题型小卷3 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3　8单选＋4多选＋4填空(见学生用书P5) [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． 设全集U＝R，M＝{x|－3<x<0}，N＝{x|x<－1}，则M∩∁UN＝(　A　) A．{x|－1≤x<0} B． C．{x|－3<x<0} D． 复数的虚部是(　A　) A．－ B．－ C． D． 从圆内接正八边形的8个顶点中任取3个顶点构成三角形，则所得的三角形是直角三角形的概率是(　D　) A． B． C． D． 若sin －cos ＝2cos sin β，则(　A　) A．tan ＝1 B．tan ＝2 C．tan ＝－1 D．tan ＝－2 在△ABC中，点D是线段BC上任意一点，点D满足＝3，若存在实数m和n，使得＝m＋n，则m＋n＝(　D　) A． B． C．－ D．－ 已知函数f(x)＝sin 的一条对称轴为直线x＝，函数f(x)的图象向右平移个单位长度后得函数g(x)的图象，当x∈时，函数g(x)恰有4个零点，则x0的取值范围为(　A　) A． B． C． D． 【解析】 由已知得2×＋φ＝kπ＋，k∈Z⇒φ＝kπ＋，k∈Z， 又因为<，所以φ＝，于是f(x)＝sin ， 所以g(x)＝f＝sin ＝sin . 当x∈时，2x－∈， 要使g(x)恰有4个零点， 则3π<2x0－≤4π，解得<x0≤. 已知a＝，b＝ln ，c＝e0.1，则(　D　) A．a<b<c B．c<b<a C．b<c<a D．c<a<b 【解析】 先证不等式： 当x>1时，ln x>， 构造函数f(x)＝ln x－，则f′(x)＝－＝>0， 所以函数f(x)在上单调递增，于是∀x>1，f(x)>f＝0，命题得证． b＝ln ＝ln ＝ln ＋ln 3>＋＝＋1＝， 所以a<b； 设g(x)＝(1－x)e2x－(1＋x)，0<x<1， 则g′(x)＝(1－2x)e2x－1，g″(x)＝－4xe2x， 当x∈(0，1)时，g″(x)<0，g′(x)单调递减， 所以g′(x)<g′(0)＝0， 所以函数g(x)在(0，1)上单调递减，于是g(x)<g(0)＝0， 即(1－x)e2x<1＋x在(0，1)上恒成立， 所以当0<x<1时，e2x<，令x＝0.05，得e0.1<＝，即c<a， 综上所述，c<a<b. 已知正三棱锥A­BCD的高为3，侧棱AB与底面BCD所成的角为，E为棱BD上一点，且BE＝，过点E作正三棱锥A­BCD的外接球的截面，则截面面积S的最小值为(　A　) A． B． C． D．4π 【解析】 如图1，∵三棱锥A­BCD为正三棱锥，∴顶点A在底面的射影H为△BCD的中心， 连接AH，则三棱锥外接球的球心O在AH上，连接BH，OE，EH. 显然过点E作球O的截面中，面积最小的是垂直于OE的截面． ∵正三棱锥A­BCD的高为3，即AH＝3，侧棱AB与底面BCD所成的角为， ∴在Rt△AHB中，可解得AB＝2，BH＝. ∵△BCD是正三角形，∴BC＝3. 设正三棱锥的外接球半径为R，则()2＋＝R2，解得R＝2. 如图2，在△BEH中，BE＝，BH＝， 由余弦定理得EH2＝BH2＋BE2－2BH·BEcos 30°＝3＋－2×××＝－＝， ∴OE2＝EH2＋OH2＝＋1＝， ∴垂直于OE的截面半径r满足r2＝R2－OE2＝4－＝， ∴S＝πr2＝，即截面面积的最小值为. 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． 已知正实数a，b满足a2＋b2＋ab＝1，则(　ABD　) A．0<ab≤ B．a2＋b2≥ C．a＋b≥ D．a2＋b2－ab≥ 已知函数f(x)＝－x3＋3x＋1，则(　ABC　) A．f(x)有三个零点 B．f(x)有两个极值点 C．点是曲线y＝f(x)的对称中心 D．直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线 【解析】 ∵f(x)＝－x3＋3x＋1， ∴f′(x)＝－3x2＋3， 令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝1， ∴当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减， ∴f(x)的极小值为f＝－＋3×＋1＝－1， f(x)的极大值为f(1)＝－13＋3×1＋1＝3， ∴f(x)有三个零点，f(x)有两个极值点，A，B正确； 对于C，若点是曲线y＝f(x)的对称中心，则有f(