2019高考数学二轮复习“12+4”小题提速练(四)理

“12＋4”小题提速练(四)
一、选择题
1．(2018·湖州模拟)已知复数z满足(3－4i)z＝25，则z＝( )
A．－3－4i B．－3＋4i
C．3－4i D．3＋4i

解析：选D 由已知可得z＝253－4i＝＋－＋＝3＋4i，故选D.

2．(2018·贵阳模拟)设集合A＝{x|(x－1)(x＋2)<0}，B＝x x＋1x－3<0，则A∪B＝( )
A．(－2,1) B．(－2,3)
C．(－1,3) D．(－1,1)
解析：选B A＝{x|－23．(2018·张掖模拟)已知等差数列{an}的公差为2，若a1，a3，a4成等比数列，则a2＝( )
A．－4 B．－6
C．－8 D．－10
解析：选B ∵a1，a3，a4成等比数列，∴a23＝a1a4，∴(a1＋4)2＝a1(a1＋6)，∴a1＝－8，∴a2＝－8＋2＝－6.
4．(2018·唐山模拟)执行如图所示的程序框图，当输入的n为7时，输出的S的值是( )

A．14 B．210
C．42 D．840
解析：选B n＝7，S＝1,7<5？，否，S＝7×1＝7，n＝6,6<5？，否，S＝6×7＝42，n＝5,5<5？，否，S＝5×42
＝210，n＝4,4<5？，是，退出循环，输出的S的值为210，选B.
5．(2018·河北五个一名校联考)在如图所示的正方形中随机投掷10 000个点，则落在
阴影部分(曲线C的方程为x2－y＝0)的点的个数约为( )
A．3 333 B．6 667
C．7 500 D．7 854

解析：选B 题图中阴影部分的面积为01(1－x2)dx＝x－x33 10＝23，正方形的面积为1，设落在阴影部分
的点的个数为n，由几何概型的概率计算公式可知，231＝n10 000，n≈6 667，故选B.
6．已知函数f(x)＝2x－1，则下列结论正确的是( )
A．函数f(x)的图象关于点(1,0)中心对称
B．函数f(x)在(－∞，1)上是增函数
C．函数f(x)的图象关于直线x＝1对称
D．函数f(x)的图象上至少存在两点A，B，使得直线AB∥x轴

解析：选A 由题知，函数f(x)＝2x－1的图象是由函数y＝2x的图象向右平移1个单位长度得到的，可得函数
f(x)的图象关于点(1,0)中心对称，选项A正确；函数f(x)在(－∞，1)上是减函数，选项B错误；易知函数f(x
)

＝2x－1的图象不关于直线x＝1对称，选项C错误；由函数f(x)的单调性及函数f(x)的图象，可知函数f(x)的图
象上不存在两点A，B，使得直线AB∥x轴，选项D错误．故选A.
7．已知双曲线C：x2m－y2m2＋4＝1的离心率为5，左、右焦点分别为F1，F2，则双曲线C上满足MF1―→·MF2―→＝0
的点M构成的图形的面积为( )
A.285 B．565

C.745 D.965
解析：选D 由题意得m>0，m＋m2＋4m＝5，解得m＝2，所以双曲线C：x22－y28＝1，设M(x0，y0)，则x202－
y
2
0

8

＝1，因为MF1―→·MF2―→＝0，所以x20＋y20＝10，故y0＝±4105，x0＝±3105，所以满足条件的点M共有四个，构成
一个矩形，长为8105，宽为6105，故面积为965.
8．已知双曲线C：x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)的左、右焦点与虚轴的一个端点构成一个角为120°的三角形，则双
曲线C的离心率为( )
A.52 B．62
C.3 D.5
解析：选B 设双曲线C的左、右焦点分别为F1，F2，虚轴的一个端点为A，则∠F1AF2＝120°，得cb＝tan 60°，

即c＝3b，a＝2b，所以双曲线C的离心率e＝62.
9．我国南北朝时期数学家、天文学家——祖暅，提出了著名的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．“幂”
是截面积，“势”是几何体的高，意思是两等高立方体，若在每一等高处的截面积都相等，则两立方体体积相等．已
知某不规则几何体与如图所对应的几何体满足“幂势同”，则该不规则几何体的体积为( )

A．4－π2 B．8－4π3
C．8－π D．8－2π
解析：选C 由祖暅原理可知，该不规则几何体的体积与已知三视图的几何体体积相等．根据题设所给的三

视图，可知图中的几何体是从一个正方体中挖去一个半圆柱，正方体的体积为23＝8，半圆柱的体积为
1
2

×(π×12)×2＝π，因此该不规则几何体的体积为8－π，故选C.

