《2020版新高考二轮复习理科数学专项小测：7 “12选择＋4填空”》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版新高考二轮复习理科数学专项小测：7 “12选择＋4填空”（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专项小测(七)“12选择4填空”时间：45分钟满分：80分一、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记复数z的虚部为Im(z)，已知z满足iz12i，则Im(z)为()A1BiC2D2i解析：由iz12i，得z2i，Im(z)1，故选A.答案：A2已知集合A，B，则AB中的元素的个数为()A0个B1个C2个D无数个解析：A(x，y)|x26xy24y90(x，y)|(x3)2(y2)24，B(x，y)|(x1)2(y2)29，圆心距d4，得1|r1r2|dr1r25，两圆的位置关系为相交，AB中有2个元素，故选C.答案：C3若双曲线1(
2、a0，b0)的一条渐近线方程为yx，则其离心率为()A.B.C2D3解析：因为双曲线1的一条渐近线方程为yx，所以，即b22a2，而a2b2c2，所以c23a2cae，故选B.答案：B4函数f(x)的大致图象为()解析：函数f(x)的定义域为x|x0，f(x).当x1时，f(x)0，f(x)单调递增；当0x1，x0时，f(x)0，f(x)单调递减，显然当x0时，f(x)0；当x0时，f(x)0，故选B.答案：B5在ABC中，D为AB的中点，点E满足4，则()A.B.C.D.解析：因为D为AB的中点，点E满足4，所以，所以()，故选A.答案：A6已知Sn为等差数列an的前n项和，若S318，a3
3、9，则a6()A12B15C18D21解析：设等差数列an的公差为d，由S318，a39，得解得a1d3，所以a6a15d18，故选C.答案：C7如图，在多面体ABCDEF中，AD平面ABF，ADBCEF，AD4，BC3，ABBFEF2，ABF120.则异面直线AF与CD所成角的余弦值为()A.B.C.D.解析：过点A作CD的平行线交CB的延长线于点G，连接FG，则FAG就是异面直线AF与CD所成的角或其补角因为ADBC，AD4，BC3，所以BG1.又AD平面ABF，ADBG，所以ABBG，BGBF，所以AG，FG.由ABBF2，ABF120，可得AF2，故在AFG中，由余弦定理得cosFAG
4、.答案：A8设ABC的内角A，B，C所对边的长分别是a，b，c，且b3，c1，A2B，则a的值为()A2B4C2D2解析：在ABC中，由A2B，b3，c1，可得，整理得a6cosB，由余弦定理得a6，解得a2，故选C.答案：C9已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，且在(0，)上单调递增，则()Af(3)f(log313)f(20.6)Bf(3)f(20.6)f(log313)Cf(20.6)f(log313)f(3)Df(20.6)f(3)f(log313)解析：根据题意，函数f(x)是定义在R上的偶函数，则f(3)f(3)，f(log313)f(log313)，有20.62log313lo
5、g3273，又由f(x)在(0，)上单调递增，则有f(20.6)f(log313)f(3)，故选C.答案：C10已知函数f(x)2cos(x)(0，|)的部分图象如图所示，点A(0，)，B，则函数f(x)图象的一条对称轴方程为()AxBxCxDx解析：由图象过点A(0，)，得2cos，cos，又|，则.因为图象是右平移，所以，f(x)2cos.再由图象过点B得2cos0，则2k(kZ)，又0，则的最小值为4，所以f(x)2cos，当x时，f(x)取得最大值2，所以x是f(x)2cos图象的一条对称轴，故选D.答案：D11设两直线l1：x2y20与l2：axy10垂直，则4的展开式中x2的系数为
6、()A12B3C.D.解析：两直线l1：x2y20与l2：axy10垂直，(a)1，求得a2，则44，要求其展开式中x2项，则是分子(x)8中展开式中的x6项，所以它的展开式中x2的系数为，故选D.答案：D12已知正三棱锥ABCD的所有顶点都在球O的球面上，其底面边长为3，E，F，G分别为侧棱AB，AC，AD的中点若O在三棱锥ABCD内，且三棱锥ABCD的体积是三棱锥OBCD体积的3倍，则平面EFG截球O所得截面的面积为()A.B.C.D4解析：如图所示， 平面EFG截球O所得截面的图形为圆面正三棱锥ABCD中，过A作底面的垂线AH，垂足为H，与平面EFG交点记为K，连接OD，HD，依题意，得
7、VABCD3VOBCD，所以AH3OH，设球的半径为R，在RtOHD中，ODR，HD，OH，由勾股定理得R2()22，解得R2.由于平面EFG平面BCD，所以AH平面EFG，球心O到平面EFG的距离为KO，则KO，设平面EFG截球O所得截面的半径为r，在RtKON中，r2KN2ON2KO2R2，所以截面圆的面积为r2，故选C.答案：C二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13已知tan，则_.解析：因为tan，所以tantan，所以3.答案：314在(1x)5的展开式中，x2项的系数为_(用数字作答)解析：二项式(1x)5展开式的通项为Tr1Cxr(r0,1,2,3,4,5)，所以(1
8、x5)的展开式中x2项为1Cx2Cx310x210x20.答案：015已知Sn是数列an的前n项和，Sn22an1，若a2，则S5_.解析：由题意可知S122a21，且Sn22(Sn1Sn)，整理得Sn12(Sn2)，由于S121，故S52(1)4，S5.答案：16已知圆锥的顶点为S，O为底面中心，A，B，C为底面圆周上不重合的三点，AB为底面的直径，SAAB，M为SA的中点设直线MC与平面SAB所成角为，则sin的最大值为_解析：以AB的中点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设SAAB4，则M(0，1，)，C(x，y,0)，如图所示，由对称性不妨设x0，y0且x2y24，则(x，y1，)，易知平面SAB的一个法向量为m(1,0,0)，所以sin1，当且仅当y24时等号成立综上，sin的最大值为1.答案：1
