【文档说明】备考2019高考数学二轮复习选择填空狂练二十五模拟训练五理201811274172（含答案）.doc，共(8)页，512.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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模拟训练五1．[2018·衡水中学]设集合0.41xAx，集合2lg2Bxyxx，则集合ABRð（）A．0,2B．0,C．1,D．,10,2．[2018·衡水中学]已知复数i3iaza(aR为

虚数单位)，若复数z的共轭复数的虚部为12，则复数z在复平面内对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限3．[2018·衡水中学]若1x，2x，，2018x的平均数为3，方差为4，且22iiyx，1i，2，，2018，则新数据1y，2y，，2018

y的平均数和标准差分别为（）A．44B．416C．28D．244．[2018·衡水中学]已知双曲线222210,0xyabab的左焦点为抛物线212yx的焦点，双曲线的渐近线方程为2yx，则实数a（）A．3B．2C．3D．

235．[2018·衡水中学]运行如图所示程序，则输出的S的值为（）A．1442B．1452C．45D．14626．[2018·衡水中学]已知10sin10，2π0,a，则cos26πa的值为（）一、选择题A．43310B．43+310C．43310

D．334107．[2018·衡水中学]如图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A．6B．9C．12D．188．[2018·衡水中学]已知2OAOB，点C在线段AB上，且OC的最小值为1，则OAtOBtR的最小值为（）A．2B．3C．2D．59．[20

18·衡水中学]函数22sin3π3π,00,1441xyxx的图像大致是（）A．B．C．D．10．[2018·衡水中学]若抛物线24yx的焦点是F，准线是l，点4,Mm是抛物线上一点，则经过点F、M且与l相切

的圆共（）A．0个B．1个C．2个D．4个11．[2018·衡水中学]设函数sin2π3fxx．若120xx，且120fxfx，则21xx的取值范围为（）A．π,6B．π,3C．2π,3

D．4π,312．[2018·衡水中学]对于函数fx和gx，设0xfx，0xgx，若存在，，使得1，则称fx与gx互为“

零点相邻函数”．若函数1e2xfxx与23gxxaxa互为“零点相邻函数”，则实数a的取值范围是（）A．2,4B．72,3C．7,33D．2,313．[2018·衡水中学]若数列na是等差数列，对于121nnbaaan，则数

列nb也是等差数列．类比上述性质，若数列nc是各项都为正数的等比数列，对于0nd时，数列nd也是等比数列，则nd__________．14．[2018·衡水中学]函数yfx的图象在

点2,2Mf处的切线方程是28yx，则'22ff__________．15．[2018·衡水中学]已知a是区间1,7上的任意实数，直线1:220laxya与不等式组830xmxyxy表示的平

面区域总有公共点，则直线:30,lmxynmnR的倾斜角的取值范围为__________．16．[2018·衡水中学]设锐角ABC△三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若3coscos2sinaBbAcC，1b，则c的取值范围为__________．

二、填空题1．【答案】C【解析】由题意得0.410xAxxx，22012Bxxxxxx或，∴12BxxRð，∴11,ABxxRð，故选C．2．【答案】A【解析】由题意得

i3i3ii1313i3i3i1010aaaazaa，∴3i1311010aaz，又复数z的共轭复数的虚部为12，∴31102a，解得2a．∴51i22

z，∴复数z在复平面内对应的点位于第一象限．故选A．3．【答案】D【解析】∵1x，2x，，2018x的平均数为3，方差为4，∴122018132018xxx，222122018133342018x

xx．又2224iiiyxx，1i，2，，2018，∴1220181220181124201824220182018yxxxxxx

，222212201812422422422018sxxx22212201814343432018xxx22212201814333

2018xxx16，∴新数据1y，2y，，2018y的平均数和标准差分别为2，4．故选D．4．【答案】C【解析】抛物线212yx的焦点坐标为3,0，则双曲线中3c，由双曲线的标准方程可得其渐近线方程为byxa，则2229baab，答案与

