高三數(shù)學一輪提能一日一講（11月14日）

1．(2013·江西卷)已知集合M＝{1,2，zi}，i為虛數(shù)單位，N＝{3,4}，M∩N＝{4}，則復數(shù)z＝()A．－2i B．2iC．－4i D．4i解析由M∩N＝{4}，得zi＝4，則z＝eq\f(4,i)＝－4i，故選C.答案C2．(2013·陜西卷)設全集為R，函數(shù)f(x)＝eq\r(1－x2)的定義域為M，則?RM為()A．[－1,1] B．(－1,1)C．(－∞，－1]∪[1，＋∞) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)解析f(x)＝eq\r(1－x2)的定義域M，即1－x2≥0的解集，故M＝{x|－1≤x≤1}．由補集的運算，知?RM＝(－∞，－1)∪(1，＋∞)．答案D3．(2013·湖南卷)函數(shù)f(x)＝2lnx的圖象與函數(shù)g(x)＝x2－4x＋5的圖象的交點個數(shù)為()A．3 B．2C．1 D．0解析在同一平面直角坐標中作出y＝f(x)和y＝g(x)的圖象，g(x)＝x2－4x＋5的頂點(2,1)，2ln2>2lneeq\f(1,2)＝1，所以(2,1)位于y＝f(x)圖象下方，故交點個數(shù)為2.答案B4．(2013·全國卷Ⅱ)執(zhí)行右面的程序框圖，如果輸入的N＝10，那么輸出的S＝()A．1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,10)B．1＋eq\f(1,2！)＋eq\f(1,3！)＋…＋eq\f(1,10！)C．1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,11)D．1＋eq\f(1,2！)＋eq\f(1,3！)＋…＋eq\f(1,11！)解析由程序框圖的循環(huán)結構可知：T＝1，S＝0＋1＝1，K＝2；T＝eq\f(1,2)，S＝1＋eq\f(1,2)，K＝3；T＝eq\f(\f(1,2),3)＝eq\f(1,2×3)，S＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,2×3)，K＝4；T＝eq\f(1,10！)，S＝1＋eq\f(1,2！)＋eq\f(1,3！)＋…＋eq\f(1,10！)，K＝11>10；停止循環(huán)，輸出S，故選B.答案B5．設f(x)是周期為2的奇函數(shù)，當0≤x≤1時，f(x)＝2x(1－x)，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)))等于()A．－eq\f(1,2) B．－eq\f(1,4)C.eq\f(1,4) D.eq\f(1,2)解析∵f(x)是周期為2的奇函數(shù)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)＋2))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－2×eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＝－eq\f(1,2).答案A6．如果實數(shù)x，y滿足等式(x－2)2＋y2＝3，那么eq\f(y,x)的最大值是()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(3),2) D.eq\r(3)解析eq\f(y,x)可以看作圓(x－2)2＋y2＝3和原點連線的斜率．利用圖形易知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x)))max＝eq\r(3).答案D7．已知對于任意的k∈R，直線y－kx－1＝0與橢圓eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,m)＝1恒有公共點，則實數(shù)m的取值范圍是()A．(0,1) B．(0,5)C．[1,5)∪(5，＋∞) D．[1，＋∞)解析直線y＝kx＋1過定點(0,1)，只要(0,1)在橢圓eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,m)＝1內(nèi)部即可．從而m≥1，又因為橢圓eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,m)＝1中m≠5，所以m的取值范圍是[1,5)∪(5，＋∞)．答案C8．如圖所示，在棱柱的側棱A1A和B1B上各有一動點P，Q滿足A1P＝BQ，過P，Q，C三點的截面把棱柱分成兩部分，則其體積之比為()A．3:1 B．2:1C．4:1 D.eq\r(3):1解析將P，Q置于特殊位置：P→A1，Q→B，此時仍滿足條件A1P＝BQ＝0，且易有VC－AA1B＝eq\f(V,3)，故選B.答案B9．(2013·安徽卷)“a≤0”是“函數(shù)f(x)＝|(ax－1)x|在區(qū)間(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件解析由二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)知f(x)＝|(ax－1)x|在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，只需f(x)的圖象在(0，＋∞)上與x軸無交點，即a＝0或eq\f(1,a)<0，整理得a≤0，而當a≤0時，結合圖象可知f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，故a≤0是f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增的充要條件，故選C.答案C10．已知x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，則sinx，tanx與x的大小關系是()A．tanx≥sinx≥x B．tanx≥x≥sinxC．大小關系不確定 D．|tanx|≥|x|≥|sinx|解析結合y1＝sinx，y2＝tanx，y3＝x的圖象可知D正確．答案D11．數(shù)列{an}中，若an＋1＝eq\f(an,2an＋1)，a1＝1，則a6等于()A．3 B.eq\f(1,3)C．11 D.eq\f(1,11)解析由a1＝1，an＋1＝eq\f(an,2an＋1)得an>0，∴2an＋1>an，即eq\f(an,2an＋1)<1，故排除A項，C項．又a2＝eq\f(a1,2a1＋1)＝eq\f(1,3)，又由已知可以看出an＋1<an，故a6應小于eq\f(1,3).答案D12．已知函數(shù)y＝tanωx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))內(nèi)是減函數(shù)，則()A．