2027届高考数学一轮复习专项拔高抢分练类型1 选填标准练2

**基本信息** 以限时规范训练为载体，整合集合、函数、几何等模块，通过典例解析系统呈现解题方法，构建从概念应用到综合创新的知识逻辑链。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础概念应用|5题|集合运算、等比数列公式、向量垂直判定|从集合交并补到数列基本量运算，夯实概念应用| |函数与导数|3题|导数分析单调性、函数奇偶性周期性|从切线方程到极值点问题，构建函数性质与导数工具的关联| |几何与代数|4题|空间几何关系、圆锥曲线离心率计算|从正方体轨迹到圆锥截面，体现空间想象与代数运算结合| |数学文化与创新|1题|一笔画奇点分析|欧拉七桥问题转化，培养数学抽象与模型意识|

选填标准练2 (45分钟　73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. 1.已知集合M={x|<3},N={x|2x−3>3},则R(M∪N)=(　　) A.(−∞,1)　 B.(−∞,3] C.[1,+∞)　 D.(3,10) 2.记等比数列{an}的前n项和为Sn,若S4=S2+a4+4a1,a3=1, 则a9=(　　) A.−64 B.−32 C.32 D.64 3.若函数y=(e为自然对数的底)的一条切线与x轴平行,则切点的坐标为(　　) A.(1,0) B.(0,1) C.(1,1) D.(1,e) 4.已知向量a=(2m,1),b=(1,−1),(a+2b)⊥b,则|a|=(　　) A. B.2 C. D. 5.若函数f(x)=aex−x3在区间(1,3)上单调递增,则实数a的最小值为(　　) A. B. C. D. 6.已知函数f(x)=sin ωx+cos ωx(ω>0)在区间(0,π)上恰有两个极值点x1,x2,则f(x1+x2)的值为(　　) A.1 B. C.− D.2 7.已知可导函数f(x)的定义域为R,f'(x)是f(x)的导函数,且f(2x−1)为偶函数,f'(2x+1)为奇函数,f'(0)=1,则f'(2 024)+f'(2 025)+ f'(2 026)=(　　) A.−2 B.−1 C.0 D.1 8.古希腊数学家阿波罗尼斯采用平面切割圆锥的方法来研究圆锥曲线,如图1.设圆锥轴截面的顶角为2α,用一个平面Γ去截该圆锥,随着圆锥的轴和Γ所成角β的变化,截得的曲线的形状也不同.据研究,曲线的离心率为e=,比如,当α=β时,e=1,此时截得的曲线是抛物线.如图2,在底面半径为1,高为2的圆锥SO中,AB,CD是底面圆O上互相垂直的直径,E是母线SC上一点,SE=2EC,平面ABE截该圆锥所得的曲线的离心率为(　　) A. B. C. D. 二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18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6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分. 9.设(1−2x)2 025=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+a2 025x2 025, m=ai,s=−a2i+1,则(　　) A.a0=1 B.m=1 C.s= D.若[x]表示正数x的整数部分,则s−[s]= 10.如图,曲线C1:x2+y3−axy=20,下列说法正确的是(　　) A.曲线C1与直线x=8最多存在3个交点 B.若曲线C1如题图所示(x轴向右为正方向,y轴向上为正方向),则a>0 C.存在a,使得曲线C1是偶函数的图象 D.当a=3时,曲线C1中x≥8的部分可以表示为y关于x的某一函数 11.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1,P为平面ABCD内一动点,且直线D1P与平面ABCD所成角为,E为正方形A1ADD1的中心,则下列结论正确的是(　　) A.点P的轨迹为抛物线 B.正方体ABCD−A1B1C1D1的内切球被平面A1BC1所截得的截面面积为 C.