1、培优冲刺（3）难度评估：困难 测试时间：60分钟一、单选题(共60分)1(本题5分)已知集合，定义集合，则中元素的个数为（ ）A77B49C45D302(本题5分)设复数在复平面内的对应点关于虚轴对称，则A-5B5CD3(本题5分)设函数在区间上单调，且，当时，取到最大值2，若将函数的图像上各点的横坐标伸长为原来的2倍得到函数的图像，则不等式的解集为（ ）ABCD4(本题5分)如图，为的外接圆的直径，若，且，则（）A2BC1D5(本题5分)现有4个人通过掷一枚质地均匀的骰子去参加篮球和乒乓球的体育活动，掷出点数为1或2的人去打篮球，擦出点数大于2的人去打乒乓球.用，分别表示这4个人中去打篮球和
2、乒乓球的人数，记，求随机变量的数学期望为（ ）ABCD6(本题5分)北宋数学家沈括博学多才、善于观察据说有一天，他走进一家酒馆，看到一层层垒起来的酒坛（如图所示），不禁想到：“怎么求这些酒坛的总数呢？”“后来沈括提出了“隙积术”，相当于求数列的和如图，最上层的小球数是20，其中，则这堆小球总数不可能是（）A1100B5200C8100D213007(本题5分)已知函数的图象与函数的图象有且仅有两个不同的公共点，则实数的取值范围是（）ABCD8(本题5分)若抛物线的焦点为F，点A、B在抛物线上，且，弦AB的中点M在准线l上的射影为，则的最大值为（ ）ABCD9(本题5分)如图，在棱长为的正方体中
3、，点是平面内一个动点，且满足，则直线与直线所成角的余弦值的取值范围为（ ）ABCD10(本题5分)如图，已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面边长为1，侧棱长为2，点P，Q分别在半圆弧C1C，A1A(均不含端点)上，且C1，P，Q，C在球O上，则（）A当点Q在弧A1A的三等分点处，球O的表面积为B当点P在弧C1C的中点处，过C1，P，Q三点的平面截正四棱柱所得的截面的形状都是四边形C球O的表面积的取值范围为(4，8)D当点P在弧C1C的中点处，三棱锥C1PQC的体积为定值11(本题5分)已知点为抛物线的焦点，点为抛物线上一动点，当最小时，点恰好在以，为焦点的双曲线上，则该双曲线的渐近线的斜
4、率的平方为（）ABCD12(本题5分)已知定义在上的函数的导函数为，满足当时，当时，且，其中是自然对数的底数则的取值范围为（）ABCD二、填空题(共20分)13(本题5分)正方形的边长为2，圆内切于正方形，为圆的一条动直径，点为正方形边界上任一点，则的取值范围是_.14(本题5分)在平面上，将两个半圆弧和、两条直线和围成的封闭图形记为，如图中阴影部分.记绕轴旋转一周而成的几何体为，过作的水平截面，所得截面面积为，试利用祖暅原理（祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，意思是：两等高的几何体在同高处被截得的两个截面面积均相等，那么这两个几何体的体积相等）、一个平放的圆柱和一个长方体，得出的体积值为_
5、15 (本题5分)设AnBnCn的三边长分别为an，bn，cn，n=1，2，3，若，则的最大值是_.16 (本题5分)某校高二年级共有10个班级，5位教学教师，每位教师教两个班级，其中姜老师一定教1班，张老师一定教3班，王老师一定教8班，秋老师至少教9班和10班中的一个班，曲老师不教2班和6班，王老师不教5班，则不同的排课方法种数_.参考答案1A【分析】根据题意,利用数形结合表示出集合,然后根据新定义中集合中元素的构成,用平面的点表示即可.【详解】因为集合，所以集合中有5个元素（即5个点），即图中圆中的整点（包括边界），集合中有个元素（即49个点）：即图中正方形中的整点，集合的元素可看作正方形
6、中的整点（除去四个顶点），即个含有个元素.故选：A.2A【详解】试题分析：在复平面内关于虚轴对称，。故选：A.3A【分析】首先设函数，由条件确定周期和的范围，再利用对称性求出对称中心和对称轴，求，代入求，利用伸缩变换求，最后解不等式.【详解】函数的最大值为2，在区间上单调，所以，即， ，即，是函数的对称轴，是函数的对称中心，和是函数相邻的对称轴和对称中心，得，当时，取到最大值2，当时，根据题意可知，解得：，.的解集是.故选：A.4C【分析】作于点E，于点M，根据平面向量的定义，结合锐角三角函数的定义、垂径定理、平面向量的几何意义进行求解即可.【详解】作图如下：由题意得：作于点E，于点M，因为，
7、即：所以，又因为，所以.即.又因为，所以，所以.即在上的投影为.故选：C.5D【分析】分别求出每个人去打篮球、打乒乓球的概率，的所有可能取值为0，2，4，利用二项分布的概率公式求出的分布列即可求得的期望值.【详解】依题意，这4个人中，每个人去打篮球的概率为，去打乒乓球的概率为，设“这4个人中恰有人去打篮球”为事件，则的所有可能取值为0，2，4.由于与互斥与互斥，故，所以的分布列为224随机变量的数学期望.故选：D.6B【分析】先用组合数的性质求和得，再逐一验证即可【详解】因为，令，令的前项和为，则，对于A：，则，解得，故A有可能；对于B：，则，因为，故无正整数解，故B不可能；对于C：，则，解得
