2019高考数学小题押题练三理含解析

小题押题练(三)
一、选择题
1．(2019届高三·广东五校联考)复数z ＝3－i
1－i 等于( )
A ．1＋2i
B ．1－2i
C ．2＋i
D ．2－i 解析：选C z ＝3－i
1－i
＝
－＋－
＋
＝4＋2i 2
＝2＋i.
2．(2018·惠州模拟)已知集合A ＝{x |x <a }，B ＝{x |x 2
－3x ＋2<0}，若A ∩B ＝B ，则实数a 的取值范围是( )
A ．(－∞，1)
B ．(－∞，1]
C ．(2，＋∞)
D ．[2，＋∞)
解析：选D 集合B ＝{x |x 2
－3x ＋2<0}＝{x |1<x <2}，由A ∩B ＝B 可得B ⊆A ，所以a ≥2.选D. 3．(2018·天津模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3＝3，S 13－S 10＝36，则数列{a n }的公差为( )
A ．1
B ．－1
C ．－2
D ．2
解析：选A 设等差数列{a n }的公差为d ，S 13－S 10＝36，即a 13＋a 12＋a 11＝36，从而3a 12＝36，a 12＝12，由a 12＝a 3＋9d ，得d ＝1.故选A.
4.(2018·洛阳尖子生统考)执行如图所示的程序框图，若输入m ＝209，n ＝121，则输出的m 的值为( )
A ．0
B ．11
C ．22
D ．88
解析：选B 当m ＝209，n ＝121时，m 除以n 的余数r ＝88，此时m ＝121，n ＝88，m 除以n 的余数r ＝33，此时m ＝88，n ＝33，m 除以n 的余数r ＝22，此时m ＝33，n ＝22，m 除以n 的余数r ＝11，此时m ＝22，n ＝11，m 除以n 的余数r ＝0，此时m ＝11，n ＝0，退出循环，输出m 的值为11，故选B.
5．(2018·武昌模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为( )
A.112
B ．94 C.92
D ．3
解析：选D 如图，三棱锥P ­ABC 为三视图所对应几何体的直观图，由
三视图可知，
S △ABC ＝12×2×3＝3，点P 到平面ABC 的距离h ＝3，则V P ­ABC ＝13S △ABC ·h ＝
13
×3×3＝3，
故选D.
6．已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎝
⎛⎭⎪⎫A >0，ω>0，|φ|<π2的图象在y 轴右侧的第
一个最高点为⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，3，第一个最低点为⎝ ⎛⎭
⎪
⎫2π3，－3，则f (x )的解析式为( )
A ．f (x )＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6
B ．f (x )＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3
C ．f (x )＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3
D ．f (x )＝3sin ⎝
⎛⎭⎪⎫2x ＋π6 解析：选D 由题意得，A ＝3，设f (x )的最小正周期为T ，则T 2＝2π3－π6＝π
2
，所以T ＝π，ω＝2.又
函数f (x )的图象在y 轴右侧的第一个最高点为⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，3，所以sin ⎝
⎛⎭
⎪⎫2×π6＋φ
＝1，
又|φ|<π2，所以φ＝π6，所以f (x )＝3sin ⎝
⎛⎭⎪⎫2x ＋π6.
7．(2018·河北五个一名校联考)设双曲线C ：x 2a 2－y 2
b
2＝1(a >0，b >0)的左焦点为F ，直线4x －3y ＋20＝0
过点F 且与双曲线C 在第二象限的交点为P ，|OP |＝|OF |，其中O 为原点，则双曲线C 的离心率为( )
A ．5
B ． 5 C.53
D.43
解析：选A 在直线4x －3y ＋20＝0中，令y ＝0，得x ＝－5，故c ＝5，取右焦点为F ′，由|OF |＝|OP |
＝|OF ′|，可得PF ⊥PF ′，由直线4x －3y ＋20＝0，可得tan ∠F ′FP ＝4
3，又|FF ′|＝10，故|PF |＝6，|PF ′|
＝8，∴|PF ′|－|PF |＝2＝2a ，∴a ＝1，故双曲线C 的离心率e ＝c a
＝5，故选A.
8．(2018·开封模拟)已知实数x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪
⎧
x －y ＋2≥0，x ＋2y ＋2≥0，
x ≤1，
则z ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫12x －2y
的最大值是( )
A.1
32
B ．116
C ．32
D ．64
解析：选C 作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分所示，设u ＝x －2y ，由图知，当u ＝x －2y 经过点A (1,3)时取得最小值，即u min ＝1－2×3
＝－5，此时
z ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －2y 取得最大值，即z max ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫12
－5＝32，故选C.
