【文档说明】备考2019高考数学二轮复习选择填空狂练二十八模拟训练八理201811274158（含答案）.doc，共(7)页，535.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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模拟训练八1．[2018·衡水中学]已知集合402xAxxZ，1244xBx，则ABI（）A．12xxB．1,0,1,2C．2,1,0,1,

2D．0,1,22．[2018·衡水中学]已知i为虚数单位，若复数11tizi在复平面内对应的点在第四象限，则t的取值范围为（）A．1,1B．1,1C．,1D．1,3．

[2018·衡水中学]下列函数中，既是偶函数，又在,0内单调递增的为（）A．42yxxB．2xyC．22xxyD．12log1yx4．[2018·衡水中学]已知双曲线1C：2212xy与双曲线2C：2212xy，给出下列说法，其中错误的是（）A．它们的焦距相

等B．它们的焦点在同一个圆上C．它们的渐近线方程相同D．它们的离心率相等5．[2018·衡水中学]在等比数列na中，“4a，12a是方程2310xx的两根”是“81a”的（）A．充分不必要条件B．

必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件6．[2018·衡水中学]执行如图的程序框图，则输出的S值为（）A．1009B．1009C．1007D．10087．[2018·衡水中学]已知一几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）一、选择题A．163B．

112C．1123D．1438．[2018·衡水中学]已知函数sin0.0,fxAxA的部分图象如图所示，则函数cosgxAx图象的一个对称中心可能为（）A．5,02

B．1,06C．1,02D．11,069．[2018·衡水中学]《几何原本》卷2的几何代数法（以几何方法研究代数问题）成了后世西方数学家处理问题的重要依据，通过这一原理，很多的代数的公理或定理都能够通过图形实现

证明，也称之为无字证明．现有如图所示图形，点F在半圆O上，点C在直径AB上，且OFAB，设ACa，BCb，则该图形可以完成的无字证明为（）A．0,02abababB．2220,0abababC．20,0ababababD．220,

022ababab10．[2018·衡水中学]为迎接中国共产党的十九大的到来，某校举办了“祖国，你好”的诗歌朗诵比赛．该校高三年级准备从包括甲、乙、丙在内的7名学生中选派4名学生参加，要求甲、乙、丙这3名同学中至少有1人参加，且当这3名同学都参加时，甲

和乙的朗诵顺序不能相邻，那么选派的4名学生不同的朗诵顺序的种数为（）A．720B．768C．810D．81611．[2018·衡水中学]焦点为F的抛物线2:8Cyx的准线与x轴交于点A，点M在抛物线C上，则当

MAMF取得最大值时，直线MA的方程为（）A．2yx或2yxB．2yxC．22yx或22yxD．22yx12．[2018·衡水中学]定义在R上的函数fx满足22fxfx，且当x2,4时，224,232,34xxxfxxxx

，1gxax，对12,0x，22,1x，使得21gxfx，则实数a的取值范围为（）A．11,,88UB．11,00,48

UC．0,8D．11,,48U13．[2018·衡水中学]已知1,a，2,1b，若向量2ab与8,6c共线，则a和b方向上的投影为__________．14．[2018

·衡水中学]已知实数x，y满足不等式组2025020xyxyy，且2zxy的最大值为a，则02cosadx2x__________．15．[2018·衡水中学]在ABC△中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，tantan2tanb

BbAcB，且8a，ABC△的面积为43，则bc的值为__________．16．[2018·衡水中学]已知球O是正三棱锥（底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心）ABCD的外接球，3BC，23AB，点E在线段BD上，且3BDBE

，过点E作圆O的截面，则所得截面圆面积的取值范围是__________．二、填空题1．【答案】B【解析】集合40241,0,1,2,32xAxxxxZZ，124224xBxxx，则1,0

,1,2ABI，故选B．2．【答案】B【解析】1111111111222tiittitittziiii，∵z在第四象限，∴102102tt，得11t

，即t的取值范围为1,1，故选B．3．【答案】D【解析】由奇偶性可知，42yxx是非奇非偶函数，22xxy是奇函数，故排除A、C;在,0内，2xy是减函数，故排除B，故选D．4．【

答案】D【解析】由题知2C：2212xy，．则两双曲线的焦距相等且223c，焦点都在圆223xy的圆上，其实为圆与坐标轴交点．渐近线方程都为22yx，由于实轴长度不同故离心率cea不同．故