0<ω≤1 B．－1≤ω<0C．ω≥1 D．ω≤－1解析∵當ω>0時正切函數(shù)在其定義域內(nèi)各長度為一個周期的連續(xù)區(qū)間內(nèi)為增函數(shù)，∴排除A、C，又當|ω|>1時正切函數(shù)的最小正周期長度小于π，∴y＝tanωx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))內(nèi)不連續(xù)，在這個區(qū)間內(nèi)不是減函數(shù)，這樣排除D.答案B13．若等比數(shù)列的各項均為正數(shù)，前n項的和為S，前n項的積為P，前n項倒數(shù)的和為M，則有()A．P＝eq\f(S,M) B．P>eq\f(S,M)C．P2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(S,M)))n D．P2>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(S,M)))n解析取等比數(shù)列為常數(shù)列：1,1,1，…，則S＝n，P＝1，M＝n，顯然P>eq\f(S,M)和P2>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(S,M)))n不成立，故選項B和D排除，這時選項A和C都符合要求．再取等比數(shù)列：2,2,2，…，則S＝2n，P＝2n，M＝eq\f(n,2)，這時有P2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(S,M)))n，而P≠eq\f(S,M)，所以A選項不正確．答案C14．(2013·全國卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，下列結論中錯誤的是()A．?x0∈R，f(x0)＝0B．函數(shù)y＝f(x)的圖象是中心對稱圖形C．若x0是f(x)的極小值點，則f(x)在區(qū)間(－∞，x0)單調(diào)遞減D．若x0是f(x)的極值點，則f′(x0)＝0解析f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c；x3的系數(shù)為正數(shù)，故f(x)或者在(－∞，＋∞)上為增函數(shù)，或者存在極值點x1，x2，(x1<x2)，f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上為增函數(shù)在(x1，x2)上為減函數(shù)，此時x2為極小值點，故在(－∞，x2)上先增后減，故選C.答案C15．設函數(shù)y＝f(x)在(－∞，＋∞)內(nèi)有定義，對于給定的正數(shù)K，定義函數(shù)fK(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx，fx≤K，,K，fx>K.))取函數(shù)f(x)＝2－|x|，當K＝eq\f(1,2)時，函數(shù)fK(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為()A．(－∞，0) B．(0，＋∞)C．(－∞，－1) D．(1，＋∞)解析函數(shù)f(x)＝2－|x|＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))|x|，作圖f(x)≤K＝eq\f(1,2)?x∈(－∞，－1]∪[1，＋∞)，故在(－∞，－1)上是單調(diào)遞增的．答案C16．(2013·安徽卷)在平面直角坐標系中，O是坐標原點，兩定點A，B滿足|eq\o(OA,\s\up16(→))|＝|eq\o(OB,\s\up16(→))|＝eq\o(OA,\s\up16(→))·eq\o(OB,\s\up16(→))＝2，則點集{P|eq\o(OP,\s\up16(→))＝λeq\o(OA,\s\up16(→))＋μeq\o(OB,\s\up16(→))，|λ|＋|μ|≤1，λ，μ∈R}所表示的區(qū)域的面積是()A．2eq\r(2) B．2eq\r(3)C．4eq\r(2) D．4eq\r(3)解析|eq\o(OA,\s\up16(→))|＝|eq\o(OB,\s\up16(→))|＝eq\o(OA,\s\up16(→))·eq\o(OB,\s\up16(→))＝2，求得∠AOB＝eq\f(π,3)，不妨設A(2,0)，B(1，eq\r(3))，P(x，y)．由題中所給eq\o(OP,\s\up16(→))＝λeq\o(OA,\s\up16(→))＋μeq\o(OB,\s\up16(→))，知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2λ＋μ，,y＝\r(3)μ，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝\f(x,2)－\f(y,2\r(3))，,μ＝\f(y,\r(3))，))又|λ|＋|μ|≤1代入得：eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－\f(y,2\r(3))))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(y,\r(3))))≤1，當y≥0且eq\f(x,2)－eq\f(y,2\r(3))≥0時，得：eq\r(3)x＋y≤2eq\r(3)，畫出可行域可得S0＝eq\f(1,2)×2×eq\r(3)＝eq\r(3).由圖象的對稱性得S＝4S0＝4eq\r(3)，故選D.答案D17．(2013·遼寧卷)已知函數(shù)f(x)＝x2－2(a＋2)x＋a2，g(x)＝－x2＋2(a－2)x－a2＋8.設H1(x)＝max{f(x)，g(x)}，H2(x)＝min{f(x)，g(x)}(max{p，q}表示p，q中的較大值，min{p，q}表示p，q中的較小值)．記H1(x)的最小值為A，H2(x)的最大值為B，則A－B＝()A．16 B．－16C．a(chǎn)2－2a－16 D．a(chǎn)2＋2a－16解析令f(x)＝g(x)得x2－2(a＋2)x＋a2＝－x2＋2(a－2)x－a2＋8，解得x＝a＋2或x＝a－2，因為f(x)的對稱軸是x＝a＋2，g(x)的對稱軸是x＝a－2，在同一坐標系中作出兩個函數(shù)的圖象，可得A＝f(a＋2)＝－4a－4，B＝f(a－2)＝－4a＋12，所以A－B＝－16.答案B18．(2013·全國卷Ⅰ)設△AnBnCn的三邊長分別為an，bn，cn，△AnBnCn的面積為Sn，n＝1,2,3，….若b1>c1，b1＋c1＝2a1，an＋1＝an，bn＋1＝eq\f(cn＋an,2)，cn＋1＝eq\f(bn＋an,2)，則()A．{Sn}為遞減數(shù)列B．{Sn}為