1、限時訓練（三十七）一、選擇題：本大題共 12小題，每小題5分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要 求的.(1)設集合 A x x2 5x 4 0 ， B x log2 x 1，則 AI B ()(A)(0,1)( B)(1,2)(C) (1,4)( D) (2 ,4)2（2）設復數z滿足iz 1 2i，則z的共軛復數Z的虛部是（）(a) i(B) i(C)1(D) 1（3）在等差數列an中，已知q2, a2 S3 13,則 a4 a5 as().(A) 40(B) 42(C) 43(D) 45（4）袋中裝有大小相同的四個球，四個球上分別標有“2” “3” “4” “6” 現從中隨機

2、選取三個球,22側（左）視圖正（主）視圖則所選三個球上的數字能構成等差數列的概率是（）1(A)丄(B)1(C)1(D)24233（5）已知雙曲線2C：xa2y1 , C與拋物線2y16x的準線交于A, B兩點，AB 2 3，則 C的實軸長為（).(A).2(B)2、2(C)4(D)8（6）某幾何體的三視圖，則該幾何體體積是（)(A) 4(B)4(C)8(D)233(7)設 a log2e , b log1 e , c e 2，則()(A)a b c(B)ba c(C) a c b(D)c b a(8)在厶ABC中，a4,b5 , c6，則 sin2A ().sin B(A)3(B)6(C)-(

3、D)2555(9)公兀 263年左右，我國數學家劉徽發現當圓內接正多邊形的邊數無限增加時,多邊形的面積無限接近圓的面積，并創立了“割圓術”，利用“割圓術”，劉徽得到了圓周率精確到小數點后兩位的近 似值3.14，這就是著名的“徽率”，如圖所示是利用劉徽的“割圓術”思想設計的一個程序框圖，則 輸出的值為（）（考慮數據 sin 150.2588，sin7.50.1305）（A）12（ B）24（ C）48（ D）962c x（10）已知雙曲線C：2a2 y b21 a 0,b0，以原點為圓心,b為半徑的圓與X軸正半軸的交點，則雙曲線的方程5恰好是右焦點和右頂點的中點，此交點到漸近線的距離為 是（ ）

4、(A)2 2x y 15x2収12 2x y21 x1( D)2工1(B)24(C)16 9169 163664(11)設等比數列 a滿足a1a310 , a2a45，貝y aLan的取大值為（)(A)16(B)32(C) 64(D)1282017(12 )已知函數x3 3x2 x -，則4 k 1k1009的值為()(A) 0(B)2017(C)2017(D) 504、填空題：本題共 4小題，每小題5分.a b 1， c 2，貝V a b c(13)平面向量a,b,c不共線，且兩兩所成角相等，若n2(14) 3 x的展開式中各項系數和為64，則x2的系數為 (用數字填寫答案)(15 )甲、乙

5、、丙、丁四支足球隊舉行“組合杯”足球友誼賽，每支球隊都要與其他三支球隊進行比賽，且比賽要分出勝負若甲、乙、丙隊的比賽成績分別是兩勝一負、全敗、一勝兩負，則丁隊的比賽成績是 .n(16)數列an滿足an 11 an n 1，貝U 4前60項的和為 .限時訓練（三十七）答案部分、選擇題題號123456789101112答案DDBBCBCBCCCB二、填空題13. 114.121515. 3勝16. 960解析部分（1）解析 依題意，A x1 x 4，B xx 2，則AI B 2,4 .故選D.評注 試題以考生最熟悉的知識呈現，體現面向全體考生、注重考查基礎知識的特點試卷以簡單題目開始，穩定了考生的

6、情緒，對考生在考試中正常發揮起到了重要的作用（2）解析 由iz 1 2i，得z 12 i，則z 2 i，所以z的虛部為1.故選D.i評注試題的設計可以將復數運算的基本方法展現在解題過程中，考查考生對復數概念的理解以及復數運算法則的掌握情況.（3）解析 由已知條件和等差數列的通項公式，得a1 2 a2 a3，得 d 3，2a1 3d 13所以 a4 a5 a6 3狂 3 a1 4d 42.故選 b.體現了新課程標準對數列這部分內容的要評注 試題把等差數列的通項公式與求和作為考查的重點, 求試題的設計將對基礎知識的考查和對能力的考查有機結合，而且以考生最熟悉的知識呈現，消除了考生的緊張情緒，有助于

