高三选填专题练习(4)-2022届高考数学二轮复习备考

选填专练（4）

一、单选题(共60分)

1．(本题5分)已知函数yx2x的定义域为A，则∣x0}{x∣x1} A．{x∣0x1} C．{xRA（ ）

∣x0}{x∣x1} B．{x∣0x1} D．{x

2．(本题5分)某成品的组装工序图如图所示，箭头上的数字表示组装过程中所需要的时间（单位：小时），不同车间可同时工作，同一车间不能同时做两种或两种以上的工作，则组装产品所需要的最短时间是（ ）

A．8

B．11 C．12 D．17

3．(本题5分)复数zi2019(12i)的共轭复数为（ ） A．2i

4．(本题5分)如图，在矩形ABCD中， AB2,AD1,点E为CD的中点，F为线段CE（端点除外）上一动点.现将△DAF沿AF折起，使得平面ABD平面ABC.设直线FD与平面

B．2i

C．2i

D．2i

ABCF所成角为，则sin的最大值为

A．2

1B．2 42C．

31D．

35．(本题5分)已知函数fx2cosx0,图象的一个对称中心为2,0，

22直线xx1,xx2是图象的任意两条对称轴，且x1x2的最小值3，且f1f3，要得到函数fx的图象可将函数y2cosx的图象 A．向右平移2个单位长度 C．向左平移2个单位长度

6．(本题5分)已知fx是定义在R上的函数，且对任意xR都有

11个单位长度 6D．向左平移个单位长度

6B．向右平移

fx2f2x4f2，且满足fxfx0，f13，则f2019

A．3

22xy7．(本题5分)设点F1,F2分别为双曲线C:221a0,b0的左、右焦点，点A,B分别

ab2B．6 C．0 D．3

在双曲线C的左，右支上，若F1B6F1A,AF2ABAF2且AF2BF2，则双曲线C的渐近线方程为 A．yC．y

8．(本题5分)在ABC中，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若ABC的面积为S，且4S(ab)2c2，则sin(C)等于

412x 58B．yx

5215x 5D．y210x 5A．1

B．2 2C．2 2D．3 2xn1xnyn9．(本题5分)在平面直角坐标系中，定义（nN*）为点Pn(xn,yn)到点

yn1xnyn是经过Pn1(xn1,yn1)的变换，我们把它称为点变换，已知P3(x3,y3)，1(1,0)，P2(x2,y2)，P点变换得到一组无穷点列，设anPnPn1Pn1Pn2，则满足不等式a1a2an2020最小正

整数n的值为（ ） A．9

10．(本题5分)中华人民共和国国旗是五星红旗，旗面左上方缀着的五颗黄色五角星，四颗小五角星环拱于大星之右，象征中国共产党领导下的革命人民大团结和人民对党的衷心拥护．五角星可通过正五边形连接对角线得到，且它具有一些优美的特征，如

A2E2B1A2A1B151．现在正五边形A1B1C1D1E1内随机取一点，则此点取自正五边形B1A2A1B1B1E12A2B2C2D2E2内部的概率为

B．10 C．11 D．12

A．

11．(本题5分)已知函数fxfx1fx2x1x2mx1x22x12x251 2B．(512) 2C．(513) 2D．(514) 21112lnxx,x0,的定义域为，若对任意的120,，x2ee恒成立，则实数m的取值范围为（ ）

C．,5

D．,6

A．,3

B．,4

12．(本题5分)已知正方体ABCDABCD的棱长为3，E为棱AB上的靠近点B的三等分点，点P在侧面CCDD上运动，当平面BEP与平面ABCD和平面CCDD所成的角相等时，则DP的最小值为（ ）

A．310 5B．310 10C．910 10D．710 10

二、填空题(共20分)

13．(本题5分)用数字1、2、3、4、5构成数字不重复的五位数，要求数字1,3不相邻，数字2,5相邻，则这样的五位数的个数是__________．（用数字作答）

14．(本题5分)设Sn是等差数列｛an｝的前n项和，若

15．(本题5分)正方体ABCDA1B1C1D1中，E是的C1D1中点，M是线段A1E上的一点. 给出下列命题：

SS31，则6＝ S63S12

① 平面ABCD中一定存在直线与平面ACM垂直； ② 平面ADD1A1中一定存在直线与平面ACM平行； ③ 平面ADD1A1与平面ACM所成的锐二面角不小于45；

④ 当点M从点A1移动到点E时，点D到平面ACM的距离逐渐减小.其中，所有真命题的序号是___________________.

