2022年高考数学二轮复习 题型专项练3 客观题12 4标准练（C）（含解析）.docx

1、题型专项练3客观题12+4标准练(C)一、单项选择题1.复数z=1-i31+2i的虚部为()A.-15iB.15iC.-15D.152.已知集合M=x|lg(x-1)0,N=x|x|0,b0)的左、右焦点分别为F1,F2,若双曲线C上存在点P满足F2PO=2F1PO=3,则该双曲线的离心率为()A.3+1B.2+1C.3D.28.已知函数f(x)的定义域为R,f(5)=4,f(x+3)是偶函数,任意x1,x23,+)满足f(x1)-f(x2)x1-x20,则不等式f(3x-1)ln y0,则下列结论正确的是()A.1x13yC.logyxlogxyD.x2+4y(x-y)811.如图,在正方体

2、ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别为BC,CC1,BB1的中点,则()A.D1D平面AEFB.A1G平面AEFC.异面直线A1G与EF所成角的余弦值为1010D.点G到平面AEF的距离是点C到平面AEF的距离的2倍12.如图,在数表中,第1行是从1开始的正奇数,从第2行开始每个数是它肩上两个数之和,则下列说法正确的是()1 3 5 7 9 114 812162012202836A.第6行第1个数为192B.第10行的数从左到右构成公差为210的等差数列C.第10行前10个数的和为9529D.数表中第2 021行第2 021个数为6 06122 020三、填空题13.在一次期中考试中某

3、学校高三全部学生的数学成绩X服从正态分布N(,2),若P(X90)=0.5,且P(X110)=0.2,则P(X70)=.14.已知两条直线l1:y=2x+m,l2:y=2x+n与圆C:(x-1)2+(y-1)2=4交于A,B,C,D四点,且四边形ABCD为正方形,则|m-n|的值为.15.如图,O是滑槽AB的中点,短杆ON可绕点O转动,长杆MN通过点N处的铰链与ON连接,MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动.当点D在滑槽AB内作往复移动时,带动点N绕点O转动,点M也随之运动.记点N的运动轨迹为C1,点M的运动轨迹为C2.若ON=DN=1,MN=3,过轨迹C2上的点P向轨迹C1作切线,则切线长的最大值

4、为.16.阿基米德在他的著作论球和圆柱中,证明了数学史上著名的圆柱容球定理:圆柱的内切球(与圆柱的两底面及侧面都相切的球)的体积与圆柱的体积之比等于它们的表面积之比.可证明该定理推广到圆锥容球也正确,即圆锥的内切球(与圆锥的底面及侧面都相切的球)的体积与圆锥体积之比等于它们的表面积之比,则该比值的最大值为.题型专项练3客观题12+4标准练(C)1.C解析 因为z=1-i31+2i=1+i1+2i=(1+i)(1-2i)(1+2i)(1-2i)=35-15i,所以复数z的虚部为-15.2.C解析 根据题意,由lg(x-1)0,得0x-11,即1x2,则集合M=x|lg(x-1)0=x|1x2.由

5、|x|2,得-2x2,则N=x|x|2=x|-2x2.故MN=x|-2x2=(-2,2.3.C解析 根据题意,必有两人去同一个基层单位进行宣讲,故先从4位优秀党务工作者中选两人,有C42=6种选法,将其看成整体,再和另外两人分配到3个基层单位,有A33=6种分配方案,所以共有66=36种不同的安排方案.4.D解析 由已知得(a-b)(2a+3b)=2a2+ab-3b2=0,|a|=2,|b|=3,则23cos-1=0,故cos=36.5.C解析 由题意知lg(100X0)=10lg(1+p)+lgX0,即2+lgX0=10lg(1+p)+lgX0,所以1+p=100.21.585,解得p0.5

6、85.6.B解析 由f(t)=t(t-3)2+4(t0,5),得f(t)=(t-3)2+2t(t-3)=3(t-1)(t-3),当t0,1)时,f(t)单调递增;当t(1,3)时,f(t)单调递减;当t(3,5时,f(t)单调递增.根据题意,可知该农产品价格下跌的月份为6月和7月.7.A解析 由F2PO=2F1PO=3,可知F1PF2=2,又O为F1F2的中点,所以F1F2P=3.根据题意可知|F1F2|=2c,则|PF2|=c,|PF1|=3c,所以3c-c=2a,所以e=ca=23-1=3+1.8.D解析 因为f(x+3)是偶函数,所以f(x)的图象关于直线x=3对称,所以f(5)=f(1

