高考数学二轮专题复习小题提速练六文

小题提速练(六)
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．已知集合A ＝{x |log 2(x －1)＜0}，B ＝{x |x ≥0}，则A ∩B ＝( ) A ．(0，1) B ．(0，1] C ．(1，2)
D ．(1，2]
解析：选C.由log 2(x －1)＜0可得log 2(x －1)＜log 21，再由函数的定义域和单调性可得0＜x －1＜1，即1＜x ＜2，从而A ＝(1，2)，A ∩B ＝A ＝(1，2)，选C.
2．若复数z 满足z －i
1＋i
＝3＋i(i 为虚数单位)，则z 在复平面内所对应的点位于( )
A ．第一象限
B ．第二象限
C ．第三象限
D ．第四象限
解析：选A.由z －i
1＋i
＝3＋i ，可得z －i ＝(3＋i)(1＋i)＝2＋4i ，即z ＝2＋5i ，其在复
平面内所对应的点(2，5)位于第一象限．
3．已知直线l 的斜率为k ，倾斜角为θ，则“0＜θ≤π
4”是“k ≤1”的( )
A ．充分而不必要条件
B ．必要而不充分条件
C ．充要条件
D ．既不充分也不必要条件
解析：选A.当0＜θ≤π4时，0＜k ≤1；反之，当k ≤1时，0≤θ≤π4或π
2＜θ＜π，
故“0＜θ≤π
4
”是“k ≤1”的充分而不必要条件，选A.
4．在区间[0，2]上随机地取一个数x ，则事件“2x 2
－3x ≤0”发生的概率为( ) A.23 B ．34 C.13
D ．14
解析：选B.由2x 2
－3x ≤0，得0≤x ≤32，故所求概率P ＝32－02－0＝34，选B.
5．cos 63°sin 177°＋sin 243°sin 87°＝( ) A.1
2 B ．－12
C.32
D ．－
32
解析：选D.解法一：cos 63°sin 177°＋sin 243°sin 87°＝cos 63° sin(90°＋
87°)＋sin(180°＋63°)sin 87°＝cos 63°cos 87°－sin 63°sin 87°＝cos(63°＋87°)＝cos 150°＝－
32
. 解法二：cos 63°sin 177°＋sin 243°sin 87°＝cos 63°sin(180°－3°)＋sin(180°＋63°)sin(90°－3°)＝cos 63°sin 3°－sin 63°cos 3°＝sin(3°－63°)＝sin(－60°)＝－sin 60°＝－
32
. 6．已知双曲线Γ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的顶点到渐近线的距离为12
5
，且其一个焦点坐
标为(5，0)，则双曲线Γ的方程为( )
A.x 216－y 2
9＝1
B ．x 219－y 26＝1 C.
x 2
13－y 2
12
＝1 D ．x 2
21－y 2
4
＝1 解析：选A.双曲线的一条渐近线方程为bx －ay ＝0，一个顶点坐标为(a ，0)，由题有
|ba －a ·0|a 2＋b 2
＝125，而c 2＝a 2＋b 2
且c ＝5，于是ab ＝12，联立，得⎩⎪⎨⎪⎧ab ＝12，a 2＋b 2＝25，且注意到a ＞b ＞0，解得⎩
⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝3.所以双曲线Γ的方程为x 216－y 2
9＝1.
7．执行如图所示的程序框图，若输入的n ＝40，则输出的i 的值是( )
A ．0
B ．3
C ．4
D ．5
解析：选D.运行该程序，i ＝0，n ＝40，n 不是奇数，则n ＝20，i ＝1，n ≠1；n 不是奇数，则n ＝10，i ＝2，n ≠1；n 不是奇数，则n ＝5，i ＝3，n ≠1；n 是奇数，则n ＝5－1
2
＝2，
i ＝4，n ≠1；n 不是奇数，则n ＝1，i ＝5，此时n ＝1，循环结束．故输出的i 的值是5.
8．已知椭圆x 2a ＋y 2
b
＝1(a ＞b ＞0)的中心为坐标原点O ，一个焦点为F ，若以O 为圆心，
|OF |为半径的圆与椭圆恒有公共点，则椭圆的离心率的取值范围是( )
A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫
22，1 B ．⎝ ⎛
⎦⎥⎤0，32 C.⎣⎢
⎡⎭
⎪⎫
32，1 D ．⎝
⎛⎦
⎥⎤0，
22 解析：选A.由于以O 为圆心，以b 为半径的圆内切于椭圆，则根据题意可得c ≥b ，c 2
≥b 2
＝a 2
－c 2
，2c 2
≥a 2
，e ≥
22，又0＜e ＜1，所以2
2
≤e ＜1，故选A. 9．一个几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积为( )
A ．10 cm 2
B ．272cm 2
C.
