【文档说明】备战2025年高考二轮复习 数学 题型专项练5　客观题11 3标准练（E） Word版含解析.docx，共(7)页，248.614 KB，由envi的店铺上传

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题型专项练5客观题11+3标准练(E)(分值:73分)学生用书P223一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40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.(2024广东茂名二模)已知

复数z=cosπ6+isinπ6(i为虚数单位),则|z|=()A.12B.√32C.1D.1+√32答案C解析由题意知|z|=√cos2π6+sin2π6=1.故选C.2.设集合A={x|y=ln(2-x)},B={x|x2-3x-4≥0},则下列结论正确

的是()A.A∪B=RB.A∩B=⌀C.B⊆∁RAD.A∩(∁RB)={x|-1<x<2}答案D解析函数y=ln(2-x)中,2-x>0,解得x<2,即A={x|x<2},∁RA={x|x≥2},解不等式x

2-3x-4≥0,得x≤-1或x≥4,即B={x|x≤-1或x≥4},∁RB={x|-1<x<4},A∪B={x|x<2或x≥4},A错误;A∩B={x|x≤-1},B错误;-1∈B,-1∉∁RA,C错误;A∩(∁RB)={x|-1<x<2},D正确.

故选D.3.已知m,n是空间中两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列说法错误的是()A.若m⊥α,n∥α,则m⊥nB.若m⊥α,m∥n,则n⊥αC.若m∥n,n⊥β,m⊥α,则α∥βD.若m⊥α,m⊥n,则n∥α答案D解析当n∥α时,过n作平面β,使β∩α=l

,则n∥l,因为m⊥α,l⊂α,所以m⊥l,所以m⊥n,故A正确;当m⊥α时,设a,b是平面α内的两条相交直线,则m⊥a,m⊥b.因为m∥n,所以n⊥a,n⊥b,所以n⊥α,故B正确;因为m∥n,n⊥

β,所以m⊥β,又m⊥α,所以α∥β,故C正确;当m⊥α,m⊥n时,n可能在平面α内,故D错误.故选D.4.已知函数f(x)的部分图象如图所示,则函数f(x)的解析式可能为()A.f(x)=-2𝑥2|�

�|-1B.f(x)=-2𝑥2|𝑥|+1C.f(x)=-2𝑥|𝑥|-1D.f(x)=-2|𝑥|𝑥2-1答案A解析由图象可知,函数f(x)为偶函数,排除C;函数f(x)的定义域不是实数集,排除B;当x→+∞时,f(x

)→-∞,而D选项中,当x→+∞时,y→0,排除D.故选A.5.(2024陕西安康模拟)“孙子定理”又称“中国剩余定理”,最早可见于我国南北朝时期的数学著作《孙子算经》,该定理是中国古代求解一次同余式组的方法,它凝聚着中国古代数学家的智慧,在加密、秘密

共享等方面有着重要的应用.已知数列{an}单调递增,且由被2除余数为1的所有正整数构成,现将a6,a9,a11,a13的末位数按从小到大排序作为加密编号,则该加密编号为()A.1157B.1177C.1155D.1122答案A解析由题可知

数列{an}是首项为1,公差为2的等差数列,所以an=2n-1,得a6=11,a9=17,a11=21,a13=25,所以a6,a9,a11,a13的末位数依次为1,7,1,5,故加密编号为1157.故选A.6.已知集合A=-12,-13,12,13,

2,3,若a,b,c∈A且互不相等,则使得指数函数y=ax,对数函数y=logbx,幂函数y=xc中至少有两个函数在(0,+∞)上单调递增的有序数对(a,b,c)的个数是()A.16B.24C.32D.48答案B解析若y=ax和y=lo

gbx在(0,+∞)上单调递增,y=xc在(0,+∞)上单调递减,则有A22C21=4个;若y=ax和y=xc在(0,+∞)上单调递增,y=logbx在(0,+∞)上单调递减,则有C21C21C21=

8个;若y=logbx和y=xc在(0,+∞)上单调递增,y=ax在(0,+∞)上单调递减,则有C21C21C21=8个;若y=ax,y=logbx和y=xc在(0,+∞)上单调递增,则有A22C21=4个.综上所述,共有4+8+8+4=24个.故选B.

7.(2024广东佛山二模)已知椭圆C:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(-c,0),F2(c,0),点A,B在椭圆C上,且满足𝐹1𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2𝐹2𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,�

�1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=4c2-𝑎216,则椭圆C的离心率为()A.2√23B.√63C.23D.√33答案B解析如图,由𝐹1𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2𝐹2𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,得BF2∥AF1,|BF2|=12|AF1|,取

AF1的中点M,连接BM,则四边形BMF1F2为平行四边形,|BM|=|F1F2|=2c,所以𝐹1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=𝐵𝐹1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=(𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝑀𝐹1⃗⃗

⃗⃗⃗⃗⃗⃗)·(𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗)=𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗2−𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗2=4c2-𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗2=4c2-𝑎216,解得|MA|=𝑎4,所以|AF1|=2|MA|=𝑎2,|BF2|=|MF

