2021届二轮复习 热考题型解法指导 高考客观题的解法 课时作业（全国通用）

第1讲 北京朝阳期末客观题的解法
专题强化训练
[基础达标]
1．(2020·宁波北京朝阳期末模拟)已知全集U＝A∪B＝{x∈Z|0≤x≤6}，A∩(∁UB)＝{1，3，5}，则B＝(　　)
A．{2，4，6} B．{1，3，5}
C．{0，2，4，6} D．{x∈Z|0≤x≤6}
解析：选C.因为全集U＝A∪B＝{x∈Z|0≤x≤6}＝{0，1，2，3，4，5，6}，A∩(∁UB)＝{1，3，5}，所以B＝{0，2，4，6}，故选C.
2．复数z满足(1＋i)z＝|－i|，则＝(　　)
A．1＋i B．1－i
C．－1－i D．－1＋i
解析：选A.由题意知：(1＋i)z＝2，设z＝a＋bi，
则(1＋i)z＝(1＋i)(a＋bi)＝(a－b)＋(a＋b)i，
所以解得a＝1，b＝－1，故＝1＋i，故选A.
3．(2020·温州市北京朝阳期末数学模拟)已知数列{an}是递增数列，且满足an＋1＝f(an)，a1∈(0，1)，则f(x)不可能是(　　)
A．f(x)＝ B．f(x)＝2x－1
C．f(x)＝ D．f(x)＝log2(x＋1)
解析：选B.对于A：因为a1∈(0，1)，所以an＋1＝>an，可得数列{an}是递增数列；对于B：因为a1∈(0，1)，不妨取a1＝，则a2＝2－1＝－1<，因此数列{an}不是递增数列；对于C：f(x)＝，令2x－x2≥0，解得0≤x≤2.由f(x)＝＝，可知：当0≤x≤1时，函数f(x)单调递增；当1≤x≤2时，函数f(x)单调递减．因为a1∈(0，1)，所以数列{an}是递增数列；对于D：画出图象y＝log2(x＋1)，y＝x，可知：在x∈(0，1)时，log2(x＋1)>x，所以an＋1＝log2(an＋1)>an，因此数列{an}是递增数列．故选B.
4．已知点x，y满足约束条件则z＝3x＋y的最大值与最小值之差为　(　　)
A．5 B．6
C．7 D．8
解析：选C.作出约束条件对应的平面区域如图中阴影部分所示，作出直线y＝－3x并平移知，当直线经过点A时，z取得最大值，当直线经过点B时，z取得最小值，由，得，即A(2，3)，故zmax＝9.
由，得即B(0，2)，故zmin＝2，故z的最大值与最小值之差为7，选C.
5．在数列{an}中，若a1＝2，且对任意正整数m，k，总有am＋k＝am＋ak，则{an}的前n项和Sn＝(　　)
A．n(3n－1) B.
C．n(n＋1) D.
解析：选C.依题意得an＋1＝an＋a1，即有an＋1－an＝a1＝2，所以数列{an}是以2为首项、2为公差的等差数列，an＝2＋2(n－1)＝2n，Sn＝＝n(n＋1)．
6．函数f(x)＝|x－2|－ln x在定义域内的零点的个数为(　　)
A．0　　　　　　　　　　 B．1
C．2 D．3
解析：选C.由题意可知f(x)的定义域为(0，＋∞)，在同一直角坐标系中画出函数y1＝|x－2|(x>0)，y2＝ln x(x>0)的图象，如图所示．
由图可知函数f(x)在定义域内的零点个数为2.
7．函数f(x)＝cos x·log2|x|的图象大致为(　　)

解析：选B.函数的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，
且f＝coslog2＝－cos ，
f＝cos·log2＝－cos，
所以f＝f，排除A、D，
又f＝－cos<0，故排除C.综上，选B.
8．(2020·嘉兴市高三期末)已知圆C1：x2＋y2－2ax＋a2－1＝0和圆C2：x2＋y2－2by＋b2－4＝0恰有三条公共切线，则的最小值为(　　)
A．1＋ B．2
C．3－ D．4
解析：选B.圆C1的圆心为C1(a，0)，半径为r1＝1，
圆C2的圆心为C2(0，b)，半径为r2＝2，
因为两圆有三条公共切线，所以两圆外切．
所以＝3，
所以点(a，b)在半径为3的圆x2＋y2＝9上．
而表示点(a，b)到点(3，4)的距离．
所以的最小值为－3＝2.故选B.
9．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)

A．12　　　　B．18 C．24　　　　D．30
解析：选C.由三视图可知该几何体是由如图所示的直三棱柱ABC­A1B1C1截掉一个三棱锥D­A1B1C1得到的，
其中AC＝4，BC＝3，AA1＝5，AD＝2，
BC⊥AC，S△A1B1C1＝×4×3＝6，
所以该几何体的体积V＝S△A1B1C1·AA1－
S△A1B1C1·DA1＝6×5－×6×3＝24.