7、)=4.因为任意x1,x23,+)满足f(x1)-f(x2)x1-x20,所以f(x)在区间3,+)内单调递增,在区间(-,3)内单调递减,所以f(3x-1)4等价于13x-15,解得23xlny0,所以xy1,所以1xy1,所以13xy1,所以logyxlogyy=1,logxylogxy,所以C正确;因为xy1,所以01,所以x2+4y(x-y)8,所以D正确.11.BCD解析 对于A,假设D1D平面AEF,因为D1DA1A,所以AA1平面AEF,显然不可能,所以假设不成立,故A错误;对于B,取B1C1的中点Q,连接GQ,A1Q(图略),则GQEF,A1QAE,可知GQ平面AEF,A1Q平

8、面AEF,又GQA1Q=Q,所以平面A1GQ平面AEF,又A1G平面A1GQ,所以A1G平面AEF,故B正确;对于C,因为EFGQ,所以A1GQ或其补角为异面直线A1G与EF所成的角,设正方体的棱长为2,则A1G=A1Q=5,QG=2,由余弦定理得cosA1GQ=5+2-5252=1010,故C正确;对于D,连接GC,交FE于点O,连接GF(图略),则OCEOGF,所以OGOC=GFCE=2,所以点G到平面AEF的距离是点C到平面AEF的距离的2倍,故D正确.12.ABD解析 数表中,每行是等差数列,且第1行的首项是1,公差为2,第2行的首项是4,公差为4,第3行的首项是12,公差为8,每行的

9、第1个数满足an=n2n-1,每行的公差构成一个以2为首项,2为公比的等比数列,公差满足dn=2n.对于选项A,第6行第1个数为a6=626-1=192,故A正确;对于选项B,第10行的数从左到右构成公差为d10=210的等差数列,故B正确;对于选项C,第10行第1个数为a10=10210-1=1029,公差为210,所以前10个数的和为101029+1092210=19029,故C错误;对于选项D,数表中第2021行第1个数为a2021=202122021-1=202122020,第2021行的公差为22021,故数表中第2021行第2021个数为202122020+(2021-1)2202

10、1=606122020,故D正确.13.0.2解析 由题意易得=90,所以P(X70)=P(X110)=0.2.14.210解析 由题意知l1l2,若四边形ABCD为正方形,则正方形的边长等于直线l1,l2之间的距离d,d=|m-n|5,设圆C的半径为r,由正方形的性质知d=2r=22,即|m-n|5=22,故|m-n|=210.15.15解析 以滑槽AB所在直线为x轴,O为坐标原点建立平面直角坐标系如图所示.因为|ON|=1,所以点N的运动轨迹C1是以O为圆心,半径为1的圆,其方程为x2+y2=1.设点N的坐标为(cos,sin),由于|ON|=|DN|=1,易得D(2cos,0),由|MN

11、|=3,得NM=3ND,设M(x,y),则(x-cos,y-sin)=3(cos,-sin),可得M(4cos,-2sin),所以点M的运动轨迹C2是椭圆,其方程为x216+y24=1.设轨迹C2上的点P(4cos,2sin),则|OP|2=16cos2+4sin2=4+12cos216,故切线长为|OP|2-1216-1=15,即切线长的最大值为15.16.12解析 设圆锥的底面半径为r,母线长为l,圆锥内切球的半径为R,作出圆锥的轴截面如图所示.设OBC=,tan=Rr,r=Rtan.ODAB,OEBC,DBE+DOE=,又AOD+DOE=,AOD=DBE=2,AD=Rtan2,l+r=AD+BD+r=AD+2r=Rtan2+2Rtan.又圆锥表面积S1=r(l+r),圆锥内切球的表面积S2=4R2,故所求比值为S2S1=4R2Rtan2Rtan1-tan2+2Rtan=2tan2(1-tan2).令t=tan20,则S2S1=2t(1-t)=-2t2+2t,故当t=12时,S2S1取得最大值12.