1|=𝑎4,由椭圆定义知|AF2|=2a-|AF1|=3𝑎2,|BF1|=2a-|BF2|=7𝑎4,由BF2∥AF1,得∠AF1F2+∠BF2F1=π,即cos∠AF1F2+cos∠BF2F1=0,在△AF1F2和△BF2F1

中,由余弦定理,得|𝐹1𝐹2|2+|𝐴𝐹1|2-|𝐴𝐹2|22|𝐹1𝐹2||𝐴𝐹1|+|𝐹1𝐹2|2+|𝐵𝐹2|2-|𝐵𝐹1|22|𝐹1𝐹2||𝐵𝐹2|=0,即(2𝑐)2+(𝑎2)2-(3𝑎2)22·2𝑐·𝑎2+

(2𝑐)2+(𝑎4)2-(7𝑎4)22·2𝑐·𝑎4=0,整理得2a2=3c2,所以椭圆C的离心率为e=𝑐𝑎=√63.故选B.8.已知x1>1,x2>1,且lnx1=x2-1,则𝑥2𝑥1的值可能为()A.-2√33B.√33C.2√33D.2答案

B解析由lnx1=x2-1得x2=lnx1+1,则𝑥2𝑥1=ln𝑥1+1𝑥1,令f(x)=ln𝑥+1𝑥(x>1),得f'(x)=1-(ln𝑥+1)𝑥2=-ln𝑥𝑥2,因为x>1,lnx>0,所以f'(x)<0,故函数f(x)在区间(1,+∞)上单调递减,故f(

x)<f(1)=1.又因为x>1,lnx+1>1,所以f(x)>0,故f(x)的值域为(0,1).只有B选项符合条件.故选B.二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.9.(2

024山东青岛一模)袋子中有6个相同的球,分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中随机取出两个球,设事件A=“取出的球的数字之积为奇数”,事件B=“取出的球的数字之积为偶数”,事件C=“取出的球的数字之和为偶数”,则(

)A.事件A与B是互斥事件B.事件A与B是对立事件C.事件B与C是互斥事件D.事件B与C相互独立答案AB解析因为取出的球的数字之积为奇数和取出的球的数字之积为偶数不可能同时发生,且必有一个发生,故事件A与事件B既是互斥事件,也是对立事

件,A,B正确;如果取出的数为2,4,则事件B与事件C均发生,二者不互斥,C错误;因为P(B)=1-C32C62=45,P(C)=C32+C32C62=25,P(BC)=C32C62=15,则P(B)P(C)≠P(BC),所以事件B与事件C不相互独立,D

错误.故选AB.10.(2024浙江绍兴二模)已知数列{an}与{bn}满足a1=1,且an+1=2an+1(n∈N*),bn=log2(an+1).若数列{an}保持顺序不变,在ak与ak+1项之间都插入2k个

bk后,组成新数列{cn},记{cn}的前n项和为Sn,则()A.an+1=2nB.bn=nC.c2024=10D.S2024=20150答案BCD解析因为a1=1,且an+1=2an+1(n∈N*),则a1+1=2,an+1+1=2(an+1)(n∈N*),所以数列{an+1}是以2为首项

,2为公比的等比数列,故an+1=2n,得an=2n-1,则an+1=2n+1-1,A错误;bn=log2(an+1)=log22n=n,B正确;新数列{cn}为1,1,1,3,2,2,2,2,7,…,因为在ak与ak+1项之间都插入2k项

,则在a10前共插入21+22+23+…+29=2(1-29)1-2=1022项,所以数列{cn}从a1到a10共有1022+10=1032项,1032<2024,而a10和a11之间插入了210=1024个1

0,1032+1024=2057>2024,故c2024=10,C正确;结合C的分析,可得S2024=2(1-210)1-2-10+(1×21+2×22+…+9×29)+(2024-1032)×10=2036+8194+992

0=20150,D正确.故选BCD.11.已知圆锥SO(O为底面圆心)的轴截面是面积为1的等腰直角三角形,P是底面圆周上的一个动点,直线a,b满足a⊥b,a⊥SO,b⊥SO,设直线SP与a所成的角为α,直线SP与b

所成的角为β,则()A.α的取值范围为π4,π2B.该圆锥的内切球表面积为(12-8√2)πC.cosαcosβ的取值范围为0,14D.cos2α+cos2β=1答案BC解析如图,作出圆锥SO的轴截面SCD,由题意知,SC⊥SD,SC=SD,∠SCD=∠

SDC=π4,SO⊥CD,O是CD的中点,且S△SCD=12×|SC|×|SD|=12×|SC|2=1,所以|SC|=|SD|=√2,所以|SO|=|OC|=|OD|=√2×sinπ4=1.设圆锥的内切球半径为R,易知圆锥内切球的半径即等于△S

CD内切圆的半径.由S△SCD=𝑆△𝑂1𝐶𝐷+𝑆△𝑆𝑂1𝐶+𝑆△𝑆𝑂1𝐷,即1=12R(√2+√2+2),解得R=√2-1,故圆锥的内切球表面积S=4πR2=4π(√2-1)2=(12-8√2)π,故选项B正确;设A,B是圆锥S

