12＋4標準練41．在復平面內，復數z1和z2對應的點分別是A(2,1)和B(0，1)，則eq\f(z1,z2)等于()A．－1－2i B．－1＋2iC．1－2i D．1＋2i答案C解析由復數z1和z2對應的點分別是A(2,1)和B(0,1)，得z1＝2＋i，z2＝i，故eq\f(z1,z2)＝eq\f(2＋i,i)＝1－2i.2．已知集合M＝{x|x<1}，N＝{x|2x>1}，則M∩N等于()A．{x|0<x<1} B．{x|x<0}C．{x|x<1} D．?答案A解析N＝{x|2x>1}＝{x|x>0}，∵M＝{x|x<1}，∴M∩N＝{x|0<x<1}．3．已知函數f(x)＝lnx，若f(x－1)<1，則實數x的取值范圍是()A．(－∞，e＋1) B．(0，＋∞)C．(1，e＋1) D．(e＋1，＋∞)答案C解析已知函數f(x)＝lnx，若f(x－1)<1，則f(x－1)<lne＝f(e)，由函數f(x)為(0，＋∞)上的增函數，得0<x－1<e，解得1<x<1＋e.4．若taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝－eq\f(1,3)，則cos2α等于()A.eq\f(3,5)B.eq\f(1,2)C.eq\f(1,3)D．－3答案A解析已知taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝－eq\f(1,3)＝eq\f(tanα－1,1＋tanα)，解得tanα＝eq\f(1,2)，cos2α＝cos2α－sin2α＝eq\f(cos2α－sin2α,cos2α＋sin2α)＝eq\f(1－tan2α,1＋tan2α)，將正切值代入得cos2α＝eq\f(3,5).5．正四棱錐P－ABCD的底面積為3，體積為eq\f(\r(2),2)，E為側棱PC的中點，則PA與BE所成的角為()A．30° B．60°C．45° D．90°答案B解析過頂點作垂線，交底面于正方形對角線交點O，連接OE，∵正四棱錐P－ABCD的底面積為3，體積為eq\f(\r(2),2)，∴PO＝eq\f(\r(2),2)，AB＝eq\r(3)，AC＝eq\r(6)，PA＝eq\r(2)，OB＝eq\f(\r(6),2)，∵OE與PA在同一平面，是△PAC的中位線，∴OE∥PA且OE＝eq\f(1,2)PA，∴∠OEB即為PA與BE所成的角，OE＝eq\f(\r(2),2)，在Rt△OEB中，tan∠OEB＝eq\f(OB,OE)＝eq\r(3)，∴∠OEB＝60°.故選B.6．《九章算術》卷5《商功》記載一個問題“今有圓堡瑽，周四丈八尺，高一丈一尺．問積幾何？答曰：二千一百一十二尺．術曰：周自相乘，以高乘之，十二而一”．這里所說的圓堡瑽就是圓柱體，它的體積為“周自相乘，以高乘之，十二而一”．就是說：圓堡瑽(圓柱體)的體積為V＝eq\f(1,12)×(底面圓的周長的平方×高)，則由此可推得圓周率π的取值為()A．3B．3.1C．3.14D．3.2答案A解析設圓柱體的底面半徑為r，高為h，由圓柱的體積公式得V＝πr2h.由題意知V＝eq\f(1,12)×(2πr)2×h.所以πr2h＝eq\f(1,12)×(2πr)2×h，解得π＝3.7．已知向量a＝(3，－4)，|b|＝2，若a·b＝－5，則向量a與b的夾角為()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3)D.eq\f(2π,3)答案D解析由題意可知，cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(－5,10)＝－eq\f(1,2)，所以向量a與b的夾角為eq\f(2π,3).8．已知數列{an}的前n項和為Sn，且滿足a1＝1，an＋an＋1＝2n＋1，則eq\f(S2017,2017)等于()A．1009B．1008C．2D．1答案A解析S2017＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2016＋a2017)＝(2×0＋1)＋(2×2＋1)＋(2×4＋1)＋…＋(2×2016＋1)＝eq\f(1＋2×2016＋1×1009,2)＝2017×1009，∴eq\f(S2017,2017)＝1009.9．設x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－y－6≤0，,x－y＋2≥0，,x≥0，y≥0，))若目標函數z＝ax＋y(a>0)的最大值為18，則a的值為()A．