题型小卷10 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10　8单选＋4多选＋4填空(见学生用书P19) [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． 若集合A＝，B＝，则A∩B＝(　C　) A． B． C． D． 设复数z＝1－i(i是虚数单位)，则在复平面内复数z2对应的点的坐标为(　D　) A． B． C． D． 甲、乙、丙、丁、戊五人并排站成一排，如果乙必须站在甲的右边(甲、乙可以不相邻)，那么不同的排法共有(　B　) A．120种 B．60种 C．50种 D．30种 已知α，β∈，且cos α＝，tan 2β＝，则cos ＝(　C　) A． B． C． D． 已知函数f(x)是定义域为(－∞，＋∞)的奇函数，满足f(2－x)＝f(2＋x)，若f(1)＝2，则f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2 022)＝(　C　) A．－2 B．0 C．2 D．4 【解析】 f(x)是奇函数， f(2－x)＝f(2＋x)，即f(x)关于直线x＝2对称， f(x＋4)＝f(2＋2＋x)＝f(2－(2＋x))＝f(－x)＝－f(x)，f(x＋8)＝f(x＋4＋4)＝－f(x＋4)＝－(－f(x))＝f(x)， 所以f(x)是周期为8的周期函数． f(0)＝0，f(1)＝2，f(3)＝f(2＋1)＝f(2－1)＝f(1)＝2， f(4)＝f(2＋2)＝f(2－2)＝f(0)＝0， f(5)＝f(2＋3)＝f(2－3)＝f(－1)＝－f(1)＝－2， f(6)＝f(2＋4)＝f(2－4)＝f(－2)＝－f(2)， f(7)＝f(4＋3)＝－f(3)＝－2，f(8)＝f(0)＝0， 所以f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＋f(5)＋f(6)＋f(7)＋f(8)＝0， 由于2 022＝252×8＋6， 所以f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2 022)＝f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＋f(5)＋f(6)＝2. 如图，平面内有三个向量，，，其中，的夹角为120°，，的夹角为30°，且＝2，＝，＝2，若＝λ＋μ(λ，μ∈R)，则(　C　) A．λ＝4，μ＝2 B．λ＝2，μ＝ C．λ＝2，μ＝ D．λ＝，μ＝ 【解析】 如图所示，过点C作CD∥OB，交直线OA于点D， 因为，的夹角为120°，，的夹角为30°，所以∠OCD＝90°. 在Rt△OCD中，＝tan 30°＝2×＝2，＝＝4. 由＝λ＋μ＝＋， 可得＝λ，＝μ， 所以＝λ，＝μ， 所以4＝2λ，2＝μ，所以λ＝2，μ＝. 设a＝，b＝log213，c＝21.5，则a，b，c的大小关系中正确的是(　C　) A．c<b<a B．a<c<b C．c<a<b D．b<c<a 【解析】 由题意知，c＝21.5＝，因为幂函数y＝在上单调递增，所以>，即a>c. 令f(x)＝log2x－， 则f′(x)＝－＝，所以当f′(x)＝0时，x＝， 当x∈时，f′(x)>0，当x∈时，f′(x)<0， 所以函数f(x)在上单调递增，在上单调递减． 因为ln 2＝ln>ln e＝ln ， 所以ln 2>，<9， 所以f>f＝log216－＝0， 即log213>，所以b>a， 综上可知，c<a<b. 已知四边形ABCD是边长为5的菱形，对角线BD＝8(如图1)，现以AC为折痕将菱形折起，使点B到达点P的位置．棱AC，PD的中点分别为E，F，且四面体PACD的外接球球心落在四面体内部(不含边界，如图2)，则线段EF的长度的取值范围为(　A　) A. B． C． D． 【解析】 由题意可知△APC的外心O1在中线PE上， 设过点O1的直线l1⊥平面APC，可知l1⊂平面PED. 同理△ADC的外心O2在中线DE上， 设过点O2的直线l2⊥平面ADC，则l2⊂平面PED， 由对称性知直线l1，l2的交点O在直线EF上． 根据外接球的性质，点O为四面体PACD的外接球的球心． 由题意得EA＝3，PE＝4， 而O1A2＝O1E2＋EA2，O1A＋O1E＝PE＝4， 所以O1E＝. 令∠PEF＝θ，显然0<θ<， 所以EF＝PE cos θ＝4cos θ<4. 因为cos θ＝＝， 所以OE·EF＝O1E·PE＝. 又OE<EF，所以EF2>，即EF>. 综上可知<EF<4. 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． 若袋子中有2个白球，3个黑球，现从袋子中有放回地随机取球4次，每次取