9．(2018·湖北八校第一次联考)如图，O 为△ABC 的外心，AB ＝4，AC ＝2，∠BAC
为钝角，M 为BC 边的中点，则AM ―→·AO ―→
的值为( )
A ．2 3
B ．12
C ．6
D ．5
解析：选D 如图，延长AO 交圆O 于点D ，连接BD ，CD ，则∠ABD ＝∠ACD ＝90°.
因为M 为BC 边的中点，所以AM ―→＝12(AB ―→＋AC ―→)．易知AO ―→＝12AD ―→
，所以
AM ―→
·AO ―→
＝
14(AB ―→＋AC ―→)·AD ―→＝14(AB ―→·AD ―→＋AC ―→·AD ―→)＝14(|AB ―→|·|AD ―→
|·cos ∠
BAD ＋
|AC ―→|·|AD ―→|cos ∠CAD )＝14(|AB ―→|2＋|AC ―→|2)＝14
(42＋22
)＝5.故选D.
10.已知函数f (x )＝3sin(ωx ＋φ)⎝
⎛⎭⎪⎫ω>0，|φ|≤π2的部分图
象如图所示，A ，
B 两点之间的距离为10，且f (2)＝0，若将函数f (x )的图象向右平移
t (t >0)个单位
长度后所得函数图象关于y 轴对称，则t 的最小值为( )
A ．1
B ．2
C ．3
D ．4
解析：选B 由图可设A (x 1,3)，B (x 2，－3)，所以|AB |＝x 1－x 2
2
＋62
＝10，解得|x 1－x 2|＝8.所以
函数f (x )的最小正周期T ＝2|x 1－x 2|＝16，故2πω＝16，解得ω＝π8.所以f (x )＝3sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫π
8x ＋φ
，由f (2)
＝0得3sin ⎝
⎛⎭⎪⎫π4＋φ＝0，又－π2≤φ≤π2，所以φ＝－π4，故f (x )＝3sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫π8
x －π4，向右平移t (t >0)个
单位长度，所得图象对应的函数解析式为g (x )＝f (x －t )＝3sin ⎣⎢
⎡⎦
⎥⎤π
8
x －t －π4＝3sin ⎣⎢⎡⎦
⎥⎤π8x －⎝ ⎛⎭⎪⎫π
8t ＋π4.
由题意，该函数图象关于y 轴对称，所以π8t ＋π4＝k π＋π
2(k ∈Z )，解得t ＝8k ＋2(k ∈Z )，故t 的最小值
为2，选B.
11．在正整数数列中，由1开始依次按如下规则，将某些数染成红色．先染1；再染两个偶数2,4；再染4后面最邻近的3个连续奇数5,7,9；再染9后面的最邻近的4个连续偶数10,12,14,16；再染此后最邻近的5个连续奇数17,19,21,23,25.按此规则一直染下去，得到一红色子数列1,2,4,5,7,9,10,12,14,16,17，…，则在这个红色子数列中，由1开始的第2 018个数是( )
A ．3 971
B ．3 972
C ．3 973
D ．3 974
解析：选B 由题意可知，第1组有1个数，第2组有2个数……根据等差数列的前n 项和公式，可知前n 组共有
n n ＋
2
个数．由于2 016＝
＋2
<2 018<
＋2
＝2 080，因此第2 018个
数是第64组的第2个数．由于第1组最后一个数是1，第2组最后一个数是4，第3组最后一个数是9，……，第n 组最后一个数是n 2
，因此第63组最后一个数为632,
632
＝3 969，第64组为偶数组，其第1个数为3 970，第2个数为3 972.故选B.
