【三维设计】2017届高三数学（理）二轮复习（通用版）课余自主加餐训练 “12+4”限时提速练（七）

【三维设计】2017届高三数学（理）二轮复习（通用版）课余自主加餐训练 “12+4”限时提速练（七）

‎ “12＋4”限时提速练(七)‎ 一、选择题(本大题共12小题，每小题5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．设全集U＝R，集合A＝{x|x2－2x≥0}，B＝{x|y＝log2(x2－1)}，则(∁UA)∩B＝(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A．[1，2) B．(1，2)‎ C．(1，2] D．(－∞，－1)∪[0，2]‎ ‎2．已知i为虚数单位，若复数z＝的虚部为－3，则|z|＝(　　)‎ A. B．2 C. D．5‎ ‎3．若定义域为R的函数f(x)不是偶函数，则下列命题中一定为真命题的是(　　)‎ A．∀x∈R，f(－x)≠f(x)‎ B．∀x∈R，f(－x)＝－f(x)‎ C．∃x0∈R，f(－x0)≠f(x0)‎ D．∃x0∈R，f(－x0)＝－f(x0)‎ ‎4．已知sin＝－，则2sin2－1＝(　　)‎ A. B．－ ‎ C. D．± ‎5．某学校为了提高学生的安全意识，防止安全事故的发生，拟在未来连续7天中随机选择3天进行紧急疏散演练，则选择的3天中恰好有2天连续的概率是(　　)‎ A. B. C. D. ‎6．已知双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线与直线3x－4y－5＝0垂直，则双曲线的离心率为(　　)‎ A.或 B. C. D. ‎7．等比数列{an}的前n项和为Sn.已知S3 ＝ a2 ＋10a1 ，a5＝9，则a1＝(　　)‎ A. B．－ ‎ C. D．－ ‎ ‎8．阅读程序框图，若输出的结果中有且只有三个自然数，则输入的自然数n0‎ 的所有可能取值所组成的集合为(　　)‎ A．{1，2，3} B．{2，3，4}‎ C．{2，3} D．{1，2}‎ ‎9．已知函数f(x)＝asin x－bcos x(a，b为常数，a≠0，x∈R)在x＝处取得最小值，则函数y＝的(　　)‎ A．最大值为a，且它的图象关于点(π，0)对称 B．最大值为a，且它的图象关于点对称 C．最大值为b，且它的图象关于直线x＝π对称 D．最大值为b，且它的图象关于直线x＝对称 ‎10．如图为某几何体的三视图，则该几何体的体积为(　　)‎ A.＋4 B．2π＋ C.＋4 D．π＋ ‎11．设等比数列{an}的前n项和为Sn，M＝S＋S，N＝Sn(S2n＋S3n)，则M与N的大小关系是(　　)‎ A．M≥N B．N≥M C．M＝N D．不确定 ‎12．已知函数f(x)＝x2＋ex－(x＜0)与g(x)＝x2＋ln(x＋a)的图象上存在关于y轴对称的点，则实数a的取值范围是(　　)‎ A. B．(－∞，)‎ C. D. 二、填空题(本大题共4小题，每小题5分)‎ ‎13．已知向量的夹角为120°，且||＝2，||＝3，若，且，则实数λ的值为________．‎ ‎14.(2－)6的展开式中x2的系数是________．‎ ‎15．已知点P是抛物线C1：y2＝4x上的动点，过点P作圆C2：(x－3)2＋y2＝2的两条切线，则两切线夹角的最大值为________．‎ ‎16．在△ABC中，是2B与2C的等差中项，AB＝，角B的平分线BD＝，则BC＝________．‎ 答 案 一、选择题 ‎1．解析：选B　由已知得A＝(－∞，0]∪[2，＋∞)，∴∁UA＝(0，2)，又B＝(－∞，－1)∪(1，＋∞)，∴(∁UA)∩B＝(1，2)，故选B.‎ ‎2．解析：选C　∵z＝＝＝＝－i，‎ ‎∴－＝－3，∴a＝5，∴z＝－2－3i，∴|z|＝＝，故选C.‎ ‎3．解析：选C　定义域为R的偶函数的定义：∀x∈R，f(－x)＝f(x)，这是一个全称命题，所以它的否定为特称命题：∃x0∈R，f(－x0)≠f(x0)，故选C.‎ ‎4．解析：选A　法一：∵sin＝－，∴cos θ＝－，∴2sin2－1＝－cos θ＝，故选A.‎ 法二：特殊值法，取＋θ＝，‎ ‎∴θ＝，2sin2－1＝2×－1＝，故选A.‎ ‎5．解析：选D　连续7天中随机选择3天，有C＝35种情况，其中恰好有2天连续，有4＋3＋3＋3＋3＋4＝20种情况，所以所求的概率为＝，故选D.‎ ‎6．