數(shù)學(xué)- 高三上學(xué)期數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)小題精練4解析

高三數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)小題精練（4）參考答案1．B【分析】根據(jù)已知求出集合，再結(jié)合交集并集及集合的關(guān)系判斷選項(xiàng)即可.【詳解】P=x∣y=x+1,P=?1,+∞Q?P，B選項(xiàng)正確；D選項(xiàng)錯(cuò)誤；P∩Q=x∣x≥0故選：B.2．D【分析】由錯(cuò)位相減法化簡復(fù)數(shù)Z后再由復(fù)數(shù)的運(yùn)算和復(fù)數(shù)的幾何意義求出結(jié)果即可.【詳解】因?yàn)閆=iZ?i所以Z?1?因?yàn)閕4=1，所以i2024所以化簡①可得?2024i所以虛部為?1012，故選：D.3．C【分析】由二項(xiàng)式展開式性質(zhì)可計(jì)算出ab=2，結(jié)合基本不等式即可得.【詳解】由ax?bx6令6?2k=0，即k=3，故T4即a3b3=8，即當(dāng)且僅當(dāng)a=b=2或a=b=?故a2+b故選：C.4．D【分析】根據(jù)累加法求得an【詳解】a1=1,a由于an+1?a所以a=1+2+3+…+n=1+n2n所以an所以數(shù)列1an的前100項(xiàng)和為故選：D5．C【分析】利用兩角和正弦公式和同角關(guān)系化簡條件求sinαcosβ【詳解】因?yàn)閟inα+β所以sinα因?yàn)閠anα=3所以sinα故sinαcosβ=3sinβcosα所以sinαcosβ=所以sinα?β故選：C.6．C【分析】首先判斷函數(shù)的奇偶性與單調(diào)性，再根據(jù)奇偶性與單調(diào)性將函數(shù)不等式轉(zhuǎn)化為自變量的不等式，解得即可.【詳解】函數(shù)f(x)=log2|x|?且f?x=log當(dāng)x>0時(shí)fx=log2x?x?2所以fx=log則fx在?∞,0即fx?2≥f2x+2，等價(jià)于x?2≥2x+2所以不等式的解集為[?4,?1)∪(?1,0].故選：C7．B【分析】由拋物線的方程可得焦點(diǎn)F的坐標(biāo)，應(yīng)用拋物線焦點(diǎn)弦性質(zhì)PF=p1?cosθ，QF=p【詳解】由拋物線C:y2=x得2p=1，則p=不妨設(shè)PQ的傾斜角為θ0<θ<則由PFcosθ+p=PF，p?QFcos所以MF=p1?得PQ=PF+所以1PQ故選：B.8．A【分析】設(shè)FG的中點(diǎn)為O，先證明DF⊥OF，四面體ADCGF的外接球球心Q在DF的中點(diǎn)N處垂直平面△ADF方向上，由QF=QM求得QN，從而求得球的表面積.【詳解】設(shè)FG的中點(diǎn)為O，連接MO，由題可知△MFG為等腰直角三角形，∴MO⊥FG，又平面FGM⊥平面ADCGF，GF=平面FGM∩平面ADCGF，MO?平面FGM，所以MO⊥平面ADCGF，根據(jù)題意，AF=AD=3，所以△ADF的外心為DF的中點(diǎn)N，設(shè)四面體ADFM的外接球的球心為Q，則QN⊥平面ADF，作OL⊥AB分別交AB,CD于L,K，∴OD=D又DF=32，OF=則DF2+O所以NF=322由QF=QM，得QN即3222∴QM=5，所以四面體ADFM外接球的表面積為4故選：A.9．BD【分析】根據(jù)題意，用列舉法分析四位回文數(shù)數(shù)目，可得A錯(cuò)誤，B正確；再用分步計(jì)數(shù)原理分析2n+1位回文數(shù)的數(shù)目，可得C錯(cuò)誤，D正確，綜合可得答案．【詳解】據(jù)題意，對(duì)于四位回文數(shù)，有1001、1111、1221、……、1991、2002、2112、2222、……、2992、……9009、9119、9229、……、9999，共90個(gè)，則A錯(cuò)誤，B正確；對(duì)于2n位回文數(shù)，首位和個(gè)位數(shù)字有9種選法，第二位和倒數(shù)第二位數(shù)字有10種選法，……，第n和第n+1位也有10種，則共有9×10×10×……×10＝9×10n-1種選法，故C錯(cuò)；對(duì)于2n+1位回文數(shù)，首位和個(gè)位數(shù)字有9種選法，第二位和倒數(shù)第二位數(shù)字有10種選法，……，第n+1個(gè)數(shù)字，即最中間的數(shù)字有10種選法，則共有9×10×10×……×10＝9×10n種選法，即2n+1（n∈N*）位回文數(shù)有9×10n個(gè)，所以D正確．