高考数学理小题速度抢分卷4含答案.docx
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高考数学理小题速度抢分卷4含答案
2020届高三数学(理)“小题速练”14
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
13.14.15.16.
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A={x|x2-x-2>0},B={x|0 A.(-1,3) B.(0,3) C.(1,3) D.(2,3) 2.已知a,b∈R,复数z=a-bi,则|z|2等于( ) A.a2+b2-2abiB.a2-b2-2abi C.a2-b2D.a2+b2 3.已知函数f(x)=ax2+x+a,命题p: ∃x0∈R,f(x0)=0,若p为假命题,则实数a的取值范围是( ) A.B. C.∪D.∪ 4.已知抛物线y2=8x的焦点为F,点P在该抛物线上,过点P向y轴作垂线,垂足为E,则|PF|-|PE|的值为( ) A.1B.2 C.3D.4 5.已知m,n为异面直线,m⊥平面α,n⊥平面β.直线l满足l⊥m,l⊥n,l⊄α,l⊄β,则( ) A.α∥β且l∥αB.α⊥β且l⊥β C.α与β相交,且交线垂直于lD.α与β相交,且交线平行于l 6.已知logx3=3,logy7=6,z=7,则实数x,y,z的大小关系是( ) A.x C.x 7.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)的部分图象如图所示,若将f(x)图象上的所有点向左平移个单位长度得到函数g(x)的图象,则函数g(x)的单调递增区间是( ) A.(k∈Z)B.(k∈Z) C.(k∈Z)D.(k∈Z) 8.唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说: “白日登山望烽火,黄昏饮马傍交河.”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题,即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发,先到河边饮马后再回到军营,怎样走才能使总路程最短? 在平面直角坐标系中,设军营所在区域为x2+y2≤1,若将军从点A(2,0)处出发,河岸线所在直线方程为x+y=3,并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营,则“将军饮马”的最短总路程为( ) A.-1B.2-1 C.2D. 9.已知△ABC中,AB=2,B=,C=,点P是边BC的中点,则·等于( ) A.1B.2 C.3D.4 10.已知双曲线-=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F1作圆x2+y2=a2的切线,交双曲线右支于点M,若∠F1MF2=45°,则双曲线的渐近线方程为( ) A.y=±xB.y=±x C.y=±xD.y=±2x 11.已知f(x)是定义在R上的函数,且对任意的x∈R都有f(x)+f(-x)=2cosx,f′(x)+sinx<0,若角α满足不等式f(π+α)+f(α)≥0,则α的取值范围是( ) A.B. C.D. 12.如图,平行六面体ABCDA1B1C1D1的底面是边长为4的菱形,且∠BAD=60°,点A1在底面上的射影O是AC的中点,且A1O=4,点C关于平面C1BD的对称点为P,则三棱锥PABD的体积是( ) A.4B.3 C.4D.8 二、填空题: 本题共4小题,每小题5分,共20分. 13.已知(x2-2)6=a0+a1x+a2x2+…+a12x12,则a3+a4=________. 14.已知sin(-)cos(+)=-,则sinα=________. 15.如图,在直角梯形ABCD中,=,=2,且=r+s,则2r+3s的值为________. 16.江先生朝九晚五上班,上班通常乘坐公交加步行或乘坐地铁加步行.江先生从家到公交站或地铁站都要步行5分钟.公交车多且路程近一些,但乘坐公交路上经常拥堵,所需时间Z(单位: 分钟)服从正态分布N(33,42),下车后从公交站步行到单位要12分钟;乘坐地铁畅通,但路线长且乘客多,所需时间Z(单位: 分钟)服从正态分布N(44,22),下地铁后从地铁站步行到单位要5分钟.有下列说法: ①若8: 00出门,则乘坐公交上班不会迟到;②若8: 02出门,则乘坐地铁上班不迟到的可能性更大;③若8: 06出门,则乘坐公交上班不迟到的可能性更大;④若8: 12出门,则乘坐地铁上班几乎不可能不迟到.从统计的角度认为以上所有合理说法的序号是________. 参考数据: 若Z~N(μ,σ2),则P(μ-σ 2020届高三数学(理)“小题速练”14(答案解析) 1.解析: 选D.解法一: ∵A={x|x<-1或x>2},B={x|0 解法二: ∵2∉A,∴由交集的定义排除选项A,B,C,故选D. 2.解析: 选D.∵z=a-bi,∴|z|2=a2+b2,故选D. 3.解析: 选C.∵命题p: ∃x0∈R,f(x0)=0是假命题,∴方程f(x)=0没有实数根,∵f(x)=ax2+x+a,∴方程ax2+x+a=0没有实数根.∵a=0时,x=0为方程ax2+x+a=0的根,∴a≠0,∴Δ=1-4a2<0且a≠0,∴a<-或a>,故选C. 4.解析: 选B.由抛物线的标准方程y2=2px(p>0)即是y2=8x得p=4,由抛物线的定义得|PF|=|PE|+,所以|PF|-|PE|=2,故选B. 5.解析: 选D.解法一: 若α∥β,则m∥n,这与m、n为异面直线矛盾,所以A不正确.将已知条件转化到正方体中,易知α与β不一定垂直,但α与β的交线一定平行于l,从而排除B、C.