C4kx4-k(-1)k13k1xk=C4kx4-2k(-1)k13k,令4-2k=0,得k=2,展開式中的常數(shù)項(xiàng)為23. 15.332　解析將正六邊形分割為6個等邊三角形, 則S6=61211sin60=332. 16.16　解析在同一平面直角坐標(biāo)系中作出函數(shù)y=x2與y=x的圖象如圖,所圍成的封閉圖形如圖中陰影所示,設(shè)其面積為S. 由y=x2,y=x,得x=0,y=0或x=1,y=1.故所求面積S=01(x-x2)dx=12x2-13x301=16. 思維提升訓(xùn)練 1.C　解析A={y|y>0},B={x|-1-1},選C. 2.C　

16、解析z=1-i,則zz2=1-i(1+i)2=1-i2i=-12-12i, 對應(yīng)復(fù)平面內(nèi)點(diǎn)的坐標(biāo)為-12,-12,在第三象限. 3.B　解析不妨令a=2,b=12,則a+1b=4,b2a=18,log2(a+b)=log252∈(log22,log24)=(1,2),即b2a

17、-1=-7. 5.C　解析由算法的程序框圖可知,給出的是分段函數(shù)y=sinπ6x,x≤2,2x,x>2,當(dāng)x>2時y=2x>4,若輸出的y=12,則sinπ6x=12,結(jié)合選項(xiàng)可知選C. 6.C　解析∵雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的焦點(diǎn)在x軸上,∴其漸近線方程為y=bax. ∵漸近線與直線x+2y+1=0垂直, ∴漸近線的斜率為2,∴ba=2, 即b2=4a2,c2-a2=4a2,c2=5a2, ∴c2a2=5,ca=5,雙曲線的離心率e=5. 7.A　解析容易判斷函數(shù)y=xsinx為偶函數(shù),可排除D;當(dāng)00,排除B;當(dāng)x=π時

18、,y=0,可排除C.故選A. 8.D　解析函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f(x)=x2+2bx+(a2+c2-ac),若函數(shù)f(x)有極值點(diǎn), 則Δ=(2b)2-4(a2+c2-ac)>0,得a2+c2-b2π3,故選D. 9.C　解析函數(shù)y=sin2x(x∈R)的圖象向左平移m(m>0)個單位可得y=sin2(x+m)=sin(2x+2m)的圖象,向右平移n(n>0)個單位可得y=sin2(x-n)=sin(2x-2n)的圖象.若兩圖象都與函數(shù)y=sin2x+π3(x∈R)的圖象重合, 則2m=π3+2k1π,2n=-π3+2

19、k2π(k1,k2∈Z), 即m=π6+k1π,n=-π6+k2π(k1,k2∈Z). 所以|m-n|=π3+(k1-k2)π(k1,k2∈Z),當(dāng)k1=k2時,|m-n|min=π3.故選C. 10.A　解析根據(jù)要求進(jìn)行一一列舉,考慮滿足事件A的情況.兩次數(shù)字分別為(0,0),(0,1),(1,0),(0,2),(2,0),(0,3),(3,0),(1,2),(2,1),(1,3),(3,1),(2,3),(3,2),(1,1),(2,2),(3,3),共有16種情況,其中滿足題設(shè)條件的有(0,0),(0,1),(1,1),(1,0),(2,0),(0,2),共6種情況,所以由古典概型

20、的概率計(jì)算公式可得事件A發(fā)生的概率為P(A)=616=38,故選A. 11.A　解析如圖,當(dāng)△ABC為正三角形時,A=B=C=60,取D為BC的中點(diǎn), AO=23AD,則有13AB+13AC=2mAO, ∴13(AB+AC)=2m23AD, ∴132AD=43mAD,∴m=32,故選A. 12.C　解析設(shè)P(2pt2,2pt),M(x,y)(不妨設(shè)t>0),Fp2,0, 則FP=2pt2-p2,2pt,FM=x-p2,y. ∵FM=13FP, ∴x-p2=2p3t2-p6,y=2pt3,∴x=2p3t2+p3,y=2pt3. ∴kOM=2t2t2+1=1t+12t≤121

21、2=22, 當(dāng)且僅當(dāng)t=22時等號成立. ∴(kOM)max=22,故選C. 13.30　解析一年的總運(yùn)費(fèi)與總存儲費(fèi)用之和為4x+600x6=4x+900x≥42900=240,當(dāng)且僅當(dāng)x=900x,即x=30時等號成立. 14.1　解析如圖,OM=OA+OB,則四邊形OAMB是銳角為60的菱形,此時,點(diǎn)O到AB距離為1.由21+k2=1,解得k=1. 15.12　解析由題意易知△ABD≌△PBD,∠BAD=∠BPD=∠BCD=30,AC=23. 設(shè)AD=x,則0≤x≤23,CD=23-x,在△ABD中,由余弦定理知BD=4+x2-23x=1+(x-3)2.設(shè)△PBD中BD邊上的高為d,顯然當(dāng)平面PBD⊥平面CBD時,四面體PBCD的體積最大, 從而VP-BCD≤13dS△BCD=13PDPBsin30BD12BCCDsin30=16x(23-x)1+(x-3)2, 令1+(x-3)2=t∈[1,2],則VP-BCD≤4-t26t≤12易知f(t)=4-t26t在[1,2]上單調(diào)遞減,即VP-BCD的最大值為12. 16.2　解析∵Sn=na1+n(n-1)2d,∴Snn=a1+n-12d, ∴S55-S22=a1+5-12d-a1+2-12d=32d. 又S55-S22=3,∴d=2.