O底面圆周上的两点,且AB⊥CD于点O,则直线AB,CD满足AB⊥CD,AB⊥SO,CD⊥SO,又直线a,b满足a⊥b,a⊥SO,b⊥SO,不妨设a∥AB,b∥CD.以O为原点,OA,OD,OS所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则S(0,0,1),A(1,0,0),B

(-1,0,0),C(0,-1,0),D(0,1,0),设P(cosθ,sinθ,0),θ∈[0,2π],则𝑆𝑃⃗⃗⃗⃗=(cosθ,sinθ,-1),𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,0,0),𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗

=(0,2,0),由异面直线向量夹角公式知,cosα=|cos<𝑆𝑃⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗>|=|-2cos𝜃|√cos2𝜃+sin2𝜃+(-1)2·√(-2)2+0+0=√22|cosθ|,因为θ

∈[0,2π],所以|cosθ|∈[0,1],所以cosα∈0,√22,所以α∈π4,π2,故选项A错误;cosβ=|cos<𝑆𝑃⃗⃗⃗⃗,𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗>|=|2sin𝜃|√cos2𝜃+sin2𝜃+(-1)2·√0+22+0=√22|sinθ|,cos

αcosβ=√22|cosθ|×√22|sinθ|=12|sinθ×cosθ|=14|sin2θ|,因为θ∈[0,2π],所以2θ∈[0,4π],所以sin2θ∈[-1,1],所以cosαcosβ=14|s

in2θ|∈0,14,故选项C正确;cos2α+cos2β=√22|cosθ|2+√22|sinθ|2=12(cos2θ+sin2θ)=12,故选项D错误.故选BC.三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.12.底面边长为6的正四棱锥被平行于其底面的平面所截,截去一个底面

边长为2,高为3的正四棱锥,则所得棱台的体积为.答案104解析如图,由题意知,截去的正四棱锥与原正四棱锥的底面边长之比为26=13,而截去的正四棱锥的高为3,所以原正四棱锥的高为9,(方法一)原正四棱锥的体积为13×(6×6)×9=1

08,截去的正四棱锥的体积为13×(2×2)×3=4,所以棱台的体积为108-4=104.(方法二)棱台的体积为V棱台=13h(S'+√𝑆'𝑆+S)=13×6×(36+12+4)=2×52=104.13.应用抛物线和双曲线的光学性质,可以设计制造反射式天文望远镜,这种望远镜的特点是镜筒可以

很短而观察天体运动又很清楚.某天文仪器厂设计制造的一种反射式望远镜的光学系统的原理如图(中心截口示意图)所示.其中,一个反射镜PO1Q弧所在的曲线为抛物线,另一个反射镜MO2N弧所在的曲线为双曲线一个分支.已知F1,F2是双曲线的两个焦点,其中F2同时又是抛物线的焦点,且∠NF2F1=45°

,tan∠NF1F2=14,△NF1F2的面积为10,|O1F2|=8,则抛物线方程为.答案y2=32(x+3)解析以F1F2的中点O为原点,F1F2所在直线为x轴,F1F2的中垂线为y轴,建立如图所示的平面直角坐标系,不妨设F1(-c,0),F

2(c,0),N(x0,y0)(x0>0,y0>0).因为tan∠NF1F2=14,∠NF2F1=45°,所以{𝑦0𝑥0+𝑐=14,𝑦0=𝑐-𝑥0,解得x0=35c,y0=25c,由𝑆△𝑁𝐹1𝐹2=12|F1F2|y0=25c2=10,解得c=5,又|O1F2|=8,则有O1

(-3,0),故抛物线方程为y2=32(x+3).14.(2024山东泰安二模)已知在矩形ABCD中,AB=1,AD=√3,动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上,则𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗的最大值为;若𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=m𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+n𝐴𝐷

⃗⃗⃗⃗⃗(m,n∈R),则m+n的最大值为.答案923解析如图,以B为原点,BC,BA所在直线分别为x轴、y轴建立如图所示的平面直角坐标系,则B(0,0),A(0,1),D(√3,1),C(√3,0),𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(√3,0),𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=

(0,-1),动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上,设圆C的半径为r,在Rt△BCD中,BC=√3,CD=1,BD=√(√3)2+12=2,由S△BCD=12BC·CD=12BD·r,得r=√32,故圆C的方程为(x-√3)2+y2=34.设点P的坐标为√32cosθ+√3,√32si

nθ,θ∈[0,2π],则𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=√32cosθ+√3,√32sinθ-1,𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=√3√32cosθ+√3=32cosθ+3∈32,92,故𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗的最大值为

92,若𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=m𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+n𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗(m,n∈R),则√32cosθ+√3,√32sinθ-1=m(0,-1)+n(√3,0)=(√3n,-m),得n=12cosθ+1,m=-√32sinθ+1,所以m+n=12cosθ-√32sin

θ+2=cosθ+π3+2∈[1,3],故m+n的最大值为3.