新高考數(shù)學三輪復習考前沖刺逐題訓練小題滿分練1（含解析）

小題滿分練1一、單項選擇題1．(2022·新高考全國Ⅰ)若集合M＝{x|eq\r(x)<4}，N＝{x|3x≥1}，則M∩N等于()A．{x|0≤x<2}B.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)≤x<2))))C．{x|3≤x<16}D.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)≤x<16))))答案D解析因為M＝{x|eq\r(x)<4}，所以M＝{x|0≤x<16}；因為N＝{x|3x≥1}，所以N＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥\f(1,3))))).所以M∩N＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)≤x<16)))).2．(2022·漳州質(zhì)檢)已知z＝|eq\r(3)i－1|＋eq\f(1,1＋i)，則在復平面內(nèi)z對應的點位于()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限答案D解析∵z＝|eq\r(3)i－1|＋eq\f(1,1＋i)＝eq\r(\r(3)2＋－12)＋eq\f(1－i,1－i2)＝2＋eq\f(1－i,2)＝eq\f(5,2)－eq\f(1,2)i，∴在復平面內(nèi)z對應的點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，－\f(1,2)))，位于第四象限．3．“?x≥0，a≤x＋eq\f(4,x＋2)”的充要條件是()A．a(chǎn)>2 B．a(chǎn)≥2C．a(chǎn)<2 D．a(chǎn)≤2答案D解析∵x≥0，∴x＋eq\f(4,x＋2)＝x＋2＋eq\f(4,x＋2)－2≥2eq\r(4)－2＝2，當且僅當x＋2＝eq\f(4,x＋2)，即x＝0時取等號，∴a≤2.4．(2022·溫州質(zhì)檢)《萊因德紙草書》是世界上最古老的數(shù)學著作之一，書中有一道這樣的題目：把100個面包分給五個人，使每人所得成等差數(shù)列，且使較大的三份之和的eq\f(1,7)等于較小的兩份之和，問最大的一份為()A．35B.eq\f(110,3)C.eq\f(115,3)D．40答案C解析根據(jù)題意設每人所得面包為a1，a2，…，a5，成等差數(shù)列且依次增大，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)a3＋a4＋a5＝a1＋a2，,a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝100，))所以a3＋a4＋a5＝7(a1＋a2)，可得8(a1＋a2)＝100，化簡得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＝\f(25,2)，,a3＝20，))設公差為d，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋d＝\f(25,2)，,a1＋2d＝20，))所以a1＝eq\f(5,3)，d＝eq\f(55,6)，所以a5＝eq\f(5,3)＋4×eq\f(55,6)＝eq\f(115,3).5．(2022·新高考全國Ⅱ)甲、乙、丙、丁、戊5名同學站成一排參加文藝匯演，若甲不站在兩端，丙和丁相鄰，則不同的排列方式共有()A．12種B．24種C．36種D．48種答案B解析先將丙和丁捆在一起有Aeq\o\al(2,2)種排列方式，然后將其與乙、戊排列，有Aeq\o\al(3,3)種排列方式，最后將甲插入中間兩空，有Ceq\o\al(1,2)種排列方式，所以不同的排列方式共有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)Ceq\o\al(1,2)＝24(種)．6．(2022·茂名模擬)已知0<α<eq\f(π,2)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(\r(2),6)，則eq\f(sinα,1＋tanα)的值為()A.eq\f(4\r(14),51) B.eq\f(2\r(14),13)C.eq\f(4\r(17),51) D.eq\f(2\r(17),13)答案C解析因為sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(\r(2),6)，所以eq\f(\r(2),2)(cosα－sinα)＝eq\f(\r(2),6).