2018年高考数学（文）二轮复习+专题突破训练：（高考22题）标准练4

12＋4“80分”标准练4
1．(2017届山东师大附中模拟)已知集合A＝{x|y＝lg(x＋1)}，B＝{x||x|＜2}，则A∩B等于(　　)
A．(－2,0) B．(0,2)
C．(－1,2) D．(－2，－1)
答案　C
解析　由x＋1＞0，得x＞－1，
∴A＝(－1，＋∞)，B＝{x||x|＜2}＝(－2,2)，
∴A∩B＝(－1,2)．故选C.
2．(2017·山东)已知i是虚数单位，若复数z满足zi＝1＋i，则z2等于(　　)
A．－2i B．2i C．－2 D．2
答案　A
解析　方法一　z＝＝＝1－i，
z2＝(1－i)2＝－2i.
方法二　(zi)2＝(1＋i)2，－z2＝2i，z2＝－2i.故选A.
3．(2017届山东省青岛市二模)已知命题p，q，“綈p为假”是“p∨q为真”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
答案　A
解析　若綈p为假，则p为真，则p∨q为真，即充分性成立，当p假q真时，满足p∨q为真，但綈p为真，则必要性不成立，21教育网
所以“綈p为假”是“p∨q为真”的充分不必要条件，
故选A.
4．已知x＝ln π，，，则(　　)
A．x＜y＜z B．z＜x＜y
C．z＜y＜x D．y＜z＜x
答案　D
解析　x＝ln π＞1，
∴x＞z＞y.故选D.
5．(2017届山东省济宁市二模)过圆锥顶点的平面截去圆锥一部分，所得几何体的三视图如图所示，则原圆锥的体积为(　　)www.21-cn-jy.com
A．1 B.
C. D.
答案　D
解析　由三视图可得底面圆的半径为＝2，圆锥的高为＝2，
∴原圆锥的体积为π·22·2＝，故选D.
6．(2017届广东省深圳市二模)一个三位数，个位、十位、百位上的数字依次为x，y，z，当且仅当y＞x，y＞z时，称这样的数为“凸数”(如243)，现从集合{1,2,3,4}中取出三个不相同的数组成一个三位数，则这个三位数是“凸数”的概率为(　　)21·世纪*教育网
A. B.
C. D.
答案　B
解析　在{1,2,3,4}的4个整数中任取3个不同的数组成三位数，有24种情况，
在{1,2,3,4}的4个整数中任取3个不同的数，将最大的放在十位上，剩余的2个数字分别放在百、个位上，有8种情况，则这个三位数是“凸数”的概率是＝.www-2-1-cnjy-com
故选B.
7．(2017届安徽省合肥市三模)《周髀算经》是中国古代的天文学和数学著作．其中一个问题大意为：一年有二十四个节气，每个节气晷长损益相同(即太阳照射物体影子的长度增加和减少大小相同)．若冬至晷长一丈三尺五寸，夏至晷长一尺五寸(注：一丈等于十尺，一尺等于十寸)，则夏至之后的节气(小暑)晷长为(　　)2-1-c-n-j-y
A．五寸 B．二尺五寸
C．三尺五寸 D．一丈二尺五寸
答案　A
解析　设晷长为等差数列{an}，公差为d，a1＝135，a13＝15，则135＋12d＝15，解得d＝－10.
∴a14＝135－10×13＝5，
∴夏至之后的节气(小暑)的晷长是5寸．故选A.
8．(2017届江西省重点中学联考)元朝著名数学家朱世杰在《四元玉鉴》中有一首诗：“我有一壶酒，携着游春走，遇店添一倍，逢友饮一斗，店友经三处，没了壶中酒，借问此壶中，当原多少酒？”用程序框图表达如图所示，即最终输出的x＝0，则一开始输入的x的值为(　　)
A. B.
C. D．4
答案　B
解析　i＝1时，x＝2x－1，
i＝2时，x＝2(2x－1)－1＝4x－3，
i＝3时，x＝2(4x－3)－1＝8x－7，
i＝4时，退出循环，此时8x－7＝0，
解得x＝，故选B.
9．(2017届山东省青岛市二模)已知函数f(x)＝sin－cos2x＋(x∈R)，则下列说法正确的是(　　)2·1·c·n·j·y
A．函数f(x)的最小正周期为
B．函数f(x)的图象关于y轴对称
C．点为函数f(x)图象的一个对称中心
D．函数f(x)的最大值为
答案　D
解析　函数f(x)＝sin－cos2x＋
＝－＋
＝sin 2x＋cos 2x
＝sin(x∈R)，
由ω＝2知，f(x)的最小正周期为π，A错误；
∵f(0)＝sin ＝不是最值，
∴f(x)的图象不关于y轴对称，B错误；
∵f?＝sin ＝≠0，
∴点不是函数f(x)图象的一个对称中心，C错误；
∵sin∈[－1,1]，
∴f(x)的最大值是，D正确．
故选D.