16．(本题5分)已知点A在抛物线y23x上，过点A作抛物线的切线与x轴交于点B，抛物线的焦点为F，若BAF30，则A的坐标为___________.

参考答案

1．D 【分析】

根据二次根式的定义求出函数的定义域A，然后再求其在实数集中的补集． 【详解】

由题意A{x|x2x0}{x|x0或x≥1}，所以RA{x|0x1}． 故选：D． 2．C 【分析】

计算出每条组装工序从开始到结束的时间，进而得到组装产品所需要的最短时间. 【详解】

ABEF的时间为24410小时，AEF的时间为246小时， ACDF的时间为3429小时，

则A经F到G的时间为10212小时， 即组装产品所需要的最短时间是12小时. 故选：C 3．C 【分析】 直接计算即可. 【详解】

zi2019(12i)i(12i)2i，z2i，

故选：C. 4．A 【分析】

在矩形ABCD中，过点D作AF的垂线交AF于点 O，交AB于点M，则在翻折后的几何体中，有MFD是直线FD与平面 ABCF所成角，利用解三角形的方法可求其正弦值的最

大值. 【详解】

矩形ABCD中，过点D作AF的垂线交AF于点O， 交AB于点M．设CFx(0x1)，AMt． 由DAM~ADF，得由0x1，得

AMAD1，即有t，

2xADDF1t1． 2在翻折后的几何体中，

AFOD,AFOM，AF平面ODM．

从而平面ODM平面ABC，又平面ABD平面ABC，则DM平面ABC． 连接MF,则MFD是直线FD与平面ABCF所成角，即MFD．

1DMt1t2t4t2． 而DM1t2，DF2x，则sintDF12112由于t1，则当t时，sin取到最大值，其最大值为2

24故选：A. 5．A 【详解】

试题分析：由两条对称轴的距离x1x2的最小值3，可得T662,3，又函数

fx2cosx图象的一个对称中心为2,0，则

2k.kZ,,fx2cosx，满足f1f3，故3222663可将函数y2cosx的图象向右平移2个单位长度得到函数fx的图象，选A （x）考点：函数yAsin的部分图象变换

1 6．A 【分析】

根据函数奇偶性的定义求得函数fx为奇函数，且f00，再由题设条件，求得函数fx为以8为周期的周期函数，利用奇偶性和周期性，即求解f2019的值，得到答案. 【详解】