故选D. 解法二: 构造图形如图所示,知D项正确. 6.解析: 选D.∵logx3=3,∴x3=3,∴x=3=9.∵logy7=6,∴y6=7,又y>0,∴y=7.∵u=x在区间(0,+∞)上是增函数,∴9>7,即x>y.又v=7x在区间(-∞,+∞)上是增函数,∴7>7,即y>z,∴x>y>z.故选D. 7.解析: 选A.解法一: 设函数f(x)的最小正周期为T,由函数的图象得=-=,∴T=π,∴ω=2,∴f(x)=Asin(2x+φ),又当x=时,f(x)取得最大值,∴sin=1,∴+φ=2kπ+(k∈Z),∴φ=2kπ+(k∈Z),又|φ|<,∴φ=,∴f(x)=Asin.∵将函数f(x)图象上的所有点向左平移个单位长度得到函数g(x)的图象,∴g(x)=Asin,∴g(x)=Asin(A>0),由2kπ-≤2x+≤2kπ+(k∈Z),得kπ-≤x≤kπ-(k∈Z),∴函数g(x)的单调递增区间是[kπ-,kπ-](k∈Z),故选A. 解法二: 设函数f(x)的最小正周期为T,由函数的图象得=-=,∴T=π,利用周期性将函数f(x)的图象补充到如图所示的情况,由函数f(x)的图象及函数的周期性得函数f(x)的单调递增区间是[kπ-,kπ+](k∈Z),又将函数f(x)图象上的所有点向左平移个单位长度得到函数g(x)的图象,∴函数g(x)的单调递增区间是(k∈Z),故选A. 8.解析: 选A.由题意得“将军饮马”的路程最短问题即在直线x+y=3上找一点P′,使得P′到点A(2,0)与圆上一点的距离之和最小问题,如图,点A(2,0)关于直线x+y=3的对称点为B(3,1),OB与直线x+y=3的交点为P,∵|PA|=|PB|,∴|PA|+|PO|=|PB|+|PO|=|OB|,又|P′A|+|P′O|=|P′B|+|P′O|≥|OB|=,∴当点P′与点P重合时,|P′A|+|P′O|取得最小值.又圆O的半径为1,∴在直线x+y=3上找一点P′使得P′到点A(2,0)与圆上一点的距离之和的最小值为-1,即“将军饮马”的最短总路程为-1,故选A. 9.解析: 选B.由正弦定理得=,∵AB=2,B=,C=,∴AC==2,∴·=(+)(-)=(2-2)=2,故选B. 10.解析: 选A.过点O(O为坐标原点)作OA⊥F1M于点A,过点F2作F2B⊥F1M于点B,因为F1M与圆x2+y2=a2相切,且∠F1MF2=45°,所以|OA|=a,|F2B|=|BM|=2a,|F2M|=2a,|F1B|=2b.又点M在双曲线的右支上,所以|F1M|-|F2M|=2a+2b-2a=2a,整理得b=a,即=,于是该双曲线的渐近线方程为y=±x.故选A. 11.解析: 选A.解法一: ∵f(x)+f(-x)=2cosx,∴f(x)-cosx=-(f(-x)-cos(-x)),设g(x)=f(x)-cosx,则g(x)=-g(-x),∴g(x)是奇函数,又f′(x)+sinx<0,∴g′(x)=(f(x)-cosx)′<0,∴g(x)是R上的减函数.∵g(π+α)=f(π+α)-cos(π+α)=f(π+α)+cosα,g(α)=f(α)-cosα,∴f(π+α)+f(α)=g(π+α)+g(α)≥0,∴g(π+α)≥-g(α),∴g(π+α)≥g(-α),∴π+α≤-a,∴α≤-,故选A. 解法二: ∵函数f(x)=cosx-x满足题设条件f(x)+f(-x)=2cosx,f′(x)+sinx<0,∴取函数f(x)=cosx-x,则不等式f(π+α)+f(α)≥0可化为cos(π+α)-π-α+cosα-α≥0,即-cosα-π-α+cosα-α≥0,化简得α≤-,故选A. 12.解析: 选C.如图,连接A1C1,OC1,∵平行六面体的底面是菱形,∴AC⊥BD,又A1在底面ABCD上的射影O是AC的中点,∴A1O⊥底面ABCD,∴A1O⊥BD,又A1O∩AC=O,∴BD⊥平面ACC1A1,∴平面BDC1⊥平面ACC1A1,过点C作平面BDC1的垂线PC,垂足为E,且E∈OC1,PE=EC,即点P为点C关于平面BDC1的对称点,∴点P到平面ABCD的距离等于点E到平面ABCD的距离的2倍.∵底面ABCD是边长为4的菱形,且∠BAD=60°,∴AC=A1C1=4,AO=OC=2,∴∠OC1A1=∠COC1=30°,OC1=8,∴OE=3,∴点E到平面ABCD的距离等于点C1到平面ABCD的距离的,又A1C1∥平面ABCD,所以点C1到平面ABCD的距离为A1O=4,∴点E到平面ABCD的距离等于,∴点P到平面ABCD的距离等于3.∵S△BAD=×4×4×sin60°=4,∴三棱锥PABD的体积为×4×3=4,故选C. 13.解析: 由(x2-2)6=(2-x2)6=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+a12x12得a3=0,a4=C×24=240,∴a3+a4=240. 答案: 240 14.解析: 解法一: ∵sin(-)cos(+)=-,∴(sin-cos)(cos-sin)=-,化简得(cos-sin)2=,∴1-2sincos=,∴1-sinα=,∴sinα=-. 解法二: ∵sin(-)cos(+)=-,∴sin(-)·cos(+-)=-,∴-sin(-)·sin(-)=-,∴sin2(-)=, ∴=,∴=,∴sinα=-. 答案: - 15.解析: 解法一: 根据图形,由题意可得=+=+=+(++)=+(+)=+=+. 因为=r+s,所以r=,s=,则2r+3s=1+2=3. 解法二: 如图,建立平面直角坐标系xAy,依题意可设点B(4m,0),D(3m,3h),E(4m,2h),其中m>0,h>0. 由=r+s,得(4m,2h)=r(4m,0)+s(3m,3h), ∴
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