解析一、选择题求解关于实数a，b的方程可得36ab．本题选择C选项．5．【答案】B【解析】程序是计算2222sin1sin2sin89sin90S，记222sin1sin2sin89M，222cos1cos2cos

89M，两式相加得289M，1442M．故21sin90452SM，故选B．6．【答案】A【解析】∵10sin10，2π0,a，∴2310cos1sin10，∴103103sin22sincos210105

，22104cos212sin12105．∴313413433cos2cos2sin26222π52510，故选A．7．【答案】B【

解析】由已知中的三视图可得：该几何体是两个三棱柱形成的组合体，下部的三棱柱，底面面积为14362，高为1，体积为6；上部的三棱柱，底面面积为12332，高为1，体积为3；故组合体的体积639V，

故选B．8．【答案】B【解析】∵2OAOB，∴点O在线段AB的垂直平分线上．∵点C在线段AB上，且OC的最小值为1，∴当C是AB的中点时OC最小，此时1OC，∴OB与OC的夹角为60，∴OA，OB的夹角为120．又22222OAtOBOAtOBtOAOB

244222cos120tt2444tt214332t，当且仅当12t时等号成立．∴2OAtOB的最小值为3，∴OAtOB的最小值为3，故选B．9．【答案】A【解析】由

题意可得222sin1xxfxx，3π3π,00,44x，∵22222sin2sin11xxxxfxfxxx，∴函数fx为奇函数，其图象关于原点对称，∴排除选项C．又

342222222sincoscos4sin2cos2cos11xxxxxxxxxxxxyfxxx，∴当2π0,x时，0fx，fx单调递增，∴排除选项B和D．故选A．10．【答案】D【解析】因为点4,Mm在抛物线24yx上，

所以可求得4m．由于圆经过焦点F且与准线l相切，所以由抛物线的定义知圆心在抛物线上．又圆经过抛物线上的点M，所以圆心在线段FM的垂直平分线上，故圆心是线段FM的垂直平分线与抛物线的交点．结合图形知对于点4,4M和4,4

，线段FM的垂直平分线与抛物线都各有两个交点．所以满足条件的圆有4个．故选D．11．【答案】B【解析】（特殊值法）画出sin2π3fxx的图象如图所示．结合图象可得，当20x时，23sin32πfx；当13πx时，1π2π3sin332fx

，满足120fxfx．由此可得当120xx，且120fxfx时，2103π3πxx．故选B．12．【答案】D【解析】根据题意，1，满足fx与gx互为“零点相邻函数”，02，又因为函数23gxxax

a图像恒过定点1,4，要想函数在区间0,2上有零点，需2203030242gaaaaga，解得23a，故选D．13．【答案】12nnccc【解析

】等差数列中的和类别为等比数列中的乘积，nb是各项的算术平均数，类比等比数列中nd是各项的几何平均数，因此12nnndccc．14．【答案】12【解析】由导数的几何意义可知22f，又222

84f，所以12fxfx．15．【答案】0ππ,42π,【解析】由题意知直线1l的方程即为22yax，∴直线1l的斜率为a，且过定点2,2P．画出不等式组表示的可行域如图所示．由3080xyxy

解得62xy，故点6,2A，此时22162PAk．当7a时，直线1l的方程为272yx，即7160xy，二、填空题由716080xyxy解得35xy，故点3,5B，如图所示．结合图形可得要使直线1l与不等

式组表示的平面区域总有公共点，只需满足3m．∴直线l的斜率13m，∴直线l的倾斜角的取值范围为0ππ,42π,．16．【答案】3,32【解析】由3coscos2sina

BbAcC及余弦定理得22222232sin22acbbcaabcCacbc，∴32sinccC，∴3sin2C．又ABC△为锐角三角形，∴π3C．由正弦定理得sinsincbCB

，∴sin3sin2sinbCcBB．由022π0π2π3BB得π6π2B，∴1sin12B，∴33322sincB．∴c的取值范围为3,32．