由题意，函数fx满足fxfx0，即fxfx，则函数fx为奇函数， 所以函数yfx的图象关于0,0对称，则f00，

又由f13，且fx2f2x4f2fx24f2， 所以fx4fx4f2，fx8fx44f2fx， 所以函数的周期为8，

所以f2019f25283f3，

又由f2f24f2，故f20，所以f3f14f2f13， 故选A. 7．C 【分析】

由题意画出图形，结合已知可得F2BAF2，设AF1m，则AB5m，由双曲线的定义解得 ma或m【详解】

2a，然后分类讨论，并借助余弦定理和c2a2b2即可得解. 3F1B6F1A，F1，A，B共线，且AB5AF1，

AF2ABAF2(AF2F2B)AF2AF2F2BAF2，

22F2BAF20，则F2BAF2，故有AF2BF2AB，

222设AF1m，则AB5m，BF16m，

由双曲线的定义可得AF2m2a，6mBF22a，且有AF2BF225m2， 解得ma或m若m222a， 328a，则AF2a，BF22a，不满足AF2BF2；

33若ma，AF23aBF24a，BF16a，AB5a，

BF2|AB|4a4， 5a522cosABF22在F1BF2中，F1F2BF1BF22BF1BF2cosABF2， 4222即4c36a16a26a4a，

5172c2172得到e2，即ca，

5a51721222222所以bcaaaa，

552所以

b12215， a55故该双曲线的渐近线方程为y215x. 5

故选：C. 8．C 【详解】

1a2b2c2④ ∵SabsinC,cosC22ab∴2SabsinC,a2b2c22abcosC④

代入已知等式得：4Sabc2a2b2c22ab，即2absinC2abcosC2ab④ ∵ab≠0④∴sinCcosC1④ ∵sin2Ccos2C1④

∴cosC1cos2C1,解得：cosC=−1(不合题意,舍去)④cosC=0④ ∴sinC=1④

2222则sinCsinCcosC.

242故选C. 9．C 【分析】

可以先求得a1（当然可求得a2,a3,a4,，然后归纳出an，对填空、选择题这是不错的解法），

22然后求得anxnyn，从而可以得an12an，说明数列{an}是等比数列，求得通项公式an后

求和，由Sn2020得解． 【详解】

x11x21x30,由定义知，，，即P2(1,1),P3(0,2)．

y2y0y1123a1PP,1)1， 12P2P3(0,1)(1(xn1xn,yn1yn)(xn2xn1,yn2yn1) 观察可得，anPnPn1Pn1Pn2,22(yn,xn)(yn1,xn1)ynyn1xnxn1yn(xnyn)xn(xnyn)xnyn，

2222222an， an1xn1yn1(xnyn)(xnyn)2(xnyn)④数列{an}是等比数列，公比为2，首项为1．④ana1a2an12222n1．

2n12n1，由2n12020，解得n11．

即n的最小值为11. 故答案为：C 10．D 【详解】 由于

A2E2B1A2A1B15151512，可得A2E2B1A2()A1B1，两个正五边形相B1A2A1B1B1E1222512514514)，故面积比为()，则所求概率为面积比()，选D. 222似，其相似比为( 11．B 【分析】

fx1fx2mx1x21由题意可知，fx在0,上单调递减，将不等式两边同时乘以2x1x2x12x2ex1x2，变形为fx1fx2mmm11fxfxxx122，则2，构2，不妨设1x12x2x12x2造新函数gxfxm1,x0,，根据函数单调性定义可知，若使得对任意的x2efx1fx2mx1x211x1,x20,，gx0,x恒成立，则需0,恒成立，即2x1x2x12x2eem22lnxmin，求解即可.

【详解】 fx12lnx x2fx12lnxx2x212lnxx224lnx1 x31函数fx的定义域为0,

efx0，即函数fx在0,上单调递减.

e11x1,x20,

ex1x20 2x12x2fx1fx2x1x2mx1x22x12x2变形为fx1fx2mx1x22x12x2x1x2

即fx1fx2m112 x12x2不妨设x1x2，则fx1fx2，即fx1mmfx22 x12x2112 x12x2令g(x)f(x)m1m2lnx1,x0, x2x2e42m4lnx 3x则gx1m2lnxx2x21mlnxx22fx1fx2mx1x21若使得对任意的x1,x20,，恒成立. 2x1x2x12x2e1则需gx0,x0,恒成立.

e1则42m4lnx0,x0,恒成立.

e1即m22lnx,x0,恒成立.

e1所以m22lnxmin22ln4.

e即实数m的取值范围是,4. 故选：B 12．A 【分析】

作出过B,E且与平面ABCD和平面CCDD所成角相等的截面，则P位于截面与平面CCDD的交线上，进而求得答案.

