舒适练习002（解析版）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________评卷人得分一、单选题1．复数z1，z2在复平面内对应的点分别为（1，2），（0，-1），则z1z2＝（    ）A．1+i B．2-i C．-2i D．-2-i【答案】B【分析】首先根据复数的几何意义求复数，再根据复数的乘法公式求解.【详解】由复数的几何意义可知，，，则.故选：B2．已知集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据对数式有意义及一元二次不等式的解法，结合并集的定义即可求解.【详解】要使函数有意义，则，解得，所以，由，得，解得，所以，所以.故选：C.3．两个粒子A，B从同一发射源发射出来，在某一时刻，它们的位移分别为，，则在上的投影向量的长度为（    ）A．10 B． C． D．2【答案】D【分析】先求得与夹角的余弦值，再根据投影向量的定义求出在上的投影向量，即可求解.【详解】设与的夹角为，则，所以在上的投影向量为，所以在上的投影向量的长度为，故选:D.4．我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果.哥德巴赫猜想可以表述为“每个大于2的偶数都可以表示为两个质数的和”，如：.在不超过12的质数中，随机选取两个不同的数，其和为偶数的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】求出不超过12的质数，利用列举法结合古典概率求解作答.【详解】不超过12的质数有，任取两个不同数有，共10个，其中和为偶数的结果有，共6个，所以随机选取两个不同的数，和为偶数的概率为.故选：B5．若，则（    ）A． B．1 C． D．【答案】C【分析】利用两角和的正弦公式，化简已知等式，求出角，再利用两角差的正切公式，求出角的正切值.【详解】因为，展开可得，所以，所以，即，解得，即；，因为，  所以.故选：C6．已知三棱锥中，，，，，，则三棱锥的体积是（    ）A．4 B．6 C． D．【答案】C【分析】由已知，可根据以及给的边长关系，分别计算出、，然后根据使用勾股定理判定，从而证明平面，确定此三棱锥的高，然后代入体积公式求解即可.【详解】如图所示，，，，所以，又因为，，，所以，则，所以，又因为，即，，平面，所以平面，所以棱锥的体积为：.故选：C.7．我国著名数学家华罗庚先生曾说：“数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔离分家万事休．”在数学学习和研究中，常用函数的图象来研究函数性质，也常用函数解析式来琢磨函数的图象特征，函数的部分图象大致为（    ）A．   B．  C．   D．  【答案】A【分析】先求出定义域，求出，得到为奇函数，排除CD，在求出当时，，B错误，A正确.【详解】的定义域为R，且，故为奇函数，关于原点对称，CD错误；当时，，故，A正确，B错误；故选：A8．已知双曲线：的左、右焦点分别为、，为坐标原点，是双曲线在第一象限上的点，直线分别交双曲线左、右支于另一点，若，且，则双曲线的渐近线方程为A． B． C． D．【答案】B【分析】由双曲线的定义，求得，在根据双曲线的对称性得，在中，利用余弦定理，即可求解，进而得到双曲线的渐近线的方程.【详解】由题意，知，又由双曲线的定义可知，所以，又因为，如图所示，则，在中，由余弦定理可的，整理得，又由，所以，所以，所以双曲线的渐近线的方程为，故选B.【点睛】本题主要考查了双曲线的标准方程及其简单的几何性质的应用，其中解答中利用双曲线的定义求得，再在中，利用余弦定理求得是解答本题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.评卷人得分二、多选题9．电子通讯和互联网中，信号的传输､处理和傅里叶变换有关.傅里叶变换能将满足一定条件的某个函数表示成三角函数（正弦和或余弦函数）的线性组合.例如函数的图象就可以近似地模拟某种信号的波形，则（    ）A．为周期函数，且最小正周期为B．为奇函数C．的图象关于直线对称D．的导函数的最大值为7【答案】BCD【分析】利用函数的性质逐项分析判断即可.【详解】.对于A，，不是的周期，故A错误；对于B，的定义域为，为奇函数，故B正确；对于C，，且为奇函数，的图象关于直线对称，故C正确；对于D，，当时，，取最大值7，故D正确.故选：BCD.10．已知正数满足，则下列结论正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】BD【分析】为将正数“提取”出来分析，需要进行取对数操作，利用换底公式得到的等量关系从而判断AB，利用作差法和基本不等式可判断CD.【详解】设，是正数，于是，两边同时取自然底的对数，得到，也即，不一定成立，A选项错误；，，B选项正确；，故只需比较的大小即可，而，又，于是，C选项错误；，而根据基本不等式可得，即，故，故，D选项正确.