10．(2017届山东省、湖北省部分重点中学模拟)已知实数x，y满足不等式组若目标函数z＝y－mx取得最大值时有唯一的最优解(1,3)，则实数m的取值范围是(　　)
A．m＜－1 B．0＜m＜1
C．m＞1 D．m≥1
答案　C
解析　作出不等式组对应的平面区域如图，
由z＝y－mx，得y＝mx＋z，即直线的截距最大，z也最大，
若m＝0，此时y＝z，不满足条件；
若m＞0，目标函数y＝mx＋z的斜率k＝m＞0，要使目标函数z＝y－mx取得最大值时有唯一的最优解(1,3)，21*cnjy*com
则直线y＝mx＋z的斜率m＞1，
若m＜0，目标函数y＝mx＋z的斜率k＝m＜0，不满足题意．
综上，m＞1.
故选C.
11．已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)，过点P(3,6)的直线l与C相交于A，B两点，且AB的中点为N(12,15)，则双曲线C的离心率为(　　)21cnjy.com
A．2 B.
C. D.
答案　B
解析　方法一　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由AB的中点为N(12,15)，得x1＋x2＝24，y1＋y2＝30，
由
两式相减得
＝，
则＝＝，
由直线AB的斜率k＝＝1，
∴＝1，则＝，
双曲线的离心率e＝＝ ＝，
∴双曲线C的离心率为，故选B.
方法二　设A(12＋m,15＋n)，B(12－m,15－n)，
则
两式相减得＝，
由直线l的斜率k＝＝，
直线AB的斜率k＝＝1，
∴＝1，则＝，
双曲线的离心率e＝＝ ＝，
∴双曲线C的离心率为，故选B.
12．(2017届安徽省合肥市三模)已知实数a，b满足2＜a＜b＜3，下列不等关系中一定成立的是(　　)21世纪教育网版权所有
A．a3＋15b＞b3＋15a
B．a3＋15b＜b3＋15a
C．b·2a＞a·2b
D．b·2a＜a·2b
答案　D
解析　设f(x)＝x3－15x，
则f′(x)＝3x2－15＝3(x＋)(x－)．
当x∈(2，)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
当x∈(，3)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
若2＜a＜b＜，则f(a)＞f(b)，
即a3＋15b＞b3＋15a；
若＜a＜b＜3，则f(a)＜f(b)，
即a3＋15b＜b3＋15a.
∴A，B均不一定成立．
设g(x)＝，
则g′(x)＝＝.
令g′(x)＝0，得x＝log2e∈(1,2)．
∴当x∈(2,3)时，g′(x)＞0，g(x)为增函数，
∵2＜a＜b＜3，>，即b·2a＜a·2b.
故选D.
13．(2017·全国Ⅲ)已知向量a＝(－2,3)，b＝(3，m)，且a⊥b，则m＝________.
答案　2
解析　∵a＝(－2,3)，b＝(3，m)，且a⊥b，
∴a·b＝0，即－2×3＋3m＝0，解得m＝2.
14．(2017届江苏省苏、锡、常、镇四市二模)已知直线l：mx＋y－2m－1＝0，圆C：x2＋y2－2x－4y＝0，当直线l被圆C所截得的弦长最短时，实数m＝________.
答案　－1
解析　由圆C：x2＋y2－2x－4y＝0，
得(x－1)2＋(y－2)2＝5，
∴圆心坐标是C(1,2)，半径是，
∵直线l：mx＋y－2m－1＝0过定点P(2,1)，且在圆内，
∴当l⊥PC时，直线l被圆x2＋y2－2x－4y＝0截得的弦长最短，
∴－m·＝－1，∴m＝－1.
15．(2017届山东省聊城市三模)若函数f(x)＝(x2－ax＋a＋1)ex(a∈N)在区间(1,3)上只有1个极值点，则曲线f(x)在点(0，f(0))处切线的方程为____________．21·cn·jy·com
答案　x－y＋6＝0
解析　f′(x)＝ex[x2＋(2－a)x＋1]，
若f(x)在(1,3)上只有1个极值点，
则f′(1)·f′(3)＜0，
即(a－4)(3a－16)＜0，
解得4＜a＜，a∈N，
故a＝5，
故f(x)＝ex(x2－5x＋6)，f′(x)＝ex(x2－3x＋1)，
故f(0)＝6，f′(0)＝1，
故切线方程是y－6＝x，即x－y＋6＝0.
16．(2017届上海市松江区二模)已知递增数列{an}共有2 017项，且各项均不为零，a2 017＝1，如果从{an}中任取两项ai，aj，当i答案　1 009
解析　∵当i∴an－an－1∴必有an－an－1＝a1，an－an－2＝a2，…，an－a1＝an－1，
利用累加法可得(n－1)an＝2(a1＋a2＋…＋an－1)，
故Sn－1＝，S2 016＝×1＝1 008，
∴S2 017＝S2 016＋a2 017＝1 008＋1＝1 009.