直线CP与平面CDD1C1所成角的正弦值的最大值为 D.点M为直线D1B上一动点,则MP+ME的最小值为 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分. 12.设a∈R,复数在复平面内对应的点位于直线y=x−1上,则a=______________.  13.曲线f(x)=xln x+x在点x=1处的切线方程为__________.  14.数学家欧拉把“哥尼斯堡七桥问题(如图①,如何才能走过这七座桥,且每座桥都只能经过一次,最后又回到原来的出发点?)”转化为能否一笔画出图②的问题.定义若以某一点为端点的线有偶数条,则称该点为偶点,否则称为奇点.连通图可以一笔画出的充要条件是:奇点的数目不是0个就是2个(要想一笔画成,若有奇点,起点和终点只能在奇点),因此“哥尼斯堡七桥问题”是无解的.借助上述内容一笔画完成图③的不同路径方法有__________种.  选填标准练2参考答案 (45分钟　73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. 1.已知集合M={x|<3},N={x|2x−3>3},则R(M∪N)=(　　) A.(−∞,1)　 B.(−∞,3] C.[1,+∞)　 D.(3,10) 【解析】选A.由题得M=[1,10),N=(3,+∞),故M∪N=[1,+∞), 所以R(M∪N)=(−∞,1). 2.记等比数列{an}的前n项和为Sn,若S4=S2+a4+4a1,a3=1, 则a9=(　　) A.−64 B.−32 C.32 D.64 【解析】选D.设等比数列{an}的公比为q,由S4=S2+a4+4a1,得a4+a3=S4−S2=a4+4a1,则a3=4a1,即a1q2=4a1,而a1≠0,因此q2=4,所以a9=a3q6==64. 3.若函数y=(e为自然对数的底)的一条切线与x轴平行,则切点的坐标为(　　) A.(1,0) B.(0,1) C.(1,1) D.(1,e) 【解析】选B.设切点坐标为(x0,y0),函数y=, 所以y'=, 因为切线与x轴平行,所以y'==0, 解得x0=0,y0===1, 故切点坐标为(0,1). 4.已知向量a=(2m,1),b=(1,−1),(a+2b)⊥b,则|a|=(　　) A. B.2 C. D. 【解析】选C.因为a=(2m,1),b=(1,−1), 所以a+2b=(2m+2,−1), 又(a+2b)⊥b,所以(a+2b)·b=0, 即2m+2+1=0,解得m=−, 所以a=(−3,1),所以|a|=. 5.若函数f(x)=aex−x3在区间(1,3)上单调递增,则实数a的最小值为(　　) A. B. C. D. 【解析】选C.已知f(x)=aex−x3,可得f'(x)=aex−3x2. 因为f(x)在区间(1,3)上单调递增,所以f'(x)≥0在区间(1,3)上恒成立,即aex−3x2≥0在区间(1,3)上恒成立. 移项可得a≥在区间(1,3)上恒成立, 令g(x)=,x∈(1,3),则a≥g(x)max. 对g(x)=求导,可得: g'(x)====. 令g'(x)=0,即=0,因为ex>0恒成立,所以3x(2−x)=0,解得x=0或x=2. 当1<x<2时,g'(x)>0,g(x)单调递增; 当2<x<3时,g'(x)<0,g(x)单调递减. 所以g(x)在x=2处取得极大值,也是最大值, g(2)==. 因为a≥g(x)max=,所以实数a的最小值为. 6.已知函数f(x)=sin ωx+cos ωx(ω>0)在区间(0,π)上恰有两个极值点x1,x2,则f(x1+x2)的值为(　　) A.1 B. C.− D.2 【解析】选C.f(x)=sin ωx+cos ωx =2sin(ωx+), 因为x∈(0,π),所以ωx+∈(,πω+), 因为x1,x2是f(x)在区间(0,π)上的两个极值点,不妨设x1<x2, 则所以ω(x1+x2)=, 所以f(x1+x2)=2sin[ω(x1+x2)+]=2sin =−. 7.已知可导函数f(x)的定义域为R,f'(x)是f(x)的导函数,且f(2x−1)为偶函数,f'(2x+1)为奇函数,f'(0)=1,则f'(2 024)+f'(2 025)+ f'(2 026)=(　　) A.