10．(2020·台州模拟)在平面直角坐标系xOy中，已知直线l：x＋y＋a＝0与点A(0，2)，若直线l上存在点M满足|MA|2＋|MO|2＝10(O为坐标原点)，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－－1，－1)
B．[－－1，－1]
C．(－2－1，2－1)
D．[－2－1，2－1]
解析：选D.设M(x，y)，因为|MA|2＋|MO|2＝10，所以x2＋(y－2)2＋x2＋y2＝10，即x2＋(y－1)2＝4，由于点M在直线l上，所以直线x＋y＋a＝0与圆x2＋(y－1)2＝4相交或相切时满足题意，即≤2，解得－2－1≤a≤2－1.
11．设函数f(x)＝2sin，则函数f(x)的最小正周期为________，单调递增区间为________．
解析：函数f(x)的最小正周期为＝π，由2x＋∈得x∈，k∈Z，
即f(x)的增区间为，k∈Z.
答案：π　，k∈Z
12．(2020·金丽衢十二校高三联考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是________cm3，表面积为________cm2.


解析：根据三视图可知，该几何体为如图所示三棱锥P­ABC，所以其体积V＝Sh＝××4××1＝，表面积S＝×4×＋×4×1＋×2×2＋×2×＝4＋2＋.
答案：　4＋2＋
13．(2020·河南八市重点高中质检)已知直线l1与直线l2：4x－3y＋1＝0垂直且与圆C：x2＋y2＝－2y＋3相切，则直线l1的方程是________．
解析：由题可得，圆C的标准方程为x2＋(y＋1)2＝4，其圆心为(0，－1)，半径r＝2.设直线l1的方程为3x＋4y＋c＝0，则＝2，解得c＝14或c＝－6.故直线l1的方程为3x＋4y＋14＝0或3x＋4y－6＝0.
答案：3x＋4y＋14＝0或3x＋4y－6＝0
14．对于任意两个正实数a，b，定义a*b＝λ×.其中常数λ∈，若8*3＝3，则λ＝________；若a≥b>0，a*b 与b*a都是集合{x|x＝，n∈Z}中的元素，则a*b ＝________．
解析：由8*3＝3得λ×＝3⇒λ＝；
λ×＝，λ×＝(m，n∈Z，m>n)⇒λ2＝∈⇒mn＝5⇒m＝5，n＝1，
所以a*b＝.
答案：　
15．已知函数f(x)＝其中m>0.若存在实数b，使得关于x的方程f(x)＝b有三个不同的根，则m的取值范围是__________．
解析：函数f(x)的大致图象如图所示，根据题意知只要m>4m－m2即可，又m>0，解得m>3，故实数m的取值范围是(3，＋∞)．

答案：(3，＋∞)
16．若二次函数f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1在区间[－1，1]内至少存在一个值c，使得f(c)>0，则实数p的取值范围是________．
解析：若在[－1，1]内不存在c满足f(c)>0，
则即
解得p≤－3或p≥，取补集得－3 即满足题意的实数p的取值范围是.
答案：
17．小明和爸爸妈妈、爷爷奶奶一同参加《中国诗词大会》的现场录制，5人坐成一排．若小明的父母至少有一人与小明相邻，则不同的坐法种数为________．
解析：根据题意，分3种情况讨论：
①若小明的父母中只有1人与小明相邻且父母不相邻时，
先在其父母中选一人与小明相邻，有C＝2种情况，
将小明与选出的家长看成一个整体，考虑其顺序有A＝2种情况，
当父母不相邻时，需要将爷爷奶奶进行全排列，将整体与另一个家长安排在空位中，有A×A＝12种安排方法，此时有2×2×12＝48种不同坐法；
②若小明的父母中只有1人与小明相邻且父母相邻时，
将父母及小明看成一个整体，
小明在一端，有2种情况，考虑父母之间的顺序，有2种情况，则这个整体内部有2×2＝4种情况，
将这个整体与爷爷奶奶进行全排列，有A＝6种情况，
此时有2×2×6＝24种不同坐法；
③小明的父母都与小明相邻，即小明在中间，父母在两边，
将3人看成一个整体，考虑父母的顺序，有A＝2种情况，
将这个整体与爷爷奶奶进行全排列，有A＝6种情况，
此时，共有2×6＝12种不同坐法；
则一共有48＋24＋12＝84种不同坐法．
答案：84
[能力提升]
1．若a，b，c∈R，a＞b，则下列不等式成立的是(　　)
A.＜ B．a2＞b2
C.＞ D．a|c|＞b|c|
解析：选C.取a＝1，b＝－1，排除A，B；取c＝0，排除D，故选C.
