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1、 小题提速练(七)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A2，0，2，Bx|x2x20，则AB()A B2 C0，1，2 D2，0，1，2 解析：选 D.由x2x20，解得x2 或 1，所以B2，1，AB2，0，1，2，故选 D.2设 i 是虚数单位，z是复数z的共轭复数，若(1i)z2，则|z|()A1 B 2 C2 D2 2 解析：选 B.由(1i)z2 得z21i1i，z1i，|z|z|2，故选 B.3设a，b表示不同的直线，表示不同的平面，则下列命题正确的是()A若a，且ab，则b B若，且，则 C若，
2、且，则 D若a，且a，则 解析：选 C.若a，且ab，则b或b，故 A 不对；若r，且r，则或，相交，故 B 不对；若a，且a，则或，相交，故 D 不对；根据平面平行的传递性可知，C 对故选 C.4已知角满足 2cos 2cos40，则 sin 2()A.18 B18 C.78 D78 解析：选 D.解法一：由 2cos 2cos4得，2sin22cos4，4sin4cos4cos4，因为 cos40，所以 sin414，sin 2cos2212sin2411878，故选 D.解法二：由 2cos 2cos4可得，2(cos sin)(cos sin)22(cos sin)因为 cos40，所
3、以 cos sin 0，所以 cos sin 24，将此式两边平方得 1sin 218，所以 sin 278，故选 D.5已知函数f(x)x1x，若af(log26)，bflog229，cf(30.5)，则a，b，c的大小关系为()Acba Bbac Ccab Dabc 解析：选 A.因为f(x)x1x，所以f(x)为奇函数，且在(0，)上是增函数，所以bflog229flog229flog292，且 log26log292230.5，结合函数f(x)的单调性可知abc，故选 A.6一个四面体的三视图为三个如图所示的全等的等腰直角三角形，且直角边长都等于 1，则该四面体的表面积是()A2 B3
4、 32 C3 3 D32 32 解析：选 B.由三视图可知，该几何体是一个底面为直角边长为 1 的等腰直角三角形，直线顶点处的棱垂直于底面且长为 1 的三棱锥，即三条棱都等于 1 且两两垂直相交于一点的三棱锥，所以四个面中有三个为全等的等腰直角三角形，第四个面为边长等于 2的正三角形，所以该四面体的表面积等于3121134(2)23 32，故选 B.7已知am2，an3(a0，a1)，则 loga12()A.2mn B2mn C2mn Dmn 解析：选 C.解法一：由am2，an3，则 loga2m，loga3n，所以 loga12loga(43)loga22loga32loga2loga32
5、mn.故选 C.解法二：由am2，an3 可知，a2man12，即a2mn12，loga12logaa2mn2mn.故选 C.8已知f(x)x5ax3bx1，且f(1)8，则f(1)()A6 B6 C8 D8 解析：选 B.令g(x)x5ax3bx，易知g(x)是 R 上的奇函数，g(1)g(1)，又f(x)g(x)1，f(1)g(1)1，g(1)7，g(1)7，f(1)g(1)1716.故选 B.9设变量x，y满足约束条件6x5y60，5x3y40，x0，y0，则目标函数zy4x4的取值范围为()A(，2)(2，)B1，1 C(，11，)D(2，2)解析：选 C.作出不等式组表示的可行域如图
6、中阴影部分所示，zy4x4表示可行域内的点与点(4，4)连线的斜率，易求得临界位置的斜率为1，1，由图易知z的取值范围是(，11，)10某种最新智能手机市场价为每台 6 000 元，若一次采购数量x达到某数值，还可享受折扣如图为某位采购商根据折扣情况设计的算法的程序框图，若输出的y513 000 元，则该采购商一次采购该智能手机的台数为()A80 B85 C90 D100 解析：选 C.依题意可得 y6 000 x，x80，6 0000.95x，80 x120，6 0000.85x，x120.当 6 000 x513 000 时，解得x85.5，不合题意，舍去；当 6 0000.95x513
7、000 时，解得x90；当 6 0000.85x513 000 时，解得x100.6，不合题意，舍去故该采购商一次采购该智能手机 90 台故选 C.11已知三棱锥PABC中，ABBC，ABBC，点P在底面ABC上的射影为AC的中点，若该三棱锥的体积为92，那么当该三棱锥的外接球体积最小时，该三棱锥的高为()A2 B3 3 C2 3 D3 解析：选 D.设三棱锥PABC外接球的球心为O，ABC的外接圆圆心为O1，又ABBC，所以O1为AC的中点连接PO1，点P在底面ABC上的射影为AC的中点，PO1平面ABC.P，O，O1三点共线连接OB，O1B，如图由已知三棱锥PABC的底面ABC为等腰直角三
