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1、小题提速练(八)小题提速练(八) 一、选择题(本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 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已知复数z(bR R)的实部和虚部相等，则b( ) 1bi i A1 B1 C2 D2 解析：选 B.复数zbi，因为复数z的实部和虚部相等，所以b1. 1bi i ib 1 2已知集合Ax|x21，Bx|(x21)(x24)0，则集合AB中的元素个数为 ( ) A2 B1 C3 D4 解析 ： 选 A.Ax|x1 或x1，B2，1，1，2，AB2，2，AB中 有 2 个元素，故选 A. 3已知角，满足 tan tan ，若 cos() ，则
2、cos()的值为 1 3 4 5 ( ) A. B 1 5 2 3 C. D 2 5 3 5 解析：选 C.解法一：由 tan tan ，cos() 得， 1 3 4 5 解得 sin sin cos cos 1 3， cos cos sin sin 4 5，) sin sin 1 5， cos cos 3 5，) 故 cos()cos cos sin sin . 2 5 解法二 ： 设 cos()x， 即 cos cos sin sin x ， 由 cos( ) 得，cos cos sin sin ，由得 cos cos ，sin sin 4 5 4 5 2 5 x 2 ，两式相除得 tan
3、 tan ，解得x ，故 cos() . 2 5 x 2 2 5 x 2 2 5 x 2 1 3 2 5 2 5 4已知函数f(x)则下列结论正确的是( ) x22，x0， 2cos x，x 0，) Af(x)是偶函数 Bf(x)是增函数 Cf(x)是周期函数 Df(x)的值域为1 2，) 解析 ： 选D.由函数f(x)可知当x0时，f(x)2， 当x0时，f(x) x22，x0， 2cos x，x 0，) ，故f(x)的值域为，排除选项 A、B、C，故选 D. 1 2，2 1 2，) 5 已知直线m， 平面，p： “直线m与平面，所成的角相同” ，q： “” ， 则p是q的( ) A充分不必
4、要条件 B必要不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 解析 ： 选 B.充分性 ： 若“直线m与平面，所成的角相同” ，以正方体ABCDA1B1C1D1 为例， 面对角线A1D与底面ABCD及侧面ABB1A1所成的角均为45， 但底面ABCD侧面ABB1A1， 所以充分性不成立； 必要性 ： 若“” ，由线面角的定义及三角形的相似可知“直线m与平面，所 成的角相同” ，所以必要性成立故p是q的必要不充分条件，故选 B. 6执行如图所示的程序框图，则输出的结果为( ) A9，2 B10，2 C9， D9，1 1 2 解析 ： 选 D.当n1 时，a1 1 ； 当n2 时，a1 1 1
5、； 当n3 1 a 1 2 1 2 1 a 1 1 2 时，a1 12； 当n4 时，a1 1 ；.则a的取值是周期为 3 的一 1 a 1 1 1 a 1 2 1 2 组数，则由循环语句，当n8 时，a1，则n9，跳出循环，执行输出，故选 D. 7圆C1：x2y24x2y10 和圆C2：x2y24y3 的位置关系是( )3 A相离 B外切 C内切 D相交 解析：选 D.圆C1：(x2)2(y1)24，圆C2：x2(y2)29，则C1(2，1)，3 圆C1的半径r1为 2；C2(0， 2)， 圆C2的半径r2为 3.两圆的圆心距d322（2 31）2 (r2r1，r2r1)，所以两圆的位置关系
6、是相交故选 D.174 3 8 已知各项均为正的等比数列an， 公比为q， 前n项和为Sn， 则 “q1” 是 “S22S63S4” 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 通解：选 A.因为等比数列an的各项均为正，所以a10.若q1，则S22S63S4 a1（1q2） 1q 2a1（1q6） 1q 3a1（1q4） 1q a1q2（12q43q2） q1 0， 所以S22S63S4.而当q1 时，S22S63S4也成立 所以 “q a1q2（2q21）（q21） q1 1”是“S22S63S4”的充分不必要条件，故选 A. 优解 ： 因为等比数列a
7、n的各项均为正， 所以q0，S20.令S22S63S4q2S2(2q21) 0，所以q.所以“q1”是“S22S63S4”的充分不必要条件，故选 A. 2 2 9已知函数f(x)ax3ax2xb(a，bR R)，则下列图象一定不能表示f(x)的图象 的是( ) 解析：选 D.结合选项，令b0，f(x)ax3ax2x，则f(x)3ax22ax1，分三 种情况讨论：当a0 时，f(x)1，f(x)单调递增；当a0 时，方程 3ax22ax10 的判别式(2a)243a0， 此时f(x)不可能单调递减 ； 当a0时， 函数f(x)3ax2 2ax1 不可能恒小于 0，即函数f(x)不可能在 R R
8、上单调递减，结合各选项，知f(x)的图象 不可能为 D 中图象，故选 D. 10网格纸上小正方形的边长为 1，粗实线画的是某组合体的三视图，则该组合体的体 积是( ) A. B 2 3 3 2 3 2 3 3 16 3 C4 D 16 3 4 3 2 3 解析：选 D.观察题中三视图可知组合体的上部分是三棱锥，下部分是半径为 1 的半球， 其直观图如图 1 所示 图 1 在棱长为 2 的正方体中画出符合三视图的三棱锥ABEF，顶点A，B，E，F分别是正方 体棱的中点 解法一 ： 如图2， 取EF的中点C， 连接AC，BC， 则EFAC，EFBC， 所以EF平面ABC，ACBC ，AB2，所以S