2．(2020·金华市东阳二中高三调研)若关于x的不等式x2＋ax－2＞0在区间[1，5]上有解，则实数a的取值范围为(　　)
A. B.
C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)
解析：选A.由Δ＝a2＋8>0，知方程恒有两个不等实根，又知两根之积为负，所以方程必有一正根、一负根．
于是不等式在区间[1，5]上有解的充要条件是
f(5)>0，解得a>－，故a的取值范围为.
3．(2020·杭州市学军中学模拟)已知q是等比数列{an}的公比，则“q<1”是“数列{an}是递减数列”的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：选D.数列－8，－4，－2，…，该数列是公比q＝＝<1的等比数列，但该数列是递增数列，所以，由等比数列{an}的公比q<1，不能得出数列{an}是递减数列；
而数列－1，－2，－4，－8，…，是递减数列，但其公比q＝>1，所以，由数列{an}是递减数列，不能得出其公比q<1.
所以，“q<1”是“等比数列{an}是递减数列”的既不充分也不必要条件．故选D.
4．当a＞0时，函数f(x)＝(x2＋2ax)ex的图象大致是(　　)

解析：选B.由f(x)＝0，得x2＋2ax＝0，解得x＝0或x＝－2a，因为a＞0，所以x＝－2a＜0，故排除A，C；当x趋向于－∞时，ex趋向于0，故f(x)趋向于0，排除D.
5．已知正实数a，b满足a2－b＋4≤0，则u＝(　　)
A．有最大值为
B．有最小值为
C．没有最小值
D．有最大值为3
解析：选B.因为a2－b＋4≤0，所以b≥a2＋4，a，b>0.
所以a＋b≥a2＋a＋4，
所以≤，
所以－≥－，
所以u＝＝3－≥3－＝3－≥3－＝，当且仅当a＝2，b＝8时取等号．故选B.
6．(2020·瑞安四校联考)已知Rt△AOB的面积为1，O为直角顶点，设向量a＝，b＝，＝a＋2b，则·的最大值为(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选A.以O为原点，OA所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，建立直角坐标系．
设A(m，0)，B(0，n)，则a＝(1，0)，
b＝(0，1)，＝a＋2b＝(1，2)，
＝(m－1，－2)，＝(－1，n－2)，
Rt△AOB的面积为1，即有mn＝2，则·＝1－m－2(n－2)＝5－(m＋2n)≤5－2＝5－2×2＝1，当且仅当m＝2n＝2时，取得最大值1.
7．(2020·绍兴一中高三期中)到两条互相垂直的异面直线距离相等的点的轨迹，被过一直线与另一直线垂直的平面所截，截得的曲线为(　　)
A．相交直线 B．双曲线
C．抛物线 D．椭圆弧
解析：选C.如图所示，建立坐标系，不妨设两条互相垂直的异面直线为OA，BC，设OB＝a，P(x，y，z)到直线OA，BC的距离相等，所以x2＋z2＝(x－a)2＋y2，所以2ax－y2＋z2－a2＝0，
若被平面xOy所截，则z＝0，y2＝2ax－a2；若被平面xOz所截，则y＝0，z2＝－2ax＋a2，故选C.
8．将5名同学分到甲、乙、丙3个小组，若甲组至少两人，乙、丙组每组至少一人，则不同分配方案的种数为(　　)
A．50 B．80
C．120 D．140
解析：选B.根据题意，分2种情况讨论：①甲组有2人，首先选2个放到甲组，共有C＝10种结果，
再把剩下的3个人放到乙和丙两个位置，每组至少一人，共有CA＝6种结果，
所以根据分步乘法计数原理知共有10×6＝60种结果，
②当甲中有三个人时，有CA＝20种结果，
所以共有60＋20＝80种结果，故选B.
9．设函数g(x)＝x2－2(x∈R)，f(x)＝则f(x)的值域是(　　)
A.∪(1，＋∞)
B．[0，＋∞)
C.
D.∪(2，＋∞)
解析：选D.由x＜g(x)得x＜x2－2，
所以x＜－1或x＞2；
由x≥g(x)得x≥x2－2，
所以－1≤x≤2.
所以f(x)＝
即f(x)＝
当x＜－1时，f(x)＞2；当x＞2时，f(x)＞8.
所以当x∈(－∞，－1)∪(2，＋∞)时，函数的值域为(2，＋∞)．当－1≤x≤2时，－≤f(x)≤0.
所以当x∈[－1，2]时，函数的值域为.