选D，5．【答案】A【解析】由韦达定理知4123aa，4121aa，则40a，120a，则等比数列中4840aaq，则84121aaa．在常数列1na或1na中，4a，12a不是所给方程的两根．则在等比数列

na中，“4a，12a是方程2310xx的两根”是“81a”的充分不必要条件．故选A．6．【答案】B【解析】由程序框图则0S，1n；1S，2n；12S，3n；123S，4n，答案与解析一、选择题由S规律知输出123456201520

16201720181009SL．故选B．7．【答案】C【解析】观察三视图可知，几何体是一个圆锥的14与三棱锥的组合体，其中圆锥的底面半径为1，高为1．三棱锥的底面是两直角边分别为1，2的直角三角形，高为1．则几何体的体积21111111

1213432123V．故选C．8．【答案】A【解析】由图象最高点与最低点的纵坐标知23A，又6282T，即216T，∴π8．则π23sin8fxx

，图象过点6,0，则3πsin04，即3ππ4k，∴3ππ4k，又，则π4．故ππ23cos48gxx，令ππππ482xk，得342xk，令1k，可得其中一个对称中心为5,02．故选A．9．【答

案】D【解析】令ACa，BCb，可得圆O的半径2abr，又22ababOCOBBCb，则2222222442abababFCOCOF，再根据题图知FOFC，即2222abab．故选D．10．【答案】B【解析】由题知结果有三种情况．（1）

甲、乙、丙三名同学全参加，有1444CA96种情况，其中甲、乙相邻的有123423CAA48种情况，∴甲、乙、丙三名同学全参加时，甲和乙的朗诵顺序不能相邻顺序有964848种情况；（2）甲、乙、丙三名同学恰有一人参加，不同的朗诵顺序有314434CCA288种情况；（3）甲、乙、

丙三名同学恰有二人参加时，不同的朗诵顺序有224434CCA432种情况．则选派的4名学生不同的朗诵顺序有28843248768种情况，故选B．11．【答案】A【解析】过M作MP与准线垂直，垂足为P，则11coscosMAMAMFMPAMPMAF

，则当MAMF取得最大值时，MAF必须取得最大值，此时直线AM与抛物线相切，可设切线方程为2ykx与28yx联立，消去y得28160kyyk，∴264640k，得1k．则直线方程为2yx或2yx

．故选A．12．【答案】D【解析】∵fx在2,3上单调递减，在3,4上单调递增，∴fx在2,3上的值域是3,4，在3,4上的值域是119,32，∴函数fx在2,4上的值域是93,2，∵22fxfx，∴112424f

xfxfx，∴fx在2,0上的值域是39,48，当0a时，gx为增函数，gx在2,1上的值域为21,1aa，∴3214918aa，解得18a；当0a时，gx为减函数，gx在

2,1上的值域为1,21aa，∴3149218aa，解得14a，当0a时，gx为常函数，值域为1，不符合题意，综上，a的范围是11,,48

U，故选D．13．【答案】355【解析】24,21ab，由向量2ab与8,6c共线，得248210，解得1，则2a，故答案为355．14．【答案】3【解析】作出可行域，目标函数可变为2yxz，令0z，二、填空

题作出2yx，由平移可知直线过4,2时z取最大值，则max6az．则200006cosdx3cos3dx3sin|3|32xxxx．故本题应填3．15．【答案】45【解析】

由正弦定理，原等式可化为sinsinsinsinsin2sincoscoscosBABBBCBAB，进一步化为cossinsincos2sincosABABCA，则sin2sincosABCA，即1cos2A．在三角形中2π3A．由面积公式1sin432

ABCSbcA△，可知16bc，由余弦定理22222cosabcbcAbcbc，代入可得45bc．故本题应填45．16．【答案】24【解析】如图，设BDC△的中心为1O，球

O的半径为R，连接1OD，OD，1OE，OE，则123sin6033ODo，22113AOADDO，在1RtOOD△中，2233RR，解得2R，∵3BDBE，∴2DE，在1DEO△中，134232cos301OEo，∴2

2112OEOEOO，过点E作圆O的截面，当截面与OE垂直时，截面的面积最小，此时截面圆的半径为22222，最小面积为222；当过点E的截面过球心时，截面圆的面积最大，此时截面圆的面积为4．