题型小卷9 8单选＋4多选＋4填空-【精彩三年】2023高考数学汇编与名师优创选填解答题型28卷教师用书word

题型小卷9　8单选＋4多选＋4填空(见学生用书P17) [限时：45分钟　满分：80分] 　　　　　　 　　　　 　　　　　 　　　 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． 已知集合M＝，N＝，则M∩N＝(　B　) A．{x|0<x<1} B．{x|0<x≤1} C． D．{x|x>0} 在复平面内，复数z对应的点的坐标是(1，2)，则i·z＝(　B　) A．1＋2i B．－2＋i C．1－2i D．－1－i 现有5个小朋友站成一排照相，如果甲、乙两人必须相邻，而丙、丁两人不能相邻，那么不同的站法共有(　C　) A．12种 B．16种 C．24种 D．36种 已知α为锐角，若sin ＝－，则cos ＝(　A　) A． B． C． D． 如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，AB＝BC，AD⊥AC，∠ADC＝，＝x＋y，则＝(　B　) A． B． C． D．2 【解析】 以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，垂直于AB的直线为y轴建立平面直角坐标系，如图， 设|AB|＝1，则＝(1，0)，由AB⊥BC，|AB|＝|BC|，得|AC|＝且＝(1，1). 又AD⊥AC，∠ADC＝，即|AD|＝， ∴＝＝. 由＝x＋y，有解得 故＝. 已知数列满足an＝anan＋1＋an＋1＋1，a1＝，则9a9＋10a10＋11a11＋…＋18a18＋19a19＝(　A　) A．－ B． C．35 D．－ 【解析】 因为an＝anan＋1＋an＋1＋1，所以an＋1＝. 因此a2＝＝＝－，同理a3＝－2，a4＝3，a5＝， 则an＋4＝＝＝－＝ －＝＝an， 因此a4k－3＝，a4k－2＝－，a4k－1＝－2，a4k＝3，其中k∈N*， 设Tk＝a4k－3＋a4k－2＋a4k－1＋4ka4k＝， 则9a9＋10a10＋11a11＋…＋18a18＋19a19＝T3＋T4＋T5－20a20＝×－60＝－. 如图，在△ABC中，BC＝2AC，∠ACB＝120°，CD是∠ACB的平分线，沿CD将△ACD折起到△A′CD的位置，使得平面A′CD⊥平面BCD.若A′B＝6，则三棱锥A′­BCD外接球的表面积是(　A　) A.128π B．112π C．32π D．28π 【解析】 过点A′作A′E⊥CD，垂足为E，连接BE. 设AC＝2a，则A′E＝a，CE＝a，BC＝4a. 在△BCE中，由余弦定理可得BE＝ ＝a. 因为平面A′CD⊥平面BCD，所以A′E⊥平面BCD， 所以A′E⊥BE，则A′B＝＝4a＝6，从而AC＝A′C＝3. 在△ABC中，由余弦定理可得AB＝ ＝3. 因为CD是∠ACB的平分线，所以A′D＝AD＝，BD＝2. 因为AC2＋CD2－2AC·CD cos 60°＝AD2，且CD2＋BC2－2CD·BC cos 60°＝BD2， 所以CD＝2. 设△BCD外接圆的圆心为O′，半径为r，则r＝＝2，点O′到直线CD的距离d＝＝5. 设三棱锥A′­BCD外接球的球心为O，半径为R， 则R2＝OO′2＋r2＝O′E2＋， 即R2＝OO′2＋28＝＋52＋，解得R2＝32， 故三棱锥A′­BCD外接球的表面积是4πR2＝128π. 已知a＝e0.05，b＝＋1，c＝，则(　D　) A．a>b>c B．c>b>a C．b>a>c D．a>c>b 【解析】 令f(x)＝ex－x－1，则f′(x)＝ex－1>0， ∴f(x)在上单调递增， ∴f(x)>f(0)＝0，即ex>x＋1，∴e0.1>1.1， ∴e0.05>，即a>c. 令g(x)＝ln x－x＋1，则g′(x)＝－1＝， ∴当x∈时，g′(x)>0；当x∈时，g′(x)<0， ∴g(x)在上单调递增，在上单调递减， ∴g(x)≤g(1)＝0， ∴ln x≤x－1(当且仅当x＝1时取等号)， ∴ln ≤－1， 即＋1≤(当且仅当x＝1时取等号)， ∴＋1<，即b<c. 综上所述，a>c>b. 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分． 如果函数f(x)＝ax3－x2，那么下列命题中为真命题的是(　ACD　) A．f(x)的导函数可能是奇函数 B．若a>0，则0是f(x)的极小值点 C．直线y＝x－1可能与曲线y＝f(x)相切 D．若f(x)在上单调递增，则a的取值范围是 已知正数a，b满足a＋b＝3，则(　BCD　) A．＋≥9 B．≥2 C．ln a·ln b< D．2ea＋e2b>21