综上可得f(x)的值域是∪(2，＋∞)．
10．已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)的导函数f′(x)满足xf′(x)＋f(x)＝，且f(e)＝，其中e为自然对数的底数，则不等式f(x)＋e>x＋的解集是(　　)
A. B．(0，e)
C. D.
解析：选B.根据题意，令g(x)＝xf(x)，
则有g′(x)＝[xf(x)]′＝xf′(x)＋f(x)＝，
则g(x)＝(ln x)2＋C，即xf(x)＝(ln x)2＋C，
则有f(x)＝(ln x)2＋，
又由f(e)＝，即f(e)＝＋＝，解可得C＝，
故f(x)＝(ln x)2＋，
令h(x)＝f(x)－x，
则h′(x)＝f′(x)－1＝－1<0，
故函数h(x)＝f(x)－x在(0，＋∞)上递减，
不等式f(x)＋e>x＋，即f(x)－x>－e＝f(e)－e，
则有0 即不等式f(x)＋e>x＋的解集为(0，e)．故选B.
11．比较lg 2，(lg 2)2，lg(lg 2)的大小，其中最大的是________，最小的是________．
解析：因为lg 2∈(0，1)，0<(lg 2)2 lg(lg 2)<0，
所以最大的是lg 2，最小的是lg(lg 2)．
答案：lg 2　lg(lg 2)
12．商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖．每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球．在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖．则顾客抽奖1次能获奖的概率是________；若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X，则EX＝________．
解析：抽奖1次，不中奖的概率为×＝，
所以抽奖1次能获奖的概率为1－＝；
抽奖1次获一等奖的概率为×＝，
所以随机变量X服从二项分布，即X～B，
所以EX＝3×＝.
答案：　
13．在△ABC中，D是AC边的中点，A＝，cos ∠BDC＝－，△ABC的面积为3，则sin∠ABD＝________，AC＝________．
解析：过B作BH⊥AC于H，则cos ∠BDH＝＝，
设DH＝2k(k>0)，则BD＝k，
所以BH＝＝k，
在Rt△ABH中，∠A＝，所以AH＝＝k，
所以AD＝3k，AC＝6k，
又S△ABC＝×AC×BH＝×6k×k＝3k2＝3，
解得k＝1，所以AC＝6，
在△ABD中，＝，
所以＝
解得sin ∠ABD＝.
答案：　6
14．(2020·杭州市七校高三联考)抛物线y＝2x2上两点A(x1，y1)、B(x2，y2)关于直线y＝x＋m对称，且x1·x2＝－，则m等于________．
解析：由条件得A(x1，y1)、B(x2，y2)两点连线的斜率k＝＝－1，而y2－y1＝2(x－x)，
得x1＋x2＝－，且(，)在直线y＝x＋m上，即＝＋m，
即y1＋y2＝x1＋x2＋2m.
又因为A(x1，y1)、B(x2，y2)两点在抛物线y＝2x2上，
所以有2(x＋x)＝x1＋x2＋2m，
即2[(x1＋x2)2－2x1x2]＝x1＋x2＋2m，
可得2m＝3，解得m＝.
答案：
15．用1，2，3，4，5这五个数字组成各位上数字不同的四位数，其中千位上是奇数，且相邻两位上的数之差的绝对值都不小于2(比如1 524)的概率＝________．
解析：用1，2，3，4，5这五个数字组成各位上数字不同的四位数，基本事件总数n＝A＝120，其中千位上是奇数，且相邻两位上的数之差的绝对值都不小于2包含的基本事件有：1 352，1 425，1 524，3 142，3 524，3 514，3 152，5 241，5 314，5 142，共10个，所以千位上是奇数，且相邻两位上的数之差的绝对值都不小于2(比如1 524)的概率：p＝＝.
答案：
16．已知a＝(3，2)，b＝(2，－1)，若向量λa＋b与a＋λb夹角为锐角，则实数λ的取值范围是________．
解析：因为a＝(3，2)，b＝(2，－1)，
所以λa＋b＝(3λ＋2，2λ－1)，a＋λb＝(3＋2λ，2－λ)，
因为向量λa＋b与a＋λb夹角为锐角，
所以(λa＋b)·(a＋λb)＝(3λ＋2)×(3＋2λ)＋(2λ－1)×(2－λ)>0.
且(3λ＋2)(2－λ)－(2λ－1)(3＋2λ)≠0，
整理可得，4λ2＋18λ＋4>0且λ≠±1.
解不等式可得，λ>或λ<且λ≠1.
答案：λ>或λ<且λ≠1
17．(2020·广州市综合测试(一))设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝2，对任意p，q∈N*，都有ap＋q＝ap＋aq，则f(n)＝(n∈N*)的最小值为________．
解析：a1＝2，对任意p，q∈N*，都有ap＋q＝ap＋aq，令p＝1，q＝n，则有an＋1＝an＋a1＝an＋2，故{an}是等差数列，所以an＝2n，Sn＝2×＝n2＋n，f(n)＝＝＝＝n＋1＋－1.
当n＋1＝8时，f(7)＝8＋－1＝；
当n＋1＝7时，f(6)＝7＋－1＝，
因为<，则f(n)＝(n∈N*)的最小值为.
答案：