新课标2022届高考数学二轮复习题型专项训练2选择填空题组合特训二理

题型专项训练2　选择填空题组合特训(二)(时间:60分钟　满分:100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分)1.已知全集U=R,A={x|x2-2x<0},B={x|x≥1},则A∪(∁UB)=(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　A.(0,+∞)B.(-∞,1)C.(-∞,2)D.(0,1)2.椭圆=1的焦距为2,则m的值等于(　　)A.5或-3B.2或6C.5或3D3.已知一几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为(　　)AB+1CD4.已知x,y满足约束条件则z=3x+y的取值范围为(　　)A.[6,10]B.(-2,10]C.(6,10]D.[-2,10)5.(2022浙江宁波十校联考)已知a,b∈R,则“|a|+|b|>1”是“b<-1”的(　　)A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件6.已知函数f(x)=x2+cosx,f'(x)是函数f(x)的导函数,则f'(x)的图象大致是(　　)7.已知随机变量ξ+η=8,若ξ~B(10,0.4),则E(η),D(η)分别是(　　)A.4和2.4B.2和2.4C.6和2.4D.4和5.68.如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,∠ABC=90°,点E,F分别是棱AB,BB1的中点,当二面角C1-AA1-B为45°时,直线EF和BC1所成的角为(　　)4\nA.45°B.60°C.90°D.120°二、填空题(本大题共6小题,每小题6分,共36分)9.“斐波那契”数列由十三世纪意大利数学家斐波那契发现.数列中的一系列数字常被人们称之为神奇数.具体数列为:1,1,2,3,5,8,…,即从该数列的第三项开始,每个数字等于前两个相邻数字之和.已知数列{an}为“斐波那契”数列,Sn为数列{an}的前n项和,则S7=　　　　　. 10.复数z=(1+2i)(3-i),其中i为虚数单位,则z的实部是　　　　　,|z|=　　　　　. 11.若x10-x5=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+…+a10(x-1)10,则a0=,a5=　　　　　. 12.△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且bsinA=acosB,b=3,sinC=2sinA,则a+c=　　　　　,△ABC面积为　　　　　. 13.(2022浙江杭州高级中学模拟)若向量a,b满足|a|=|2a+b|=2,则a在b方向上投影的最大值是　　　　　,此时a与b夹角为　　　　　. 14.某科室派出4名调研员到3个学校调研该校高三复习备考近况,要求每个学校至少一名,则不同的分配方案种数为　　　　　. 参考答案题型专项训练2　选择填空题组合特训(二)1.C　解析由题意得,集合A={x|x2-2x<0}={x|0<x<2},B={x|x≥1},所以∁UB={x|x<1},所以A∪(∁UB)={x|x<2},故选C.2.B　解析假设椭圆的焦点在x轴上,则m>4,由焦距2c=2,c=,则c2=m-4,解得m=6,当椭圆的焦点在y轴上时,即0<m<4,由焦距2c=2,c=,则c2=4-m,解得m=2,故m的值为2或6,故选B.3.C　解析观察三视图可知,几何体是一个圆锥的与三棱锥的组合体,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V=×π×12×1+×1×2×1=.故选C.4.B　解析由约束条件作出可行域如图,化目标函数为y=-3x+z,由图可知,当直线y=-3x+z过点A时,z取最大值,4\n由得A(4,-2),此时zmax=3×4-2=10;当直线y=-3x+z过点B时,z取最小值,由解得B(0,-2),故z=-2.综上,z=3x+y的取值范围为(-2,10].5.B　解析当a=2,b=0时,满足|a|+|b|>1,但b<-1不成立,即充分性不成立;若b<-1,则|b|>1,则|a|+|b|>1恒成立,即必要性成立.则“|a|+|b|>1”是“b<-1”的必要不充分条件,故选B.6.A　解析由于f(x)=x2+cosx,∴f'(x)=x-sinx,∴f'(-x)=-f'(x),故f'(x)为奇函数,其图象关于原点对称,排除B,D;又当x=时,f'-sin-1<0,排除C,只有A适合,故选A.7.A　解析∵ξ~B(10,0.4),∴E(ξ)=10×0.4=4,D(ξ)=10×0.4×0.6=2.4,∵η=8-ξ,∴E(η)=E(8-ξ)=4,D(η)=D(8-ξ)=2.4,故选A.8.B　解析如图,因为三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,∴AA1⊥平面A1B1C1,则A1C1⊥AA1,A1B1⊥AA1,∴∠B1A1C1为二面角C1-AA1-B的平面角,等于45°,∵A1B1=AB=2,∴B1C1=BC=2,以B为原点,分别以BC,BA,BB1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则B(0,0,0),E(0,1,0),C1(2,0,2),F(0,0,1),∴=(2,0,2),=(0,-1,1),∴cos<>=,∴的夹角为60°,即直线EF和BC1所成的角为60°,故选B.9.33　解析由题意S7=1+1+2+3+5+8+13=33.10.5　5　解析z=(1+2i)(3-i)=5+5i.故实部为5,模为5.11.0　251　解析当x=1时,可得a0=0,x10-x5=[(x-1)+1]10-[(x-1)+1]5,所以a5==251.12.3　解析由bsinA=acosB及正弦定理,得sinBsinA=sinAcosB,∵A为三角形的内角,∴sinA≠0,∴sinB=cosB,即tanB=,又B为三角形的内角,∴B=;由sinC=2sinA及正弦定理,得c=2a,①∵b=3,cosB=,∴由b2=a2+c2-2accosB,得9=a2+c2-ac,②联立①②解得a=,c=2,∴a+c=3.面积S=acsinB=×2.13.-　解析∵|2a+b|=2,|a|=2,∴|b|2+4a·b+16=4,设a,b的夹角为θ,4\n则|b|2+8|b|cosθ+12=0.∴cosθ=-.∴a在b方向上投影为|a|cosθ=-=-.∵≥2,当且仅当|b|=时等号成立,∴|a|cosθ≤-.所以a在b方向上投影最大值是-,cosθ=-,θ=.14.36　解析分两步完成:第一步将4名调研员按2,1,1分成三组,其分法有种;第二步将分好的三组分配到三个学校,其分法有种,所以不同的分配方案种数为=36种,故填36.4