【详解】

如图1，F为棱DC上靠近C的三等分点，由正方体的对称性可知平面BFE与平面ABCD和平面CCDD所成角相等，取棱AB上靠近B的三等分点E，取棱DC上的三等分点N,M，

∥BM∥BF，则B,F,E,N共面，即平面BFEN与平面ABCD和平面CCDD容易证明：EN所成角相等，于是点P在线段FN上.

如图2，过点D作DQ垂直于FN于D，容易知道当P位于D时，DP最小.

如图3，由勾股定理可以求得DNFN10，由等面积法，

111323FNDQ10DQDQ10. 2225故选：A. 13．24

【解析】根据题意，分3步进行分析：

①、将2、5看成一个整体,考虑其顺序,有A22种情况，

2②、将这个整体与4全排列,有A22种排法，排好后有3个空位，

2③、在3个空位中任选2个,安排1、3,有则符合条件的五位数有2×2×6=24个； 故答案为：24. 14．

A326种情况，

【详解】

试题分析：若Sn是等差数列｛an｝的前n项和， 则所以由

S31可设S63也是等差数列； 也是等差数列，

，则

，

于是可得相邻三项和依次为t,2t,3t,4t， 即

，

所以

S6S12.

15．② ③ ④. 【分析】

对于①：利用反证法进行证明；

对于④：过M作MN垂直A1D1于N，在AC上取一点Q，过Q作PQ⊥AD于P，且PQ=MN. 可以证明NP//面MAC.即可判断；

对于④：当M与A1重合时，∠DAC即为二面角的平面角，此时∠DAC=45°.

当M与A1向E移动时，平面ADD1A1与平面ACM所成的锐二面角在增大，所以平面ADD1A1与平面ACM所成的锐二面角不小于45；即可判断；

对于④：当M与A1重合时，D到面MAC的距离最大，当当M与A1向E移动时，点D到平面ACM的距离逐渐减小.即可判断

【详解】

对于④：假设平面ABCD中存在直线l④面ACM， 则由面面垂直的判定定理可得：面ABCD④面ACM. 而在正方体ABCDA1B1C1D1中，面ABCD④面ACC1A1. 因为E是的C1D1中点，M是线段A1E上的一点， 所以面ACC1A1与面ACM不重合，

所以过AC有两个平面ACC1A1和ACM均与面ABCD垂直， 这与过平面内一条直线有且只有一个平面与已知平面垂直相矛盾， 故假设不正确，所以①错误；

对于④：过M作MN垂直A1D1于N，在AC上取一点Q，过Q作PQ⊥AD于P，且PQ=MN. 则有PQ//MN，所以四边形MNPQ为平行四边形，所以MQ//NP， 又NP面MAC,MQ 面MAC, 所以NP//面MAC.

故④正确.

对于④：当M与A1重合时，∠DAC即为二面角的平面角，此时∠DAC=45°.

当M与A1向E移动时，平面ADD1A1与平面ACM所成的锐二面角在增大，所以平面ADD1A1与平面ACM所成的锐二面角不小于45；故③正确.

对于④：当M与A1重合时，D到面MAC的距离最大，当当M与A1向E移动时，点D到平面ACM的距离逐渐减小.故④正确. 故答案为：④④④

93316．4,2

【分析】

设出A点坐标，求得切线方程，由此求得B点坐标，根据cosBAF30列方程，解方程求得A点的坐标. 【详解】 3F,0， 42y0设A,y0，y00，

3依题意可知过A点的切线斜率存在且不为0，设为k，

2y0则切线方程为yy0kx，

32ky0即ykxy0，

32ky0ykxy0由3，

2y3x22化简得ky3y3y0ky00，

294k3y0ky00，4k2y0212ky090，

22ky030，k3， 2y02y03x， 故切线方程为yy02y0322y0y0令y0得x，故B,0，

33222y094y0AB,y0，AF,y0，

312依题意，cosBAFABAFABAF32，

即222y094y02y0312222y094y022yy003122232，

42242，4y027y00，由于y00， 4y012y027y02y027192733故y,y0，此时x0，

34344220933所以A点坐标为4,2.

933故答案为：4,2