12．已知函数f (x )＝ln 2x x
，若关于x 的不等式f 2
(x )＋af (x )>0只有两个整数解，则实数a 的取值范围
是( )
A.⎝ ⎛⎦
⎥⎤13，ln 2 B ．⎝ ⎛⎭
⎪⎫－ln 2，－13ln 6
C.⎝ ⎛⎦
⎥⎤－ln 2，－13ln 6
D.⎝ ⎛⎭
⎪⎫－13ln 6，ln 2
解析：选C 由f (x )＝ln 2x x 得f ′(x )＝1－ln 2x
x 2
，令f ′(x )＝1－ln 2x
x 2
＝0
f (x )在⎝
⎛
⎭
⎪⎫
0，e 2
得，x ＝e 2，当0<x <e 2时，f ′(x )>0，当x >e
2时，f ′(x )<0，所以函数
上是增函数，在⎝ ⎛⎭
⎪⎫e 2，＋∞上是减函数，所以x ＝e 2时，f (x )取得极大
值，也是最大
值，为2e ，又x →0时，f (x )→－∞，当x →＋∞时，f (x )→0，作出函数f (x )的大致图象如图所示，当0<x <
e 2时，
f (x )<2e 有且只有一个整数解1；当x >e 2时，0<f (x )<2e
有无数个整数解．不等式f 2
(x )＋af (x )>0可化为
f (x )[f (x )＋a ]>0，当a ＝0时，不等式为f 2
(x )>0，有无数个整数解，不满足条件；当a >0时，f (x )>0或f (x )<
－a ，f (x )>0时，结合图象可知有无数个整数解，不满足条件；当a <0时，f (x )<0或f (x )>－a ，因为f (x )<0时没有整数解，所以f (x )>－a 有两个整数解．因为f (1)＝ln 2，f (2)＝ln 2，f (3)＝
ln 6
3
<ln 2，所以f (x )≥ln 2时，不等式有两个整数解1,2，当f (x )≥ln 6
3时，不等式有三个整数解1,2,3，所以要使f (x )>－a 有两个
整数解，则ln 63≤－a <ln 2，即－ln 2<a ≤－ln 6
3
，故选C.
二、填空题
13．二项式⎝
⎛⎭⎪⎫x 2－23x 5的展开式中x 4
的系数为________．
解析：二项展开式的通项T r ＋1＝C r 5x 10－2r
⎝ ⎛⎭⎪⎫－23x r ＝C r 5⎝ ⎛⎭
⎪⎫－23r ·x 10－3r ，令10－3r ＝4，得r ＝2，所以x 4的系数为C 25⎝ ⎛⎭⎪⎫－232＝409
.
答案：409
14．已知抛物线C ：y 2
＝2px (p >0)，A (1，－2)是抛物线上的点．若存在斜率为－2的直线l 与抛物线C 有公共点，且点A 到直线l 的距离等于
5
5
，则直线l 的方程是________． 解析：根据题意，得4＝2p ，得p ＝2，所以抛物线C 的方程为y 2
＝4x .设直线l 的方程为y ＝－2x ＋t ，由⎩⎪⎨
⎪⎧
y ＝－2x ＋t ，y 2
＝4x
得y 2
＋2y －2t ＝0，因为直线l 与抛物线C 有公共点，所以Δ＝4＋8t ≥0，解得t ≥－12
.
由点A 到直线l 的距离d ＝55，可得|－t |5
＝55，解得t ＝±1.因为t ≥－12，所以t ＝1，所以直线l 的方程为2x ＋y －1＝0.
答案：2x ＋y －1＝0
15．(2018·云南调研)已知四棱锥P ­ABCD 的所有顶点都在体积为500π
81的球面上，底面ABCD 是边长为2
的正方形，则四棱锥P ­ABCD 体积的最大值为________．
解析：依题意，设球的半径为R ，则有4π3R 3＝500π81，R ＝5
3，正方形ABCD 的外接圆半径r ＝1，球心到
平面ABCD 的距离h ＝R 2
－r 2
＝
⎝ ⎛⎭
⎪⎫532－12＝43，因此点P 到平面ABCD 的距离的最大值为h ＋R ＝43＋53＝3，
因此四棱锥P ­ABCD 体积的最大值为13
×(2)2
×3＝2.
答案：2
16．(2018·贵州模拟)已知函数f (x )＝x n
－x
n ＋1
(n ∈N *
)，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线与y 轴的
交点的纵坐标为b n ，则数列{b n }的前n 项和为________．
解析：因为f ′(x )＝nx
n －1
－(n ＋1)x n ，所以f ′(2)＝n ×2
n －1
－(n ＋1)×2n
，所以曲线y ＝f (x )在点(2，
f (2))处的切线方程为y －f (2)＝[n ×2n －1－(n ＋1)×2n ](x －2)，令x ＝0可得y ＝－2[n ×2n －1－(n ＋1)×2n ]
＋f (2)＝－2[n ×2
n －1
－(n ＋1)×2n ]＋2n －2
n ＋1
＝(n ＋1)×2n ＝b n ，设数列{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝2×2
1
＋3×22
＋…＋(n ＋1)×2n
，①
2S n ＝2×22
＋3×23
＋…＋n ×2n ＋(n ＋1)×2n ＋1
，②
①－②得，
－S n ＝2×21
＋22
＋…＋2n －(n ＋1)×2
n ＋1
＝2＋
－2n
1－2
－(n ＋1)×2
n ＋1
＝2＋2(2n －1)－(n ＋1)×2
n ＋1
＝2n＋1－(n＋1)×2n＋1＝－n×2n＋1，所以S n＝n×2n＋1.
答案：n×2n＋1。