3172
cm 2
D ．⎝ ⎛⎭
⎪⎫10＋133＋612cm 2
解析：选D.由三视图可知，该几何体为三棱锥，其直观图如图所示，
其中底面是底边长为4，高为3的等腰三角形，后侧面是底边长为4，高为2的三角形，左边一个侧面是等腰三角形，还有一个侧面是非特殊三角形，所以表面积S ＝12×4×3＋12×4×2＋12×14×382＋1
2×5×13
×
6165
＝10＋
133＋612
(cm 2
)． 10．若函数f (x )＝ln x －ax 2
－4x (a ≠0)在区间⎝ ⎛⎭
⎪⎫14，13上单调递增，则实数a 的最大值
为( )
A.32
B ．－32
C ．－12
D ．12
解析：选B.解法一：对函数f (x )求导得f ′(x )＝1x －2ax －4＝－2ax 2
＋4x －1
x
(x ＞0)．
①当a ＞0时，由f ′(x )＞0得，0＜x ＜4＋2a －22a ，即f (x )在⎝ ⎛
⎭
⎪⎫0，4＋2a －22a 上单调递增，
因为f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫14，13上单调递增，所以4＋2a －22a ≥13，无解，故a 不存在； ②当－2＜a ＜0时，由f ′(x )＞0得，0＜x ＜4＋2a －22a 或x ＞－4＋2a －2
2a
， 即f (x )在⎝ ⎛
⎭⎪⎫0，
4＋2a －22a ，⎝ ⎛⎭
⎪⎫
－4＋2a －22a ，＋∞上单调递增， 因为f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫14，13上单调递增，所以4＋2a －22a ≥13或－4＋2a －22a ≤14，
所以－2＜a ≤－3
2
；
③当a ≤－2时，f ′(x )≥0恒成立，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增，符合题意． 综上所述，a ≤－32，即实数a 的最大值为－3
2.
解法二：对函数f (x )求导得f ′(x )＝1
x
－2ax －4＝
－2ax 2
＋4x －1x (x ＞0)．依题意，得f ′(x )≥0在⎝ ⎛⎭
⎪⎫14，13上恒成立，即2ax 2＋4x －1≤0
在⎝ ⎛⎭⎪⎫14，13上恒成立，所以a ≤12⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2－4x ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －22－4在⎝ ⎛⎭⎪⎫14，13上恒成立，因为1x ∈(3，4)，
所以a ≤－32，即实数a 的最大值为－3
2
.
11．某土木工程建筑公司有A ，B 两种型号的工程车，A ，B 两种型号的工程车的载重分别为32吨和48吨，该公司承建的工程项目需要将工地的土石从甲地运到乙地．已知A ，B 两种型号的工程车每次从甲地去乙地的营运成本分别为2 000元/辆和2 500元/辆，公司拟组建一个不超过25辆车的车队，并要求B 型车不多于A 型车10辆，若车队每次运送土石不少于880吨，且使公司从甲地到乙地的单次运输的营运成本最小，那么应配备A 型车的辆数为( )
A ．3
B ．4
C ．5
D ．6
解析：选C.设应配备A ，B 型车分别为x ，y 辆，公司从甲地到乙地的单次运输的营运
成本为z 元，则z ＝2 000x ＋2 500y .由题意，得x ，y 满足约束条件
⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤25，y ≤x ＋10，
32x ＋48y ≥880，x ≥0，y ≥0，
作出可行域如图中阴影部分所示，可行域的三个顶点坐标分别为P (5，15)，Q ⎝
⎛⎭
⎪⎫152，35
2
，R (20，5)．
作出直线4x ＋5y ＝0，平移该直线，当直线经过点P (5，15)时，z 最小．又5，15恰为整数，故应配备A 型车5辆，B 型车15辆，可以满足公司从甲地到乙地的单次运输的营运成本最小．
12．已知O 为坐标原点，双曲线x 2a 2－y 2
b
2＝1(a ＞0，b ＞0)上有A ，B 两点满足OA ⊥OB ，且
点O 到直线AB 的距离为c ，则双曲线的离心率为( )
A.