故選：BD．10．AC【分析】分析函數(shù)f(x)在[?π【詳解】當(dāng)?π≤x≤0時(shí)，函數(shù)f(x)在[?π,?π6]上遞增，函數(shù)值從?當(dāng)0<x≤π時(shí)，f(x)=函數(shù)f(x)在(0,π3]上遞增，函數(shù)值從32增大到3；在[π函數(shù)f(x)在[?π

對(duì)于A，f(x+2π結(jié)合函數(shù)f(x)在[?π,π]的圖象，得對(duì)于B，觀察函數(shù)f(x)在[?π,π]的圖象，函數(shù)又f(x)的最小正周期是2π，則函數(shù)f(x)對(duì)于C，由函數(shù)f(x)在(0,π3)上遞增，f(x)的最小正周期是2π，得函數(shù)對(duì)于D，觀察函數(shù)f(x)在[?π,π]的圖象，得當(dāng)故選：AC11．AC【分析】對(duì)A：構(gòu)造函數(shù)?x=fxe2x，根據(jù)題意，求得f(x)，令【詳解】令?x=fxe2x，則?′(x)=又?0=f0=?2，故可得c=?2，故對(duì)A：令fx=0，即x2?x?2=x?2故?x對(duì)B：fx=e2xx令f′(x)>0，可得故fx在?∞,?令f′(x)<0，可得x∈?102又f?102=1+故存在x1=1∈?又f2=0，故存在x2又當(dāng)x<?102時(shí)，fx>0，故不存在綜上所述，fx=?2e2有兩個(gè)根，也即對(duì)C：f(x)≥3e4(x?2)，即e2xx2?x?2當(dāng)x∈0,2時(shí)，x?2<0，上式等價(jià)于e令mx=e2xx+1故mx在0,2上單調(diào)遞增，m當(dāng)x=2時(shí)，f2=0，也滿足綜上所述，當(dāng)x∈0,2時(shí)，f(x)≥3對(duì)D：由B可知，fx在1,102且f102=故fx在1,2上的值域?yàn)??故選：AC.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考察利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、零點(diǎn)、不等式恒成立和值域問題；其中解決問題的關(guān)鍵是能夠構(gòu)造函數(shù)?x=f12．1【分析】直接利用三角函數(shù)的關(guān)系式的變換以及正弦定理的應(yīng)用求出結(jié)果.【詳解】在△ABC中，ab=2cos所以sinA=2sinB所以A=2B或A+2B=π由于a<b，所以A<B，故A+2B=π，由于A+B+C=所以B=C，cosB?C故答案為：1.13．?4【分析】采用賦值，分別令y=0，x=y=1,2,4可得．【詳解】令y=0，得14f(x)f(0)=f(x)+f(x)=2f(x)，∵f(x)≠0，∴令x=y=1，得14f2令x=y=2，得14f2令x=y=4，得14f2故答案為:?4．14．9【分析】根據(jù)古典概型性質(zhì)，先計(jì)算出某一情況下取球方法數(shù)的總數(shù)，在列舉出第三次取球?yàn)榘浊虻那樾我约皩?duì)應(yīng)的取法數(shù)，根據(jù)古典概型計(jì)算概率，最后逐一將所有情況累加即可得出總概率，最后即可得到答案.【詳解】設(shè)選出的是第k個(gè)袋，連續(xù)四次取球的方法數(shù)為n(n?1)(n?2)n?3第四次取出的是白球的取法有如下四種情形：4白，取法數(shù)為：(n?k)(n?k?1)(n?k?2)(n?k?3)，1紅3白，取法數(shù)為：C32紅2白，取法數(shù)為：C33紅1白：取法數(shù)為：k(k?1)(k?2)(n?k)，所以第四次取出的是白球的總情形數(shù)為：(n?k)(n?k?1)(n?k?2)(n?k?3)++C則在第k個(gè)袋子中取出的是白球的概率為：Pk因?yàn)檫x取第k個(gè)袋的概率為1nP=k=1當(dāng)P=n