浙江专用2020高考数学二轮复习小题分类练二 6页

小题分类练(二)　推理论证类 ‎1．若tan α＜0，则(　　)‎ A．sin α＜0　　　　　　　 B．cos α＞0‎ C．sin αcos α＜0 D．2cos2α－1＜0‎ ‎2．若x＋y>0，a<0，ax>0，则y－x一定(　　)‎ A．大于0 B．等于0‎ C．小于0 D．不确定 ‎3．若a>b，则下列不等式成立的是(　　)‎ A．ln a>ln b B．0.3a>0.3b C．a>b D.> ‎4．凸n边形有f(n)条对角线，则凸(n＋1)边形的对角线的条数f(n＋1)为(　　)‎ A．f(n)＋n＋1 B．f(n)＋n C．f(n)＋n－1 D．f(n)＋n－2‎ ‎5．在△ABC中，若(＋)·＝||2，则(　　)‎ A．△ABC是锐角三角形 ‎ B．△ABC是直角三角形 C．△ABC是钝角三角形 ‎ D．△ABC的形状不能确定 ‎6．对于R上可导的任意函数f(x)，若满足(x－3)f′(x)≤0，则必有(　　)‎ A．f(0)＋f(6)≤2f(3) B．f(0)＋f(6)<2f(3)‎ C．f(0)＋f(6)≥2f(3) D．f(0)＋f(6)>2f(3)‎ ‎7．若空间中四条两两不同的直线l1，l2，l3，l4，满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，则下列结论一定正确的是(　　)‎ A．l1⊥l4‎ B．l1∥l4‎ C．l1与l4既不垂直也不平行 D．l1与l4的位置关系不确定 ‎8．将函数y＝sin x的图象向左平移个单位，得到函数y＝f(x)的图象，则下列说法正确的是(　　)‎ A．y＝f(x)是奇函数 ‎ B．y＝f(x)的周期为π - 6 -‎ C．y＝f(x)的图象关于直线x＝对称 D．y＝f(x)的图象关于点对称 ‎9．已知数列{an}是正项数列，则“{an}为等比数列”是“a＋a≥2a”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 ‎10．已知数列的前n项和为Sn，则下列选项正确的是(　　)‎ A．S2 018－1＞ln 2 018 B．S2 018－1＜ln 2 018‎ C．ln 2 018＜S1 009－1 D．ln 2 018＞S2 017‎ ‎11．设00)，直线l：x0x＋y0y＝r2，有以下几个结论：①若点P在圆O上，则直线l与圆O相切；②若点P在圆O外，则直线l与圆O相离；③若点P在圆O内，则直线l与圆O相交；④无论点P在何处，直线l与圆O恒相切，其中正确的个数是________．‎ ‎14．有一支队伍长L米，以一定的速度匀速前进．排尾的传令兵因传达命令赶赴排头，到达排头后立即返回，且往返速度不变．如果传令兵回到排尾后，整个队伍正好前进了L米，则传令兵所走的路程为________．‎ ‎15．给出下列命题：①在区间(0，＋∞)上，函数y＝x－1，y＝x，y＝(x－1)2，y＝x3中有3个是增函数；②若logm3＜logn3＜0，则0＜n＜m＜1；③若函数f(x)是奇函数，则f(x－1)的图象关于点A(1，0)对称；④已知函数f(x)＝则方程f(x)＝有2个实数根，其中正确命题的个数为________．‎ ‎16．已知使函数y＝x3－ax2＋1(0≤a＜λ0)存在整数零点的实数a恰有4个，则实数λ0的取值范围是________．‎ ‎17.‎ - 6 -‎ 如图，已知六棱锥PABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC.给出下列结论：①CD∥平面PAF；②DF⊥平面PAF；③CF∥平面PAB；④DF∥平面PAB.其中正确结论的个数为________．‎ - 6 -‎ 小题分类练(二)‎ ‎1．解析：选C.因为tan α＜0，所以α是第二或第四象限角，所以sin α，cos α的符号不确定，故排除A、B；当α是第二象限角时，sin α，cos α符号相反，所以sin αcos α＜0；当α是第四象限角时，sin α，cos α符号相反，所以sin αcos α＜0，故选C.‎ ‎2．解析：选A.由a<0，ax>0，得x<0，又x＋y>0，所以y>0，故y－x>0.‎ ‎3．解析：选D.因为a>b，而对数函数要求真数为正数，所以ln a>ln b不成立；‎ 因为y＝0.3x是减函数，又a>b，则0.3a<0.3b，故B错；‎ 当bb显然不成立，故C错；‎ y＝x在(－∞，＋∞)上是增函数，又a>b，则a>b，即>成立，故选D.‎ ‎4．解析：选C.