8、角形，设ABa，三棱锥高PO1h，三棱锥PABC的体积V1312a2h92，即a227h，设OBR，又OB2BO21OO21，R222a2(hR)2，R2h2a24hh2 274h2，由球O的体积V球43R3知，当R最小时，其外接球体积最小，由Rh4h4274h294，当且仅当h4h4274h2，即h3 时取等号，因而三棱锥PABC的高为 3 时，外接球体积最小，故选 D.12已知F1，F2是椭圆和双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点，且F1PF223，则椭圆和双曲线的离心率之积的范围是()A(1，)B(0，1)C(0，2)D(2，)解析：选 A.解法一：不妨设椭圆：x2a21y2b211(
9、a1b10)，离心率为e1，半焦距为c，满足c2a21b21；双曲线：x2a22y2b221(a20，b20)，离心率为e2，半焦距为c，满足c2a22b22.不妨设P是它们在第一象限的公共点，点F1，F2分别为它们的左、右焦点，则由椭圆与双曲线的定义得：|PF1|PF2|2a1，|PF1|PF2|2a2|PF1|a1a2，|PF2|a1a2，在F1PF2中，由余弦定理可得（a1a2）2（a1a2）24c22（a1a2）（a1a2）12，整理得 4c23a21a22，即 3a21c2a22c24，即 31e121e224，则1e22431e12，由0e11，e21得，1e11，01e21，令t
10、1e12，则t1e121341e221，43，1e121e221e12431e123t24t3t23243(0，1)，e21e22(1，)，即e1e2的取值范围为(1，)解法二：不妨设椭圆x2a21y2b211(a1b10)，离心率为e1，半焦距为c，满足c2a21b21；双曲线x2a22y2b221(a20，b20)，离心率为e2，半焦距为c，满足c2a22b22，不妨设P是它们在第一象限的公共点，点F1，F2分别为它们的左、右焦点，|PF1|m，|PF2|n，则mn0，在F1PF2中，由余弦定理可得m2n2mn4c2，则由椭圆与双曲线的定义得mn2a1，mn2a2，1e11e2a1a2c2
11、m2n24c2m2n2m2n2mn m2n2mn（2n2mn）m2n2mn 12mnmn2mn1，令tmn2，则t3，1e11e21tt23t311t3t3，函数f(t)11t3t3在(3，)上单调递增，1e11e2(0，1)，即e1e2的取值范围为(1，)二、填空题(本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分)13设向量a(1，2m)，b(m1，1)，c(2，m)若(ac)b，则|a|_ 解析：由题意得，ac(3，3m)，由(ac)b得 3(m1)3m0，所以m12，a(1，1)，所以|a|2.答案：2 14某老师在一个盒子里装有 5 张分别标有数字 1，2，3，4，5 的卡片，现让某孩
12、子从盒子里任取 2 张卡片，则他取出的 2 张卡片上的数字之积是偶数的概率为_ 解析：从盒子里任取 2 张卡片的所有基本事件有(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(3，4)，(3，5)，(4，5)，共 10 个，其中 2 张卡片上的数字之积是偶数的基本事件有(1，2)，(1，4)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(3，4)，(4，5)，共 7 个，所以取出的 2 张卡片上的数字之积是偶数的概率P710.答案：710 15已知函数f(x)sin(x)(0，0)的最小正周期为，将函数f(x)的图象向左平移6个单位长度后，所得图象关于直线x3对称，
13、则f(x)_ 解析：解法一：由函数f(x)的最小正周期为 可知2，将f(x)sin(2x)的图象向左平移6个单位长度后得到g(x)sin2x3的图象，又g(x)sin2x3的图象关于直线x3对称，所以 233k2，kZ，所以k56，kZ.因为 0，所以56，所以f(x)sin2x56.解法二：由函数f(x)的最小正周期为 可知2，将f(x)sin(2x)的图象向左平移6个单位长度后得到g(x)sin2x3的图象，又g(x)sin2x3的图象关于直线x3对称，所以g6g2，即 sin sin23.因为 0，所以56，f(x)sin2x56.答案：sin2x56 16已知点M(4，0)，椭圆x24y2b21(0b2)的左焦点为F，过F作直线l(l的斜率存在)交椭圆于A，B两点若直线MF恰好平分AMB，则椭圆的离心率为_ 解析：如图，作点B关于x轴的对称点C，则点C在直线AM上设l：yk(xc)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立得yk（xc），x24y2b21，消去y得(4k2b2)x28k2cx4k2c24b20，则x1x28k2c4k2b2，x1x24k2c24b24k2b2，由角平分线的性质定理知|MA|MB|AF|BF|，所以x14x24x1cx2c(*)，可得 2x1x2(4c)(x1x2)8c0，故 8b2(c1)0，所以c1，故离心率eca12.答案：12