所以cosα－sinα＝eq\f(1,3)，所以1－2sinαcosα＝eq\f(1,9)，得sinαcosα＝eq\f(4,9)，因為cosα＋sinα＝eq\r(1＋2sinαcosα)＝eq\f(\r(17),3)，所以eq\f(sinα,1＋tanα)＝eq\f(sinα,1＋\f(sinα,cosα))＝eq\f(sinαcosα,cosα＋sinα)＝eq\f(\f(4,9),\f(\r(17),3))＝eq\f(4\r(17),51).7．(2022·南通模擬)已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，過左焦點F作一條漸近線的垂線，記垂足為P，點Q在雙曲線上，且滿足eq\o(FP,\s\up6(→))＝2eq\o(FQ,\s\up6(→))，則雙曲線的離心率為()A.eq\r(6)B.eq\r(2)C.eq\r(3)D．2答案B解析設P在漸近線y＝－eq\f(b,a)x上，F(xiàn)(－c,0)，則直線FP的方程為y＝eq\f(a,b)(x＋c)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(b,a)x，,y＝\f(a,b)x＋c，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(a2,c)，,y＝\f(ab,c)，))即Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a2,c)，\f(ab,c)))，由eq\o(FP,\s\up6(→))＝2eq\o(FQ,\s\up6(→))，得Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a2,2c)－\f(c,2)，\f(ab,2c)))，因為Q在雙曲線上，所以eq\f(c2＋a22,4a2c2)－eq\f(a2,4c2)＝1，化簡得c2＝2a2，e＝eq\f(c,a)＝eq\r(2).8．(2022·紹興模擬)已知函數(shù)f(x)＝x(ex－e－x)＋x2，若f(x)<f(y)<f(x＋y)，則()A．xy>0 B．xy<0C．x＋y>0 D．x＋y<0答案A解析由題意得函數(shù)的定義域為R.f(－x)＝－x(e－x－ex)＋x2＝x(ex－e－x)＋x2＝f(x)，所以函數(shù)f(x)是偶函數(shù)．當x>0時，f′(x)＝ex－eq\f(1,ex)＋xex＋xe－x＋2x，因為x>0，所以f′(x)>0，所以函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，因為函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，所以函數(shù)f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減．則由已知f(x)<f(y)<f(x＋y)，得f(|x|)<f(|y|)<f(|x＋y|)，所以|x＋y|>|y|>|x|，(*)可知x，y同號，故A正確，B錯誤；對于C，當x＝－1，y＝－2時，x＋y＝－3，滿足(*)式，此時x＋y<0，故C錯誤；對于D，當x＝1，y＝2時，x＋y＝3滿足(*)式，此時x＋y>0，故D錯誤．二、多項選擇題9．(2022·濟南質(zhì)檢)為落實《山東省學生體質(zhì)健康促進條例》的要求，促進學生增強體質(zhì)，健全人格，錘煉意志，某學校隨機抽取了甲、乙兩個班級，對兩個班級某一周內(nèi)每天的人均體育鍛煉時間(單位：分鐘)進行了調(diào)研．根據(jù)統(tǒng)計數(shù)據(jù)制成折線圖如下：下列說法正確的是()A．班級乙該周每天的人均體育鍛煉時間的眾數(shù)為30B．班級甲該周每天的人均體育鍛煉時間的中位數(shù)為72C．班級甲該周每天的人均體育鍛煉時間的極差比班級乙的小D．班級甲該周每天的人均體育鍛煉時間的平均值比班級乙的大答案AC解析A項，班級乙該周每天的人均體育鍛煉時間的眾數(shù)為30，故A正確；B項，班級甲該周每天的人均體育鍛煉時間的中位數(shù)為65，故B錯誤；C項，班級甲該周每天的人均體育鍛煉時間的極差為72－30＝42，班級乙的極差為90－30＝60，所以班級甲的極差小于班級乙的極差，故C正確；D項，班級甲該周每天的人均體育鍛煉時間的平均值比班級乙的小，故D錯誤．10．(2022·長沙十六校聯(lián)考)下列不等式成立的是()A．log2(sin1)>2sin1 B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,π)))2<SKIPIF1<0C.eq\r(7)－eq\r(5)<eq\r(6)－2 D．