故选：BD11．已知等差数列的公差，前项和为，且，则（    ）A．B．C．数列中可以取出无穷多项构成等比数列D．设，数列的前项和为，则【答案】AC【分析】利用已知条件可得与已知条件两式相减，结合是等差数列，可求的值即可判断选项A，令即可求的值，可判断选项B，分别计算的通项即可判断选项C，分别讨论两种情况下，即可求可判断选项D.【详解】因为，所以，两式相减，得，因为，所以，，故选项A正确；当时，，易解得或，故选项B不正确；由选项A、B可知，当，时，，可取遍所有正整数，所以可取出无穷多项成等比数列，同理当时也可以取出无穷多项成等比数列，故选项C正确；当时，，，因为，所以，当时，，，所以，此时，所以，故选项D不正确．故选：AC.【点睛】方法点睛：数列求和的方法（1）倒序相加法：如果一个数列的前项中首末两端等距离的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前项和即可以用倒序相加法（2）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前项和即可以用错位相减法来求；（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些项可相互抵消，从而求得其和；（4）分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转换法分别求和再相加减；（5）并项求和法：一个数列的前项和可以两两结合求解，则称之为并项求和，形如类型，可采用两项合并求解.12．如图，在正方体中，点P在线段上运动，则下列结论正确的是（）A．直线平面B．三棱锥的体积为定值C．异面直线与所成角的取值范围是D．当P为的中点时，直线与平面所成角的正弦值为【答案】AB【分析】对于A：利用线面垂直的判定定理，结合正方体的性质进行判断即可；对于B：根据线面平行的判定定理、平行线的性质，结合三棱锥的体积公式进行求解判断即可；对于C：根据异面直线所成角的定义进行求解判断即可；对于D：利用等体积法求点到平面的距离，结合线面夹角的定义运算求解.【详解】对于选项A：因为为正方形，则，又因为平面，平面，则，且，平面，所以平面，且平面，可得，同理可得：，且，平面，所以直线平面，故A正确；对于选项B：因为∥，且，则为平行四边形，可得∥，且平面，平面，所以∥平面，又因为点在线段上运动，则到平面的距离为定值，且的面积是定值，所以三棱锥的体积为定值，故B正确；对在选项C：由选项B可知：∥，所以异面直线与所成角为直线与直线的夹角.又因为，则为等边三角形，当为的中点时，直线与直线的夹角最大，可得，即直线与直线的夹角为；当与点或重合时，直线与直线的夹角最小，可得直线与直线的夹角为；所以异面直线与所成角的取值范围是，故C错误；对于选项D：当P为的中点时，直线即为直线，所以直线与平面所成角即为直线与平面所成角，设点到平面的距离为d，正方体的棱长为2，因为，由等体积法可得，解得，所以直线与平面所成角的正弦值为，即直线与平面所成角的正弦值为，故D错误；故选：AB.【点睛】关键点睛：1.利用平行关系可知异面直线与所成角为直线与直线的夹角，进行分析求解；2.利用等体积法求点到平面的距离，可知直线与平面所成角的正弦值为.评卷人得分三、填空题13．写出经过点且被圆截得的弦长为的一条直线的方程．【答案】或【分析】根据圆的一般方程求出圆心和半径，利用直线的点斜式方程设出直线及点到直线的距离公式，结合圆中弦长，半径及弦心距的关系即可求解.【详解】圆的方程可化为，圆心为，半径．当过点的直线的斜率不存在时，直线方程为，此时圆心在直线上，弦长，不满足题意，所以过点的直线的斜率存在，设过点的直线的方程为，即，则圆心到直线的距为，依题意，即，解得或，故所求直线的方程为或．故答案为：或．14．已知定义在实数集上的奇函数在区间上是单调增函数，且，若，则实数的取值范围为．【答案】【分析】利用函数的奇偶性和单调性得出不等式或，解之即可求解.【详解】∵定义在实数集上的奇函数在区间上是单调增函数，且，则的图象过点，∴函数在区间上是单调增函数，且的图象过点，则的解为或，解之可得不等式的解集为，故答案为：.15．已知某地区6%的男性和0.4%的女性患色盲．假如男性、女性各占一半，从中随机选一人，则此人恰是色盲的概率是．【答案】0.032/3.2%【分析】根据全概率公式的性质，即可求解.【详解】设分别表示随机选1人为男性和女性，用事件表示此人时色盲，则互斥，故.故答案为：16．中，角A，B，C满足，则的最小值为．【答案】/【分析】利用正弦定理、余弦定理化简已知条件，求得，利用三角函数的最值的求法求得的最小值.【详解】依题意，，，，由正弦定理得，所以，所以为锐角，且.，由于且，所以且，所以，所以，当，是等号成立.所以的最小值为.故答案为：【点睛】利用正弦定理或余弦定理来求角时，要注意角的范围，如，则可能是或.求解含角的表达式的最值或范围时，首先将表达转化为一个角的形式，如转化为等形式，再根据的范围求得的范围.