7、考生穩定發揮.（4）解析 依題意，從四個球中隨機選取三個球，所選三個球上的數字能構成等差數列的情況有兩2 1種，即卩“2”“ 3”，“42” “ 4”因此；所選三個球上的數字能構成等差數列的概率是一 .故選B.C42（5） 解析 依題意，拋物線 y2 16x的準線方程是x4 .又因為AB 2, 3， _ 16 . 2所以可得A 4,，B 4,.3，則飛 .31，得a24 ,所以a 2，a故實軸長2a 4 故選C.（6）解析 借助長方體，在長方體中構建幾何體 據三視圖分析可得，還原后的幾何體如圖所示,sin BsinBb54 5（9）解析 第1次執行循環體后，S - 6sin6033.13，不滿

8、足退出循環的條件，則22n 12 ；第2次執行循環體后，S1212sin 3033.13，不滿足退出循環的條件，則 n 24 ；第3次執行循環體后，S1224sin 153.10563.13，不滿足退出循環的條件，則n48 ；第4次執行循環體后，S1248sin 7.53.1323.13，滿足退出循環的條件，所以輸出的n值為48.故選C.（10）解析依題意，設雙曲線C的右焦點為F c,02 2 2，右頂點為A a,0，圓x y b與x軸正24所以n空 2sin AcosA 空cosA-故選B.棱錐P ABC 該幾何體的體積2 2.2B.（7）解析由 a log2eIog21,log-1 e2I

9、og2e 1因此a cb.故選C.(8)解析依題意，由余弦定理得cosAb2 c252 62422bc半軸交點B b,0，且 b，則b22a c 2c4因此4，又點B b,05到漸近線aybx0的距離d2x3，雙曲線C的方程為92y161.故選C.N*10, ai q q35,3n2（11）解析 解法一：設數列an的公比為q由題設可得a 1 qn 1 解得 q -, 38,從而 ana1qn 182 2（12）解析因為f x32x 3x，所以6x1，故 f x 6x令 f x 0，則 x 1 ,所以f X的對稱中心為1,1.4可得n, 4，所以82 L an的最大值為 aaaa 64故選c.解

10、法二:設數列2an的公比為q,由題設可得a1 1 q10,印q3 q5 ,解得ai 8,1q 2，n 41 ?2從而ana1qn13 n 4 nn n 73 2 L n 4故 a1a2L an1121 222222由于n n 717 n _49故當n13或n 4時，一n749取得最小值，最小值為22282286，所以a1a2L an的最大值為64故選c.（再通過初等方法證明）因為32x 3x x23xx312x6x2123x212x x1-,所以函數y f x2的圖像關于占J 八、中心對稱,2017則k 1k10091100921009f 20171009f 201710092016 L100

11、9110092017，則2k 1k10092017,2017得 fk 1k10092017丁故選B.（13）解析 解法一：（利用模長用平方的原理去求解）因為平面向量aba共線，且兩兩所成角2 2 2abc2a b 2a c 2b c 1 2 1222221 cos 232cos 2 132cos 1，3所以a b c 1 .解法二：(數形結合思想求解)依題意，向量abc.如圖所示,b與C反向共線，且2相等，所以 a, b b, c a, c -，32 1 1.rr3 1 n 2n64，所以n3 x 6的展開式中,(15)C6362，得 T3C|34x 2，即X2的系數為C：341215解析由題

12、意可得,甲、乙、丙、丁四支足球隊舉行組合杯”足球友誼賽，每支球隊都要與其乙、丙三隊的比賽成績分別是3勝故填3勝.(16)解析解法一：分別將n 1,2,L ,59 代入 an 11 n ann1中，得a2他三支球隊進行比賽，且比賽要分出勝負則只需進行C：6場.因為每場都會產生勝方和負方，所以6場比賽共產生6勝6負又甲、兩勝一負、全敗、一勝兩負，共有3勝6負，所以丁隊的比賽成績是st3,a3 4,a45, L,比8比758, 959 a5859,a60a5960,從而a比1,a5a1,L，兎7as91,所以從q比asa7L957a5915 ,又a2a184<3sLa60a59a2a485La3L c-416030:2 6(0930所以S60a