2020届高考数学大二轮专题复习冲刺方案-理数(经典版)文档：基础保分强化训练(三) Word版含解析.pdf

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1、基础保分强化训练(三)1－i1．已知＝(1＋i)2(i为虚数单位)，则复数z的共轭复数为()z1111A．－－iB．－＋i22221111C.－iD.＋i2222答案B1－i1－i1－i1＋i11－11解析∵＝(1＋i)2，∴z＝＝＝＝－－i，∴z＝－＋i.z1＋i22i－22222故选B.2．设命题p：∀x∈R，x3－x2＋1≤0，则p为()A．∃x∈R，x3－x2＋1>0B．∀x∈R，x3－x2＋1>0C．∃x∈R，x3－x2＋1≤0D．∀x∈R，x3－x2＋1≥0答案A解析∵命题p：∀x∈R，x3－x2＋1≤0，∴p为∃x∈R，x3－x2＋1>0.故选A.3．已知集合A＝{x

2、∈Z

3、x2－4x<0}，B＝{x∈Z

4、0

5、0

6、1

7、x2－4x<0}，所以A＝{1,2,3}，因为B＝{x∈Z

8、02时，得到函数y＝logx.2因此，若输出的结果为1时，①若x≤2，得到x2

9、－1＝1，解得x＝±2；②若x>2，得到logx＝1，解得x＝2(舍去)．2因此，可输入的实数x的值可能为－2，2，共有2个．故选B.π5．已知函数f(x)＝cos(x＋θ)(0<θ<π)在x＝时取得最小值，则f(x)在[0，π]上的3单调递增区间是()ππ2πA.，πB.，3332π2πC.0，D.，π33答案Aππ4ππ解析因为0<θ<π，所以<＋θ<，又f(x)＝cos(x＋θ)在x＝时取得最小值，3333π2π2π2π2π5π所以＋θ＝π，θ＝，所以f(x)＝cosx＋.由0≤x≤π，得≤x＋≤.由π≤x3333332

10、π5πππ＋≤，得≤x≤π，所以f(x)在[0，π]上的单调递增区间是，π，故选A.33336．如图所示，在平面直角坐标系内，四边形ABCD为矩形，且A(－1,1)，B(1,1)，C(1,0)，D(－1，0)，曲线y＝

11、x

12、3过点A和B，则在矩形ABCD内随机取一点M，则点M在阴影区域内的概率为()4321A.B.C.D.5432答案B11解析因为当x≥0时，y＝

13、x

14、3，即y＝x3，1x3dx＝x410＝，所以阴影部分44033的面积为×2＝，因为矩形ABCD的面积为2，所以点M在阴影区域内的概率为423，故选B.47．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积

15、为()27A.B．27C．272D．2732答案D解析在长、宽、高分别为3,33，33的长方体中，由几何体的三视图得几何体为如图所示的三棱锥C－BAP，其中底面BAP是∠BAP＝90°的直角三角形，AB＝3，AP＝33，所以BP＝6，又棱CB⊥平面BAP且CB＝33，所以AC＝6，1111所以该几何体的表面积是×3×33＋×3×33＋×6×33＋×6×33＝2222273，故选D.8．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，过F且倾斜角为120°的直线与抛物线C交于A，B两点，若AF，BF的中点在y轴上的射影分别为M，N，且

16、MN

17、＝43，则抛物线C的准线方程为()3A．x＝－

18、1B．x＝－2C．x＝－D．x＝－32答案D43解析设AF，FB的中点分别为D，E，则

19、AB

20、＝2

21、DE

22、，由题得

23、DE

24、＝＝8，πsin3所以

25、AB

26、＝16，设A(x，y)，B(x，y)，则x＋x＋p＝16，∴x＋x＝16－p，联立11221212y2＝2px，35p直线和抛物线的方程得p∴3x2－5px＋p2＝0，所以16－p＝，y＝－3x－，432∴p＝6，所以抛物线的准线方程为x＝－3.故选D.→1→1→SBCD9．在△ABC中，D为三角形所在平面内一点，且AD＝AB＋AC，则△＝32S△ABD()1112A.B.C.D.6323答案B1解析如图，由题意可

27、知，点D在平行于AB边的中位线EF上且满足DE＝311111SAB，S＝S，S＝S，∴S＝1－－S＝S，∴△BCD＝△ABD2△ABC△ACD3△ABC△BCD23△ABC6△ABCS△ABD1，故选B.310．如图，为了测量某湿地A，B两点间的距离，观察者找到在同一直线上的三点C，D，E.从D点测得∠ADC＝67.5°，从C点测得∠ACD＝45°，∠BCE＝75°，从E点测得∠BEC＝60°.若测得DC＝23，CE＝2(单位：百米