−2 B.−1 C.0 D.1 【解析】选C.因为函数f'(2x+1)为奇函数,则f'(−2x+1)=−f'(2x+1), 即f'(−2x+1)+f'(2x+1)=0,令t=2x,则f'(1−t)+f'(1+t)=0, 所以函数f'(x)的对称中心为(1,0),且f'(2−t)+f'(t)=0,① 在等式①中,令t=1可得2f'(1)=0, 解得f'(1)=0, 在等式①中,令t=0可得f'(0)+f'(2)=0, 因为函数f(2x−1)为偶函数, 则f(−2x−1)=f(2x−1), 令t=2x,可得f(−t−1)=f(t−1),求导得−f'(−t−1)=f'(t−1), 则f'(t)+f'(−2−t)=0,② 由①②可得f'(2−t)=f'(−2−t),令s=−2−t,则f'(4+s)=f'(s), 所以函数f'(x)是周期为4的周期函数, 所以f'(2 024)+f'(2 025)+f'(2 026)=f'(0)+f'(1)+f'(2)=0. 8.古希腊数学家阿波罗尼斯采用平面切割圆锥的方法来研究圆锥曲线,如图1.设圆锥轴截面的顶角为2α,用一个平面Γ去截该圆锥,随着圆锥的轴和Γ所成角β的变化,截得的曲线的形状也不同.据研究,曲线的离心率为e=,比如,当α=β时,e=1,此时截得的曲线是抛物线.如图2,在底面半径为1,高为2的圆锥SO中,AB,CD是底面圆O上互相垂直的直径,E是母线SC上一点,SE=2EC,平面ABE截该圆锥所得的曲线的离心率为(　　) A. B. C. D. 【解析】选C.由题意得∠OSC=α,∠EOS=β, 则∠SCO=90°−α,∠EOC=90°−β, 所以e==,在△SOC中, SO=2,CO=1, 连接OE,则||2==+·+=+×8=, 所以OE=, 又由勾股定理得SC===3. 又SE=2EC,所以SE=SC=2,所以CE=SC−SE=3−2=1, 在△OEC中,由正弦定理得,=,即==,所以平面ABE截该圆锥面所得的曲线的离心率为. 二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18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6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分. 9.设(1−2x)2 025=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+a2 025x2 025, m=ai,s=−a2i+1,则(　　) A.a0=1 B.m=1 C.s= D.若[x]表示正数x的整数部分,则s−[s]= 【解析】选ACD.对于A,令x=0,可得a0=1,故A正确; 对于B,令x=1,可得m=a0+a1+a2+…+a2 025=−1,故B错误; 对于C,令x=−1,可得a0−a1+a2−a3+…+a2 024−a2 025=32 025, 所以(a0+a1+a2+…+a2 025)−(a0−a1+a2−a3+…+a2 024−a2 025)=−32 025−1, 所以a2i+1=,所以s=−a2i+1=−×=,故C正确; 对于D,s=== = = =3×(+81+…+81011)+, 所以s−[s]=,故D正确. 10.如图,曲线C1:x2+y3−axy=20,下列说法正确的是(　　) A.曲线C1与直线x=8最多存在3个交点 B.若曲线C1如题图所示(x轴向右为正方向,y轴向上为正方向),则a>0 C.存在a,使得曲线C1是偶函数的图象 D.当a=3时,曲线C1中x≥8的部分可以表示为y关于x的某一函数 【解析】选ABC.对于A,曲线C1:x2+y3−axy=20,令x=8,得关于y的一元三次方程y3−8ay+44=0, 令f(y)=y3−8ay+44,则f'(y)=3y2−8a,所以方程f'(y)=0最多有两个实根,即函数f(y)最多有两个极值点,即方程y3−8ay+44=0最多有三个实根,因此曲线C1与直线x=8最多存在3个交点,故A正确; 对于B,若曲线C1如题图所示,则存在x0>0,使得直线x=x0与曲线C1有三个交点,即存在x0>0,使得关于y的方程y3−ax0y+−20=0有三个实根.