8、，故C有可能；对于D：，则，解得，故D有可能；故选：B.7A【分析】令，根据条件可知有两个不同的零点，然后分三种情况，求出k的取值范围【详解】解：令，则，和图象有且仅有两个不同的公共点，有两个不同的零点，又，当时，在上单调递增，在上单调递减，且，图象的左右两边向下无限延伸，故此时有两个零点，满足题意；当时，只有一个零点，不滿足题意；当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，且，易知只有一个零点，不满足题意；综上，的取值范围是故选：A.8C【分析】转化：，利用余弦定理：，即得解.【详解】如图所示，由题意得，当且仅当：时，有最大值.故选：C.9A【分析】求得点的轨迹是平面内以点为圆心，半径为
9、的圆，可得，进而可得出题中所求角等于直线与直线的夹角，然后过点作平面于点，过点作于点，连接，找出使得最大和最小时的位置，进而可求得所求角的余弦值的取值范围.【详解】连接交平面于点，延长线段至点，使得，连接、，如下图所示：已知在正方体中，底面，平面，又四边形为正方形，所以，平面，平面，同理，平面，三棱锥的体积为，可得，所以，线段的长被平面与平面三等分，且与两平面分别垂直，而正方体的棱长为，所以，如下图所示：其中，不妨设，由题意可，所以，可得，所以，点在平面内以点为圆心，半径为的圆上.因为，所以，直线与直线的夹角即为直线与直线所成角.接下来要求出线段与的长，然后在中利用余弦定理求解.如图，过点作平
10、面于点，过点作于点，连接，根据题意可知，且，所以，.如图所示，当点在处时，最大，当点在处时，最小.这两种情况下直线与直线夹角的余弦值最大，为；当点在点处时，为直角，此时余弦值最小为.综上所述，直线与直线所成角的余弦值的取值范围是.故选：A.10D【分析】取中点，中点，中点，根据球的性质，容易知道球心O在线段EF上，设出OE的长度和FGQ，算出FQ的长度，利用OC1=OQ，即可判断A,B；作出过C1，P,Q三点的截面即可判断C；利用即可求出体积，进而判断D.【详解】如图1，取中点，中点，中点，由题意，球心在线段上，设，在中，由余项定理，设，则，设外接球半径为R，球的表面积，C错误；当点Q在的三等
11、分点处，则，球的表面积，A错误；对B，如图2，取中点，当在上时，连接AF，在平面ADD1A1上过点Q作AF的平行线，与线段，AD分别交于M,N，延长C1P与BC交于R，连接RN交AB于S，此时截面为，B错误；对D,当点P位于的中点处，三棱锥的体积为定值，D正确.故选：D.11B【分析】作出图形，可知与抛物线相切时，取得最小值，求出点的坐标，利用双曲线定义求出2a，结合，可求得，再利用求得结果.【详解】由抛物线的对称性，设为抛物线第一象限内点，如图所示：故点作垂直于抛物线的准线于点B，由抛物线的定义知，易知轴，可得当取得最大值时，取得最小值，此时与抛物线相切，设直线方程为：，联立，整理得，其中，
12、解得：，由为抛物线第一象限内点，则则，解得：，此时，即或所以点的坐标且由题意知，双曲线的左焦点为，右焦点为设双曲线的实轴长为2a，则，又，则故渐近线斜率的平方为故选：B.12B【分析】根据题意，构造函数和，对于，由题意可得，利用导数分析可得在区间上单调递增，进而有，对其变形可得，同理分析的单调性可得，综合即可得答案【详解】根据题意，设，（），（），即，对于，其导数，则有在区间上单调递增；所以，即，变形可得；对于，其导数，时，则在区间上单调递减；则有，即，变形可得，综合可得：，即的范围为.故选：B.13【分析】根据向量关系表示，只需求出的取值范围即可得解.【详解】由题可得：，故答案为：14【分析
13、】由题目给出的的水平截面的面积，可猜想水平放置的圆柱和长方体的量，然后直接求出圆柱的体积与长方体的体积作和即可.【详解】因为几何体的水平截面的截面面积为，该截面的截面面积由两部分组成，一部分为定值，看作是截一个底面积为，高为2的长方体得到的，对于，看作是把一个半径为1，高为的圆柱得到的，如图所示：这两个几何体和放在一起，根据祖暅原理，每个平行水平面的截面面积相等，故它们体积相等，即的体积为。故填：.15【分析】根据题干条件得到，进而利用余弦定理及基本不等式求出，从而求出的最大值是.【详解】由，得：，又，所以，所以，所以，当且仅当时等号成立，此时三角形为等边三角形，所以的最大值是.故答案为：.1
14、6236【分析】按照特殊元素优先处理原则，分类讨论秋老师教9班，秋老师教10班的排课方法种数，但这两种重复了秋老师同时教9班和10班的排课方法种数，减去即可得到答案.【详解】（1）秋老师教9班，曲老师可在4,5,7,10班中选两班，再分两小类：曲老师不教5班，则曲老师可选（种）；王老师可选（种）；剩余的3个班3个老师全排列安排有（种）；按分步相乘计数原理有：（种）；曲老师教5班，则曲老师可选（种）；剩余的4个班4个老师全排列安排有（种）；按分步相乘计数原理有：（种）.按分类相加计数原理，秋老师教9班有：（种）；（2）秋老师教10班，同理也有126（种）；（3）秋老师同时教9班和10班，曲老师可在4,5,7班中选两班，再分两小类：曲老师不教5班，则曲老师教4班和7班，王老师再从2,6班选一个，可选（种）；剩余的2个班2个老师全排列安排有（种）；按分步相乘计数原理有：（种）；曲老师教5班，则曲老师可选（种）；剩余的3个班3个老师全排列安排有（种）；按分步相乘计数原理有：（种）.按分类相加计数原理，秋老师同时教9班和10班有：（种）；但秋老师同时教9班和10班在（1）和（2）两种分类里都涉及到，所以重复需减去，故不同的排课方法种数有：（种）.故答案为：236.