log43<log65答案BCD解析∵sin1∈(0,1)，∴l(xiāng)og2(sin1)<0,2sin1>1，∴l(xiāng)og2(sin1)<2sin1，故A不正確；∵0<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,π)))2<1，SKIPIF1<0>1，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,π)))2<SKIPIF1<0，故B正確；要判斷eq\r(7)－eq\r(5)<eq\r(6)－2，即判定eq\r(7)＋2<eq\r(6)＋eq\r(5)，即判定(eq\r(7)＋2)2<(eq\r(6)＋eq\r(5))2，即11＋4eq\r(7)<11＋2eq\r(30)，即4eq\r(7)<2eq\r(30)，即28<30成立，故C正確；∵log43＝1＋log4eq\f(3,4)，log65＝1＋log6eq\f(5,6)，∵log4eq\f(3,4)<log4eq\f(5,6)，且log4eq\f(5,6)<log6eq\f(5,6)，∴l(xiāng)og4eq\f(3,4)<log6eq\f(5,6)，∴l(xiāng)og43<log65，故D正確．11．(2022·衡水中學模擬)已知函數(shù)f(x)＝sinx·(cos2xcosx＋sin2xsinx)，x∈R，下列關于函數(shù)f(x)性質(zhì)的結(jié)論中正確的是()A．函數(shù)f(x)的值域是[－1,1]B．直線x＝－eq\f(π,4)是函數(shù)f(x)的一條對稱軸C．函數(shù)h(x)＝f(x)－eq\f(1,2)x在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))內(nèi)有唯一的極小值－eq\f(\r(3),4)－eq\f(5π,12)D．函數(shù)f(x)向左平移eq\f(π,6)個單位長度后所得函數(shù)g(x)的一個對稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))答案BC解析∵f(x)＝(cos2xcosx＋sin2xsinx)sinx＝cosxsinx＝eq\f(1,2)sin2x.對于A，函數(shù)f(x)的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))，故A錯誤；對于B，函數(shù)f(x)的對稱軸為2x＝kπ＋eq\f(π,2)，x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,4)，k∈Z，當k＝－1時，x＝－eq\f(π,4)，故B正確；對于C，h(x)＝eq\f(1,2)sin2x－eq\f(1,2)x，h′(x)＝cos2x－eq\f(1,2)，令h′(x)＝0，得x＝kπ±eq\f(π,6)，k∈Z，令h′(x)>0，得kπ－eq\f(π,6)<x<kπ＋eq\f(π,6)，k∈Z，令h′(x)<0，得kπ＋eq\f(π,6)<x<kπ＋eq\f(5π,6)，k∈Z，當x＝eq\f(5π,6)時，h(x)有極小值heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))＝－eq\f(\r(3),4)－eq\f(5π,12)，故C正確；對于D，g(x)＝eq\f(1,2)sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，令2x＋eq\f(π,3)＝kπ，k∈Z，則x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,6)，k∈Z，其對稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(π,6)，0))，k∈Z，故D錯誤．12．(2022·聊城質(zhì)檢)在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，P為側(cè)面BCC1B1(不含邊界)內(nèi)的動點，Q為線段A1C上的動點，若直線A1P與A1B1的夾角為45°，則下列說法正確的是()A．線段A1P的長度為eq\r(2)B.eq\f(\r(3),3)A1Q＋PQ的最小值為1C．對任意點P，總存在點Q，使得D1Q⊥CPD．存在點P，使得直線A1P與平面ADD1A1所成的角為60°答案ABC解析建立如圖所示的空間直角坐標系，根據(jù)題意，可得D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D1(0,0,1)，A1(1,0,1)，B1(1,1,1)，C1(0,1,1)．設點P(x1，1，z1)，Q(x2，y2，z2)，則有eq\o(A1P,\s\up6(→))＝(x1－1,1，z1－1)，eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝(0,1,0)，由直線A1P與A1B1的夾角為45°，故有cos