解析：选C　直线3x－4y－5＝0的斜率为，∴双曲线的一条渐近线的斜率为－，即－＝－，∴b＝a，∴c＝＝a，∴e＝＝，故选C.‎ ‎7． 解析：选C　由题知q≠1，则S3＝＝a1q＋10a1，得q2＝9，又a5＝a1q4＝9，则a1＝，故选C.‎ ‎8．解析：选C　法一：要使输出的结果中有且只有三个自然数，只能是5，4，2，所以应使5≤＜10，解得1＜n0≤3，即n0＝2，3，所以输入的自然数n0的所有可能值为2，3，故选C.‎ 法二：代入验证法，当n0＝1时，输出的结果是10，5，4，2，排除选项A，D，当n0＝4时，输出的结果是4，2，排除选项B，故选C.‎ ‎9．解析：选C　由条件得f＝f(0)，∴a＝－b，∴f(x)＝asin x＋acos x＝asin.又f(x)在x＝处取得最小值，∴a＜0，b＞0，∴y＝＝＝|asin x|＝b|sin x|，故选C.‎ ‎10．如图为某几何体的三视图，则该几何体的解析：选D　由三视图可知，该几何体是一个半圆柱与一个四棱锥的组合体，如图所示，其中四棱锥的底面ABCD为圆柱的轴截面，顶点P在半圆柱所在圆柱OO1的底面圆上，且点P在AB上的射影为底面圆的圆心O.‎ 由三视图中的数据可得，半圆柱所在圆柱的底面半径r＝1，母线长l＝2，‎ 故半圆柱的体积V1＝πr2l＝π×12×2＝π；‎ 四棱锥的底面ABCD是边长为2的正方形，PO⊥底面ABCD，且PO＝r＝1，‎ 故其体积V2＝S正方形ABCD×PO＝×22×1＝.‎ 故该几何体的体积V＝V1＋V2＝π＋.‎ ‎11．解析：选C　对于等比数列1，－1，1，－1，1，－1，…，S2k＝0，S4k－S2k＝0，S8k－S4k＝0，令n＝2k，此时有M＝N＝0；对于Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…，各项均不为零时，‎ ‎∵等比数列{an}的前n项和为Sn，设{an}的公比为q，∴Sn，S2n－Sn，S3n－S2n是一个公比为qn的等比数列，∴S2n－Sn＝Sn×qn，S3n－S2n＝Sn×q2n，∴M＝S＋S＝S×[1＋(1＋qn)2]＝S×(2＋2qn＋q2n)＝Sn×(S2n＋S3n)＝N，由上可知，M＝N，选C.‎ ‎12．解析：选B　法一：由题意可得，存在x＜0，使得x2＋ex－＝(－x)2＋ln(－x＋a)成立，即ex－＝ln(－x＋a)，ex－－ln(－x＋a)＝0，令h(x)＝ex－－ln(－x＋a)，若a＞0，则问题等价于h(x)＝ex－－ln(－x＋a)在(－∞，0)上存在零点，易证h(x)在(－∞，0)上单调递增，当x趋近于－∞时，ex趋近于0，ln(－x＋a)趋近于＋∞，∴h(x)趋近于－∞，∴只需h(0)＞0，即1－－ln a＞0⇒0＜a＜.若a≤0，则问题等价于h(x)＝ex－－ln(－x＋a)在(－∞，a)上存在零点，易证h(x)在(－∞，a)上单调递增，当x趋近于－∞时，ex趋近于0，ln(－x＋a)趋近于＋∞，∴h(x)趋近于－∞，∴只需当x趋近于a时，h(x)＞0，易得当x趋近于a时，h(x)趋近于＋∞，∴a≤0符合题意．综上所述，实数a的取值范围是(－∞，)，故选B.‎ 法二：特殊值法和排除法，由题意可得，存在x＜0，使得x2＋ex－＝(－x)2＋ln(－x＋a)成立，即ex－＝ln(－x＋a)，ex－－ln(－x＋a)＝0，令h(x)＝ex－－ln(－x＋a)，取a＝1，h(0)＝＞0，h(－1)＝－－ln 2＜0，∴由零点存在性定理可得a＝1满足题意，排除选项A、C、D，故选B.‎ 二、填空题 ‎13．解析：‎ ‎⇒－3λ－4λ＋9＋3＝0⇒λ＝.‎ 答案： ‎14.解析：(2－)6展开式的通项为Tr＋1＝C·26－r·(－)r＝(－1)r·26－r·C·x，分别取r＝6，r＝2，得(2－)6的展开式中含x2的项为·x3＋x·24·C·x＝243x2，故系数为243.‎ 答案：243‎ ‎15．解析：由已知得，圆心C2(3，0)，半径为.设点P，两切点分别为A，B，要使两切线的夹角最大，只需|PC2|最小，|PC2|＝＝，当y＝4时，|PC2|min＝2，∴∠APC2＝∠BPC2＝，∴∠APB＝.‎ 答案： ‎16．解析：在△ABC中，∵是2B与2C的等差中项，∴A＝2(B＋C)，而A＋B＋C＝180°，∴A＝120°.在△ABD中，由正弦定理得＝，∴sin∠ADB＝＝，‎ ‎∴∠ADB＝45°，∴∠ABD＝15°，∴∠ABC＝30°，∴∠ACB＝30°，∴AC＝AB＝，‎ ‎∴在△ABC中，由余弦定理得BC＝＝.‎ 答案：