5＋1
2 B ． 5
C.1＋3
2
D ． 3
通解：选A.显然直线OA ，OB 的斜率均存在，且不为0，过点O 向AB 作垂线，垂足为
H .设直线OA 的方程为y ＝kx (k ≠0)，则直线OB 的方程为y ＝－1
k
x ，
与双曲线方程联立，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x 2a 2－y 2b 2＝1，得y 2
＝k 21a 2－k 2b 2
，
则x 2
＝1
1a 2－k 2b 2，因而|OA |2
＝1＋k
2
1a 2－k 2b
2
，
同理|OB |2
＝1＋
1
k 2
1a 2－1k 2b 2＝1＋k 2
k 2a 2－1b
2
，由|OA |×|OB |＝|AB |×|OH |及|OA |2＋|OB |2＝|AB |2
可得，
|OH |＝
|OA ||OB |
|OA |2＋|OB |2
，即1|OH |2＝1|OA |2＋1|OB |2， 因而1c 2＝1
a 2－k 2
b 21＋k 2＋k 2a 2－1
b 2
1＋k 2，即1c 2＝1a 2－1b 2，又c 2＝a 2＋b 2
，
从而得b 2a 2＝1＋52
，所以e ＝
1＋b 2a 2＝5＋1
2
，故选A.
优解：设|OA |＝m ＞0，|OB |＝n ＞0，直线OA 的倾斜角为α⎝ ⎛⎭⎪⎫0＜α＜π2，则直线OB 的
倾斜角为π2＋α，不妨取A (m cos α，m sin α)，B ⎝ ⎛⎭
⎪⎫n cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋α，n sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋α，
因为A ，B 均在双曲线上，所以m 2cos 2αa 2－m 2sin 2αb 2＝1，n 2sin 2αa 2－n 2cos 2αb 2
＝1，所以1m
2＋1
n
2＝1a 2－1b 2，又m 2＋n 2×c ＝mn ，所以1c 2＝1m 2＋1n 2＝1a 2－1b
2，又c 2＝a 2＋b 2
，
从而得b 2a 2＝1＋52，所以e ＝
1＋b 2a 2＝5＋1
2
，故选A.
二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．)
13．已知向量m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1
2，32，n ＝(1，0)，若m ⊥(m －λn )，则实数λ＝________．
解析：解法一：由m ⊥(m －λn )可得m ·(m －λn )＝0，即m 2
＝λm ·n ，而m 2
＝1，m·n ＝1
2
，所以λ＝2.
解法二：易知m ，n 都是单位向量，故可将其放在单位圆中，如图所示，设OM →＝m ，ON →
＝λn ，则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，m ，n 的夹角为60°，
则要使m ⊥(m －λn )，只需∠OMN ＝90°，此时λ＝2.
答案：2
14．已知函数f (x )＝⎩
⎪⎨⎪⎧x 2
＋3ax ，x ＞1，
3x ＋1，x ≤1，若
f (f (1))＞4a 2，则实数a 的取值范围是
________．
解析：由题知f (1)＝3＋1＝4，f (f (1))＝f (4)＝16＋12a ，若f (f (1))＞4a 2
，则16＋12a ＞4a 2
，即a 2
－3a －4＜0，解得－1＜a ＜4，故实数a 的取值范围为(－1，4)．
答案：(－1，4)
15．过抛物线C
：y 2
＝8x 的焦点的直线l 与抛物线C 交于A ，B 两点，若以线段AB 为直
径的圆过点Q (－2，2)，则直线l 的方程为________．
解析：易得抛物线的焦点坐标为(2，0)，设直线l ：my ＝x －2，联立，得⎩
⎪⎨⎪⎧my ＝x －2，
y 2＝8x ，消
去x ，得y 2－8my －16＝0，其中Δ＝64m 2
＋64＞0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝8m ，
y 1y 2＝－16，依题意得QA →＝(x 1＋2，y 1－2)，QB →＝(x 2＋2，y 2－2)，则QA →·QB →
＝(x 1＋2)(x 2＋
2)＋(y 1－2)(y 2－2)＝(my 1＋4)(my 2＋4)＋(y 1－2)(y 2－2)＝(m 2
＋1)y 1y 2＋(4m －2)(y 1＋y 2)＋20＝－16(m 2＋1)＋(4m －2)×8m ＋20＝4(2m －1)2，易知QA →⊥QB →，则QA →·QB →＝0，即4(2m －1)2
＝0，解得m ＝1
2
，所以直线l 的方程为2x －y －4＝0.
答案：2x －y －4＝0
16．已知在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，cos 2A －3cos(B ＋C )＝1，
b ＝5，△ABC 的面积S ＝53，则sin B sin C ＝________．
解析：由题意可得2cos 2
A ＋3cos A －2＝0，即(cos A ＋2)(2cos A －1)＝0，所以cos A ＝12，又A ∈(0，π)，所以A ＝π3.由S ＝12bc sin A ＝534c ＝53，得c ＝4，由余弦定理可得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝52＋42
－2×5×4cos π3
＝21⇒a ＝21，由正弦定理可得sin B ＝
sin A
a
b ，sin C ＝sin A a
c ，所以sin B sin C ＝sin 2
A
a
2bc ＝
⎝ ⎛⎭
⎪⎫322
2
×5×4＝5
7
.
答案：57。