9、ABC 222，三棱锥ABEF的体积V1 SABCEF .半球体5 1 2 1 3 4 3 积V2 13 .所以该组合体的体积VV1V2 .故选 D. 1 2 4 3 2 3 4 3 2 3 图 2 解法二 ： 如图 3，C，D分别为正方体两棱的中点， 连接CD，G为CD的中点， 连接EG，FG， 过CD，EF作截面EFDC，则正方体和三棱锥ABEF都被一分为二，因为SEFG 222， 1 2 所以三棱锥ABEF的体积V12 SEFGAG ，半球体积V2 13 .所以该 1 3 4 3 1 2 4 3 2 3 组合体的体积VV1V2 .故选 D. 4 3 2 3 图 3 11已知双曲线1(a0
10、，b0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1且垂直于x x2 a2 y2 b2 轴的直线与该双曲线的左支交于A，B两点，AF2，BF2分别交y轴于P，Q两点，若PQF2的 周长为 16，则的最大值为( ) b a1 A. B 4 3 3 4 C. D 5 3 4 5 解析 ： 选 A.如图 1， 由已知条件得， ABF2的周长为 32， 因为|AF2|2a|AF1|， |BF2|2a |BF1|， |AF1|BF1|， 所以4a32，a8，b2a28a0， 得(a4)2b2 b2 a 4b2 a b2 a 16.设k， 则k表示点(a，b)与点(1， 0)连线的斜率，作出图形， 如图 2，易知
11、kmax b a1 .故选 A. 4 3 12 已知函数f(x)的定义域是R R， 且满足f(x)f(x)0，f(x2)f(x)0， 当x 0，1时，f(x)xg(x)4x2x2 是定义域为 R R 的函数 1 2 给出以下四个命题： 存在实数a，使得关于x的方程|g(x)|a有两个不相等的实根； 存在x00，1，使得g(x0)g(x0)； 当x(，2时，关于x的方程fg(x)0 有 7 个实根； 关于x的方程gf(x)0 有 1 个实根 其中正确命题的个数是( ) A1 B2 C3 D4 解析：选 B.因为f(x)f(x)，f(x2)f(x)f(x)，所以f(x)是偶函数，也是 周期函数，其
12、最小正周期T2.结合已知条件画出函数f(x)的图象，如图所示 图 1 命题是真命题当a1 时，4x2x21，所以 4x2x30 或 4x2x10， 解得 2x或 2x，又 2x0，所以xlog2或xlog2，符合 1 13 2 1 5 2 1 13 2 1 5 2 题意，所以命题是真命题命题是假命题解方程 4x2x2(4x2x2)，整理 得(2x2x)2(2x2x)60，所以(2x2x3)(2x2x2)0，因为 2x2x0， 所以 2x2x30， 所以(2x)232x10， 解得 2x.由x00， 1， 得 2x01， 3 5 2 2， 而1， 2， 所以原方程在0， 1上无解 所以在0， 1
13、上不存在x0， 使得g(x0) 3 5 2 g(x0)，命题是假命题 命题是真命题设t2x，由x(，2，得t(0，4构造函数(t)t2t 2(4t0)，则g(x)(t)，函数(t)的图象如图 2 所示 图 2 易得(t)， 结合函数f(x)的图象可知， 函数f(x)在上有零点2， 9 4，10 9 4，10 0，2，4，6，8，10， 当g(x)分别等于2，0，2，4，6，8，10 时，都只有一个实根所以方程fg(x)0 在(，2上有 7 个实根，命题是真命题 命题是假命题函数g(x)只有唯一零点x1，所以f(x)1，结合f(x)的图象可知， 当f(x)1 时，x2k1，kZ Z，所以方程gf
14、(x)0 有无数个实根，且x2k1，kZ Z， 命题是假命题所以只有命题是真命题，故选 B. 二、填空题(本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分) 13某校共有学生 2 400 人，高一学生有 800 人，现对学生活动情况进行抽样调查，用 分层抽样的方法从所有学生中抽取 120 人，则从高一年级学生中应抽取_人 解析：由题意得，抽取的比例为，因为从所有学生中抽取 120 人， 1 20 所以从高一年级学生中应抽取的人数为 80040. 1 20 答案：40 14已知向量a a(1，m)，|b b|1，|a ab b|，且向量a a，b b的夹角是 60，则m7 _ 解析 ： 由|a a
15、b b|， 得|a a|22abab|b b|2|a a|2|a a|17， 解得|a a|2， 所以7m21 2，故m.3 答案： 3 15已知在等差数列an中，an的前n项和为Sn，a11，S1391，若6，则正整 Sk ak 数k_ 解析 ： 解法一 ： 设等差数列an的公差为d， 则由S1391， 得 13a1d 13 （131） 2 91，根据a11，得d1，所以ann，所以Sk，所以6，所以k11. k（k1） 2 Sk ak k1 2 解法二 ： 在等差数列an中，S1391，根据等差数列的性质，可得 13a791，即a77， 又a11， 所以可得公差d1， 即ann， 所以Sk
16、， 所以6， 所以k11. k（k1） 2 Sk ak k1 2 答案：11 16如图，AB是立于山顶上的电视塔，现借助升降机CD测量塔高，当在升降机底部C 时，测得点A的仰角为 45、点B的仰角为 60 ； 当升降机上升 10 米至D时，测得点A的 仰角为 30，则塔高AB为_米 解析 ： 在ACD中，ACD45，ADC120，得DAC15，又CD10，由正弦 定理， 得AC.又在ACB中， ACB604515， CD sin 15 AC sin 120 5 3 sin 15 ABC30，由正弦定理，得AB2sin AC sin 30 AB sin 15 ACsin 15 sin 30 5 3 sin 15 1510.3 答案：10 3