边数增加1，顶点也相应增加1个，它与和它不相邻的n－2个顶点连接成对角线，原来的一条边也成为对角线，因此，对角线增加n－1条．‎ ‎5．解析：选B.依题意得，(＋)·(－)＝||2，即2－2＝||2，||2＝||2＋||2，CA⊥AB，因此△ABC是直角三角形，故选B.‎ ‎6．解析：选A.由题意知，当x≥3时，f′(x)≤0，所以函数f(x)在[3，＋∞)上单调递减或为常数函数；当x<3时，f′(x)≥0，所以函数f(x)在(－∞，3)上单调递增或为常数函数，所以f(0)≤f(3)，f(6)≤f(3)，所以f(0)＋f(6)≤2f(3)，故选A.‎ ‎7．解析：选D.如图，‎ 在长方体ABCDA1B1C1D1中，记l1＝DD1，l2＝DC，l3＝DA，若l4＝AA1，满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，此时l1∥l4，可以排除选项A和C.若l4＝DC1，也满足条件，可以排除选项B.故选D.‎ ‎8．解析：选D.由题意知，f(x)＝cos x，所以它是偶函数，A错；它的周期为2π，B错；它的对称轴是直线x＝kπ，k∈Z，C错；它的对称中心是点，k∈Z，D对．‎ ‎9．解析：选A.若{an}为等比数列，则有an·an＋2＝a，所以a＋a≥2＝2a，当且仅当an＝an＋2时取等号，所以充分性成立；当a＋a≥2a时，取an＝n，则a＋a - 6 -‎ ‎－2a＝n2＋(n＋2)2－2(n＋1)2＝2n2＋4n＋4－2n2－4n－2＝2>0，所以a＋a≥2a成立，但{an}是等差数列，不是等比数列，所以必要性不成立．所以“{an}为等比数列”是“a＋a≥2a”的充分不必要条件．故选A.‎ ‎10．解析：选B.构造函数g(x)＝ln x＋－1(x＞1)，g′(x)＝－＞0，‎ 所以g(x)在(1，＋∞)上递增，g(x)＞g(1)＝0，‎ 可得ln x＞1－，令x＝1＋，‎ ln＞，‎ ln ＋ln ＋ln ＋…＋ln ＞＋＋…＋，‎ 化为ln(n＋1)＞Sn＋1－1，ln 2 018＞S2 018－1，即S2 018－1＜ln 2 018.选B.‎ ‎11．解析：因为a＋1－a＝1，所以＋＝(a＋1－a)·＝4＋＋＋1≥5＋2＝9，当且仅当＝，即a＝时取到最小值9.‎ 答案：9　 ‎12．解析：由题意，得a＝ccos B，即cos B＝，又由余弦定理，得＝，整理得a2＋b2＝c2，所以△ABC为直角三角形．‎ 答案：直角三角形 ‎13．解析：根据点到直线的距离公式有d＝.若点P在圆O上，则x＋y＝r2，d＝r，相切；若点P在圆O外，则x＋y>r2，dr，相离，故只有①正确．‎ 答案：1‎ ‎14．解析：设传令兵的速度为v′，队伍行进速度为v，则传令兵从排尾到排头的时间为，从排头到排尾的时间为，则易得＋＝，化简得v′2－v2＝2v′v，得＝＋1，由于队伍与传令兵行进时间相等，故传令兵所走路程为(1＋)L.‎ 答案：(1＋)L ‎15．解析：命题①中，在(0，＋∞)上只有y＝x，y＝x3为增函数，故①不正确；②中不等式等价于0＞log3m＞log3n，故0＜n＜m＜1，②正确；③中函数y＝f(x－1)的图象是把y＝f(x)的图象向右平移一个单位得到的，由于函数y＝f(x)的图象关于坐标原点对称，故函数y - 6 -‎ ‎＝f(x－1)的图象关于点A(1，0)对称，③正确；④中当3x－2＝时，x＝2＋log3＜2，当log3(x－1)＝时，x＝1＋＞2，故方程f(x)＝有2个实数根，④正确．‎ 答案：3‎ ‎16．解析：当x＝0时，y＝1≠0，即x＝0不是y＝x3－ax2＋1(0≤a<λ0)的零点；当x≠0时，由y＝0解得，a＝x＋.‎ 因为a≥0，所以x＋≥0，解得x≥－1，当x＝－1时，a＝0，满足题意；当x＝1时，a＝1＋1＝2，满足题意；当x＝2时，a＝2＋＝，满足题意；当x＝3时，a＝3＋＝，满足题意；当x＝4时，a＝4＋＝.又当x>2时，由定义判断a＝x＋为增函数，且y＝x3－ax2＋1(0≤a<λ0)存在整数零点的实数a恰有4个，所以实数λ0的取值范围是.‎ 答案： ‎17．解析：因为六棱锥PABCDEF的底面是正六边形，所以AF∥CD，由线面平行的判定定理，得CD∥平面PAF，故①正确；由正六边形的特点易知DF⊥AF，因为PA⊥平面ABCD，所以DF⊥PA，由线面垂直的判定定理，得DF⊥平面PAF，故②正确；CF∥AB，由线面平行的判定定理，得CF∥平面PAB，故③正确；连接AC，由正六边形的特点易知DF∥AC，又AC∩平面PAB＝A，故DF与平面PAB相交，故④不正确．故正确结论的个数是3.‎ 答案：3‎ - 6 -‎