10．(2018·西安三模)已知O是平面上的一定点，A，B，C是平面上不共线的三个点，动点P满足OP―→＝
OA
―→

＋λ(AB―→＋AC―→)，λ∈[0，＋∞)，则动点P的轨迹一定经过△ABC的( )
A．外心 B．内心
C．重心 D．垂心

解析：选C 设BC的中点为D，则由OP―→＝OA―→＋λ(AB―→＋AC―→)，可得AP―→＝λ(AB―→＋AC―→)＝2λAD―→，所以
点P在△ABC的中线AD所在的射线上，所以动点P的轨迹一定经过△ABC的重心．故选C.
11．已知三棱锥S­ABC的每个顶点都在球O的表面上，SA⊥底面ABC，AB＝AC＝4，BC＝215，且二面角
S­BC­A
的正切值为4，则球O的表面积为( )
A．240π B．248π
C．252π D．272π
解析：选D 取BC的中点D，连接SD，AD，易知AD⊥BC，SD⊥BC，所以∠SDA是二面
角S­BC­A的平面角，于是有tan∠SDA＝4，即SA＝4AD＝442－152＝4.在△ABC中，
sin∠ABC＝ADAB＝14，由正弦定理得△ABC的外接圆半径r＝AC2sin∠ABC＝8. 可将三棱锥
S­ABC补形成一个直三棱柱ABC­SB′C′，其中该直三棱柱的底面为△ABC
，高为SA＝4，

因此三棱锥S­ABC的外接球的半径R＝22＋82＝68，因此三棱锥S­ABC的外接球的表面积为4πR2＝272π，选
D.

12．(2018·武昌模拟)已知函数f(x)＝ln xx－kx在区间[e41，e]上有两个不同的零点，则实数k的取值范围
为( )
A.14e，12e B．14e，12e
C.1e2，14e D.1e2，1e
解析：选A 令f(x)＝ln xx－kx＝0，则k＝ln xx2，令g(x)＝ln xx2，则g′(x)＝ln xx2′＝1－2ln xx3，令g′(x)
＝0，解得x＝e21∈[e41，e]．因为当x∈(e41，e21)时，g′(x)>0，所以g(x)在(e41，e21)上单调递增；当x∈(e21，
e)时，g′(x)<0，所以g(x)在(e21，e)上单调递减．所以当x＝e21时，g(x)取得最大值g(e21)＝ln e21212＝12e.

由题意函数f(x)＝ln xx－kx在区间[e41，e]上有两个不同的零点，知直线y＝k与g(x)＝ln xx2的图象在区间[e41，
e]上有两个不同的交点，又g(e41)＝ln e41412＝14e，g(e)＝ln ee2＝1e2，因为1e2<14e，所以14e≤k<12e，故选A.
二、填空题
13．若f(x)＝x2－2x－4ln x，则f′(x)>0的解集为________．

解析：f′(x)＝2x－2－4x＝x2－x－x(x>0)，由f′(x)>0得x2－x－x>0，解得－12，又
x>0，∴f′(x)>0的解集为{x|x
>2}．

答案：(2，＋∞)
14．已知圆O：x2＋y2＝4，若不过原点O的直线l与圆O交于P，Q两点，且满足直线OP，PQ，OQ的斜率依
次成等比数列，则直线l的斜率为________．
解析：设直线l：y＝kx＋b(b≠0)，代入圆的方程，化简得(1＋k2)x2＋2kbx＋b2－4＝0，设P(x1，y1)，Q(x2，

y2)，则x1＋x2＝－2kb1＋k2，x1x2＝b2－41＋k2，kOP·kOQ＝y1x1·y2x2＝k＋bx1k＋bx2＝k2＋kbx1＋x2x1x2＋b2x1x2＝k2＋kb




－
2k
b

b
2
－4

＋

b2＋k2b2－4＝b2－4k2b2－4，由kOP·kOQ＝k2，得b
2－4k2
b
2
－4

＝k2，解得k＝±1.

答案：±1

15．(2019届高三·南宁、柳州联考)若x，y满足约束条件 x＋y－5≤0，2x－y－1≥0，x－2y＋1≤0，等差数列{an}满足a1＝x，
a
5

＝y，其前n项和为Sn，则S5－S2的最大值为________．
解析：作出约束条件 x＋y－5≤0，2x－y－1≥0，x－2y＋1≤0表示的可行域如图中阴影部分所示．
因为a1＝x，a5＝y，所以公差d＝y－x4，S5－S2＝a3＋a4＋a5＝3a4＝3(a5－d)＝34x＋94y.设z＝34x＋94y，作出直线
34x＋94y＝0，平移该直线，当该直线经过点B(2,3)时，z取得最大值334，即S5－S2的最大值为33
4
.

答案：334
16．(2019届高三·湘东五校联考)已知f(x)＝(3sin ωx＋cos ωx)cos ωx－12，其中ω>0，f(x)的最小
正周期为4π.
(1)则函数f(x)的单调递增区间是________________；
(2)锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若(2a－c)cos B＝bcos C，则f(A)的取值范围是
____________．

解析：f(x)＝(3sin ωx＋cos ωx)cos ωx－12＝32sin 2ωx＋12cos 2ωx＝sin2ωx＋π6.
∵f(x)的最小正周期为4π，
∴2ω＝2π4π＝12，可得f(x)＝sin12x＋π6.

(1)令2kπ－π2≤12x＋π6≤2kπ＋π2，k∈Z，可得4kπ－4π3≤x≤4kπ＋2π3，k∈Z，
∴f(x)的单调递增区间为4kπ－4π3，4kπ＋2π3，k∈Z.
(2)∵(2a－c)cos B＝bcos C，
∴(2sin A－sin C)cos B＝sin Bcos C，
∴2sin Acos B＝sin A，

又sin A≠0，∴cos B＝12，B＝π3，
∵三角形ABC为锐角三角形，

∴ 0∴π4<12A＋π6<5π12，22答案：(1)4kπ－4π3，4kπ＋2π3，k∈Z