高三二轮复习数学限时训练 (2)

一、选择题：本大题共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.已知ai1ib，其中i为虚数单位，则实数a,b的值分别为（ ）. A. a1,b1 B. a1,b2 C.a1,b1 D.a1,b2

2.如果命题p:x1y20，命题q:x1y20，那么命题p是命题q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 3.要得到函数ycos2xπ3的图像只需将ycos2x的图像（ ）. A.向右平移

π3个单位长度 B.向左平移π3个单位长度 C.向右平移π6个单位长度 D.向左平移π6个单位长度

4.某程序框图如图所示，程序运行后，输出s的结果是（ ）.

开始i=1 ,s=0i <20 ?否是i=i+2输出ss=s+i结束

A.143 B.120 C.99 D.80

5.过点C1,2的直线与圆x2y26x2y10交于A,B两点，则AB的最小值是（A.5 B.25 C.4 D.23 6.函数fxx22x,x„0的零点个数为 （ 1lnx,x0 ）.

. ）.

1

） A.4 B. 3 C.2 D.1

7.已知函数yfx是在闭区间0,2上单调递增的偶函数，设af2,bf0,cf1，则（ ）.

A. bca B. abc C. acb D. cba

8. 在R上定义运算aba1b．若不等式xyxy1对于任意实数x恒成立，则实数y的取值范围是（ ）.

A.0,2 B.1,1 C.31, D.22 13,22

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分. 把答案填在题中的横线上. 9.已知集合Axx5x60,Bxx2x80，则A22B___________．

x3y3…010.若变量x，y满足约束条件2xy3„0，则zxy的最大值为____________.

xy1…02x2y2211.若双曲线221a0,b0与抛物线ybx有一个交点为3,2,则此双曲线的离心

3ab率为___________．

12. 在△ABC中，a,b,c分别为角A,B,C的对边，若的值为___________．

13.在△ABC中，BD2CD，若ADABAC，则4___________．

14. 在正方体ABCDA点Q是CC1的中点，点F是侧面BCC1B1内的动点且A1BC11D1中，1F∥平面ADQ，则A1所成角的正切值的取值范围为 . 11F与平面BCC1BD1C1bc21，且cosA,b，则acosBcosC32A1B1QDCAB

2

限时训练（二十五）

答案部分

一、选择题：

1 2 3 4 5 6 7 8 D A C B C B A C

二、填空题：

9.4,2,3 10. 9 11. 233 12. 66 13.6 14.2,22

解析部分

1.解析 ai1ia+1+1aib，所以1a0a1b，解得a1b2.故选D.

2.解析 命题p:x1y20，即x10且y20，即x1且y2. 命题q:x1y20，即x10或y20，即x1或y2. 由于pq，而qp，所以p是q的充分不必要条件.故选A. 3.解析 因为ycos2xπ3cos2xπ6，根据函数图像平移左加右减的规律，只需将ycos2x的图像向右平移π6个单位长度.故选C.

4.解析 该程序框图的模拟分析如下表所示.

步骤 i20? ii2 ssi 1 是 3 3 2 是 5 35 3 是 7 357 是 10 是 21 3521 11 否 输出s 3

由上表，输出s的值为352132110120. 故选B.

2225.解析 将圆的方程x2y26x2y10化为标准方程为x3y19，则圆心

O3,1，所以OC53，所以点C在圆O内.设圆心O到AB的距离为d，则

AB232d2.当过点C的直线与OC垂直时，d有最大值，此时AB有最小值，所以

AB232524.故选C.

6.解析 解法一（图像法）：函数fx的图像如图所示.

y-2O1ex

观察图像可得函数fx的零点个数为3.故选B.

解法二：若x2x0，则x0或2，符合条件；若1lnx0，则xe，符合条件，所以fx2有3个零点.故选B.

7.解析 因为偶函数对称区间的单调性相反，所以函数yfx在2,0上单调递减，又因为

210，所以f2f1f0，即acb.故选A.

8.解析 由定义的新运算可得xyxyxy1xy，所以xy1xy1，整理得xxyy10.因为此不等式对实数x恒成立，所以

221241y2y10.

解得3131y，即y的取值范围为,.故选C. 22229.解析 由题可得A2,3，B4,2，所以AB4,2,3.

10.解析 画出不等式组表示的平面区域如图所示，当直线zxy过点A时，z有最大值，

4

联立方程xy10x4，解得，即A4,5，所以zmax9.

2xy30y52x-y-3=0x-y+1=0AyBCOx+3y-3=0x

11.解析 将3,2代入抛物线方程中，得

22x222b3，解得b1，所以双曲线为2y1， 3ac23. a322再将点3,2代入双曲线方程中，得a3，所以cab2，所以 e12.解析 用正弦定理将

bcsinBsinC中边的关系转化为角的关系，得，即cosBcosCcosBcosC1tanBtanC.又因为B,C0,π，所以BC，bc.

211112162，所以a. 4422366222由余弦定理可得abc2bccosA13.解析 如图所示，由BD2CD得点D是BC延长线上一点，且BCCD，所以

AC1ABAD，所以AD2ACAB.又因为ADABAC，所以1,2，所2以41426.

ABCD

14.解析 设平面AD1Q与直线BC交于点P，则可证得点P为BC的中点，连接AP,QP，取BB1的中点E，B1C1的中点G，连接A如图所示.易证EG∥QP，又因为QP平面ADQ，1E,AG1,EG，1EG平面ADQ，所以EG∥平面ADQ.同理AG.又因为AG1111∥平面ADQ1EGG，所以平

面AGE所以A1F平面AGE.设A1F与平面BCC1B1所∥平面AD1Q.由已知A1F∥平面AD1Q，115

成的角为，因为A1B1平面BCC1B1，所以tanA1B1.当点F与E或G重合时，B1F最大，B1Ftan有最小值，此时tanA1B11tan当点F为EG中点，即B1FEG时，B1F最小，2；

B1F12有最大值，此时tanA1B112,2222.所以tan的取值范围是. B1FD1C1GA1B1QEDCPAB

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