eq\f(π,4)＝eq\f(|\o(A1P,\s\up6(→))·\o(A1B1,\s\up6(→))|,|\o(A1P,\s\up6(→))||\o(A1B1,\s\up6(→))|)，解得(x1－1)2＋(z1－1)2＝1，又Q為線段A1C上的動點，設eq\o(A1Q,\s\up6(→))＝λeq\o(A1C,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，則Q(1－λ，λ，1－λ)，對于選項A，則有|eq\o(A1P,\s\up6(→))|＝eq\r(x1－12＋z1－12＋1)＝eq\r(2)，故選項A正確；對于選項B，過點Q作平面ABCD的垂線，垂足為R.易知eq\f(\r(3),3)A1Q＝1－QReq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(由于sin∠ACA1＝\f(AA1,A1C)＝\f(\r(3),3)))，故eq\f(\r(3),3)A1Q＋PQ的最小值等價于求QP－QR＋1，|eq\o(QR,\s\up6(→))|＝1－λ，|eq\o(QP,\s\up6(→))|＝eq\r(1－λ－x12＋λ－12＋1－λ－z12)，故有|eq\o(QP,\s\up6(→))|2＝(1－λ－x1)2＋(λ－1)2＋(1－λ－z1)2≥(λ－1)2＝|eq\o(QR,\s\up6(→))|2，當且僅當x1＝z1＝1－λ時成立，結(jié)合(x1－1)2＋(z1－1)2＝1，可得此時λ＝eq\f(\r(2),2)，故選項B正確；對于選項C，若D1Q⊥CP，則有eq\o(D1Q,\s\up6(→))＝(1－λ，λ，－λ)，eq\o(CP,\s\up6(→))＝(x1，0，z1)，eq\o(D1Q,\s\up6(→))·eq\o(CP,\s\up6(→))＝x1(1－λ)－z1λ＝0，又(x1－1)2＋(z1－1)2＝1，則有eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(λ2,λ－12)＋1))zeq\o\al(2,1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2λ,λ－1)－2))z1＋1＝0，0≤λ≤1，則有Δ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2λ,λ－1)－2))2－4eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(λ2,λ－12)＋1))＝－eq\f(8λ,λ－1)≥0，故對任意點P，總存在點Q，使得D1Q⊥CP，故選項C正確；對選項D，易知平面ADD1A1的一個法向量為n＝(0,1,0)，若直線A1P與平面ADD1A1所成的角為60°，即直線A1P與平面ADD1A1的法向量的夾角為30°，則有cos

eq\f(π,6)＝eq\f(|\o(A1P,\s\up6(→))·n|,|\o(A1P,\s\up6(→))||n|)，解得eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(2),2)，矛盾，故選項D錯誤．三、填空題13．(2022·濟南模擬)曲線f(x)＝ln2x＋x2在點(1，f(1))處的切線方程為________________．答案y＝3x＋ln2－2解析∵f′(x)＝eq\f(1,2x)·(2x)′＋2x＝eq\f(1,x)＋2x，∴k＝f′(1)＝3，又f(1)＝1＋ln2，∴切線方程為y－(1＋ln2)＝3(x－1)，即y＝3x＋ln2－2.14.(2022·蘇州四校聯(lián)考)如圖，在△ABC中，AB＝4，AC＝2，點E，F(xiàn)分別是AB，AC的中點，則(eq\o(BF,\s\up6(→))＋eq\o(CE,\s\up6(→)))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝________.答案6解析∵eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→))，∴eq\o(BF,\s\up6(→))＋eq\o(CE,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))，∴(eq\o(BF,\s\up6(→))＋eq\o(CE,\s\up6(→)))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))·(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))2－eq\o(A