令f(y)=y3−ax0y+−20,则f'(y)=3y2−ax0.假设a≤0,则∀x0>0都有f'(y)≥0且等号不恒成立,即f(y)单调递增,则方程y3−ax0y+−20=0在(0,+∞)上最多有一个实根,与题图矛盾,假设错误,故a>0,故B正确; 对于C,当a=0时,曲线C1:x2+y3=20,即为函数y=的图象, 设f(x)=,x∈R,定义域关于原点对称, 且f(−x)===f(x),所以f(x)是偶函数,故存在a,使得曲线C1是偶函数的图象,故C正确; 对于D,当a=3时,曲线C1的方程为x2+y3−3xy−20=0.令x=8, 得y3−24y+44=0,令f(y)=y3−24y+44, 则f(0)=44>0,f(3)=−1<0,f(4)=12>0,由零点存在定理可知,方程f(y)=0至少有两个实根,则x=8对应的y值不唯一,不符合函数的定义,故D错误. 11.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1,P为平面ABCD内一动点,且直线D1P与平面ABCD所成角为,E为正方形A1ADD1的中心,则下列结论正确的是(　　) A.点P的轨迹为抛物线 B.正方体ABCD−A1B1C1D1的内切球被平面A1BC1所截得的截面面积为 C.直线CP与平面CDD1C1所成角的正弦值的最大值为 D.点M为直线D1B上一动点,则MP+ME的最小值为 【解析】选BCD.对于A,因为直线D1P与平面ABCD所成角为, 所以DP==.P点在以D为圆心,为半径的圆周上运动,因此运动轨迹为圆,故A错误. 对于B,在平面BB1D1D内研究,如图所示, O为内切球球心,O1为上底面中心,O2为下底面中心,G为内切球与平面A1BC1所截的圆的圆心.已知OG⊥O1B,OG为球心到平面A1BC1的距离.在正方体中,O1B=,O2B=,O1O2=1.利用相似三角形的性质有=,即=,OG=.因此可求切面圆的r2==,面积为,故B正确. 对于C,直线CP与平面CDD1C1所成角即为∠PCD,当CP与P点的轨迹圆相切时,sin∠PCD最大.此时sin∠PCD=,故C正确. 对于D,分析可知,P点为BD和圆周的交点时,MP最小.此时可将面D1AB沿着D1B翻折到面BB1D1D所在平面.根据长度关系,翻折后的图形如图所示,E',A'分别为E,A的对应点. 当E',M,P三点共线时,MP+ME最小.因为O2P=,O1O2=1,所以所求最小值为=,故D正确. 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分. 12.设a∈R,复数在复平面内对应的点位于直线y=x−1上,则a=______________.  【解析】因为==, 所以复数在复平面内对应的点为(,−), 由题意得−=−1,解得a=1. 答案:1 13.曲线f(x)=xln x+x在点x=1处的切线方程为__________.  【解析】因为f(1)=1,k=f'(1)=2, 所以y−1=2(x−1), 所以2x−y−1=0. 答案:y=2x−1 14.数学家欧拉把“哥尼斯堡七桥问题(如图①,如何才能走过这七座桥,且每座桥都只能经过一次,最后又回到原来的出发点?)”转化为能否一笔画出图②的问题.定义若以某一点为端点的线有偶数条,则称该点为偶点,否则称为奇点.连通图可以一笔画出的充要条件是:奇点的数目不是0个就是2个(要想一笔画成,若有奇点,起点和终点只能在奇点),因此“哥尼斯堡七桥问题”是无解的.借助上述内容一笔画完成图③的不同路径方法有__________种.  【解析】如图,两个奇点A和C分别作为起点,有两种情况, A与C之间有三种途径:①A−C,②A−B−C, ③A−D−G−C, 其中一笔完成D−G有6种画法:D−E−G−D−F−G,D−E−G−F−D−G, D−G−E−D−F−G,D−G−F−D−E−G,D−F−G−D−E−G, D−F−G−E−D−G, 若A作为起点,从A出发有三种不同的路径能到达C,从C返回A有两种不同的路径, 所以不同路径方法有2×3×2×6=72(种). 答案:72 - 1 - 学科网（北京）股份有限公司 $