16道小题+1道大题天天练(2)（Word练习）-【新高考方案】2024年高考数学二轮复习专题增分方略（新教材）

“16道小题＋1道大题”天天练(二) 一、单选题(共8小题，每小题5分，共40分) 1．已知集合A＝{y|y＝2|x|}，集合B＝{x|x≥3}，则A∩∁RB＝(　 ) A．(－∞，3) B．(0,3) C．[1,3] D．[1,3) 解析：选D　由题意，可得集合A＝{y|y＝2|x|}＝{y|y≥1}．又由集合B＝{x|x≥3}，可得∁RB＝{x|x<3}．所以A∩∁RB＝[1,3)．故选D. 2．已知复数z＝，复数是复数z的共轭复数，则z·＝(　 ) A．1 B. C．2 D．2 解析：选C　根据复数的运算性质，可得z·＝|z|2＝2＝2＝2.故选C. 3．已知具有线性相关的变量x，y，设其样本点为Ai(xi，yi)(i＝1,2,3，…，8)，经验回归方程为y＝－2x＋，若xi＝12，yi＝16，则＝(　 ) A．5 B．3 C．1 D．－1 解析：选A　因为xi＝12，yi＝16，所以＝，＝2.因为回归直线经过样本中心点，所以2＝－2×＋，解得＝5.故选A. 4．已知tan α＝－3，则＝(　 ) A．－ B. C. D．－ 解析：选C　因为tan α＝－3，所以＝＝＝＝＝.故选C. 5．已知直线x－y＋m＝0与圆C：x2＋y2＋4y＝0相交于A，B两点，若·＝0，则m的值为(　 ) A．－4或0 B．－4或4 C．0或4 D．－4或2 解析：选A　由x2＋y2＋4y＝0，得x2＋(y＋2)2＝4，则圆心为C(0，－2)，半径为2.由·＝0，得CA⊥CB，即圆心C到直线x－y＋m＝0的距离为2×＝，即＝，故m＝0或m＝－4.故选A. 6．“中国剩余定理”又称“孙子定理”，可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下中的“物不知数”问题，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二问物几何？现有一个相关的问题：将1到2 022这2 022个自然数中被3除余2且被5除余4的数按照从小到大的顺序排成一列，构成一个数列14,29,44，…，则该数列的项数为(　 ) A．132 B．133 C．134 D．135 解析：选C　由题意得，新数列14,29,44，…是首项为14，公差为15的等差数列，设新数列为{an}，则通项公式为an＝14＋15(n－1)＝15n－1.令15n－1≤2 022，解得n≤134.因为n∈N*，所以这个数列的项数为134.故选C. 7．已知椭圆C：＋＝1的左、右焦点分别为F1，F2，P为椭圆C上一点，则满足△PF1F2为直角三角形的点P有(　 ) A．2个 B．4个 C．6个 D．8个 解析：选B　当F1为直角顶点时，根据椭圆的对称性，可得满足的点P有2个；当F2为直角顶点时，根据椭圆的对称性，可得满足的点P有2个．设椭圆C的上顶点为B，由椭圆C：＋＝1，可得a2＝25，b2＝16，即a＝5，b＝4，c＝＝3，则|BF1|＝|BF2|＝5，|F1F2|＝2c＝6，所以cos∠F1BF2＝>0，故∠F1BF2∈.所以不存在以P为直角顶点的△PF1F2.故满足本题条件的点P共有4个．故选B. 8．在四面体S－ABC中，SA⊥平面ABC，△ABC为正三角形，且边长为2，SA＝4，则该四面体的外接球的表面积是(　 ) A. B. C. D．32π 解析：选D　如图所示，在底面正三角形ABC的外心O1作直线l⊥底面ABC，则球心O必在直线l上．过SA的中点D作DO⊥SA交直线l于O.因为△ABC为正三角形，且边长为2，所以AO1＝2××＝2.因为SA⊥平面ABC，OO1⊥平面ABC，所以OO1∥SA.因为DO⊥SA，SA⊥平面ABC，DO⊄平面ABC，所以DO∥平面ABC.又平面ADOO1∩平面ABC＝AO1，所以DO∥AO1.所以四边形ADOO1为平行四边形，所以OO1＝AD＝2.所以外接球的半径R＝＝＝2.所以外接球的表面积为S＝4πR2＝4π(2)2＝32π.故选D. 二、多选题(共4小题，每小题5分，共20分) 9．如图，O是正六边形ABCDEF的中心，则(　 ) A.＝2 B.＋＋＝0 C.－＋＝ D.·＝· 解析：选BD　结合正六边形的性质可知，＝2，故A错误； ＋＋＝0，故B正确； －＋＝，故C错误； ·＝·，故D正确．故选B、D. 10.如图，在空间四边形ABCD中，E，F分别为AB，AD的中点，G，H分别在BC，CD上，且BG∶GC＝DH∶HC＝1∶2，则(　 ) A．BD∥平面EGHF B．FH∥平面ABC C．AC∥平面EGHF D．直线GE，HF，AC交于一点 解析：选AD　因为BG∶GC＝DH∶HC，所以GH∥BD.又E，F分别为AB，AD的中点，所以EF∥BD，且EF＝BD，则EF∥GH.易知BD∥平面EGHF，FH与AC为相