3B．5C．7D．9答案A解析根據不等式組得到可行域是一個封閉的四邊形區域(圖略)，目標函數化為y＝－ax＋z，當直線過點(4,6)時，有最大值，將點代入得到z＝4a＋6＝18，解得a10．已知某簡單幾何體的三視圖如圖所示，若正(主)視圖的面積為1，則該幾何體最長的棱的長度為()A.eq\r(5)B.eq\r(3)C．2eq\r(2)D.eq\r(6)答案C解析如圖該幾何體為三棱錐A－BCD，BC＝2，CD＝2，因為正(主)視圖的面積為1，故正(主)視圖的高為1，由此可計算BD＝2eq\r(2)為最長棱長．11．已知函數f(x)＝ex＋x2＋(3a＋2)x在區間(－1,0)上有最小值，則實數aA.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,e))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(e,3)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,e)，－1)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,3e)))答案D解析由f(x)＝ex＋x2＋(3a＋2)x可得f′(x)＝ex＋2x＋3a∵函數f(x)＝ex＋x2＋(3a＋2)x∴函數f(x)＝ex＋x2＋(3a＋2)x而f′(x)＝ex＋2x＋3a∴ex＋2x＋3a由零點存在性定理可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′－1＝e－1－2＋3a＋2<0，,f′0＝1＋3a＋2>0，))解得－1<a<－eq\f(1,3e)，∴實數a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,3e))).12.如圖，已知F1，F2是雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點，過點F2作以F1為圓心，|OF1|為半徑的圓的切線，P為切點，若切線段PF2被一條漸近線平分，則雙曲線的離心率為()A．2B.eq\r(2)C.eq\r(3)D.eq\f(\r(5),2)答案A解析∵O是F1F2設漸近線與PF2的交點為M，∴OM∥F1P，∵∠F1PF2為直角，∴∠OMF2為直角．∵F1(－c,0)，F2(c,0)，一條漸近線方程為y＝eq\f(b,a)x，則F2到漸近線的距離為eq\f(bc,\r(b2＋a2))＝b，∴|PF2|＝2b.在Rt△PF1F2由勾股定理得4c2＝c2＋4b2,3c2＝4(c2－a即c2＝4a2，解得c＝2則雙曲線的離心率e＝eq\f(c,a)＝2.13．執行如圖所示的程序框圖，輸出S的值為________．答案48解析第1次運行，i＝1，S＝2，S＝1×2＝2，i＝2>4不成立；第2次運行，i＝2，S＝2，S＝2×2＝4，i＝3>4不成立；第3次運行，i＝3，S＝4，S＝3×4＝12，i＝4>4不成立；第4次運行，i＝4，S＝12，S＝4×12＝48，i＝5>4成立，故輸出S的值為48.14．如圖，在平面直角坐標系xOy中，函數y＝sin(ωx＋φ)(ω>0,0<φ<π)的圖象與x軸的交點A，B，C滿足OA＋OC＝2OB，則φ＝________.答案eq\f(3π,4)解析不妨設ωxB＋φ＝0，ωxA＋φ＝π，ωxC＋φ＝2π，得xB＝－eq\f(φ,ω)，xA＝eq\f(π－φ,ω)，xC＝eq\f(2π－φ,ω).由OA＋OC＝2OB，得eq\f(3π－2φ,ω)＝eq\f(2φ,ω)，解得φ＝eq\f(3π,4).15．函數y＝eq\f(x2＋x＋1,x)與y＝3sineq\f(πx,2)＋1的圖象有n個交點，其坐標依次為(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)，則eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do8(i＝1))(xi＋yi)＝________.答案4解析因為函數y＝eq\f(x2＋x＋1,x)＝x＋eq\f(1,x)＋1，y＝3sineq\f(πx,2)＋1的對稱中心均為(0,1)．畫出y＝f(x)＝eq\f(x2＋x＋1,x)＝x＋eq\f(1,x)＋1，y＝g(x)＝3sineq\f(πx,2)＋1的圖象，由圖可知共有四個交點，且關于(0,1)對稱，x1＋x4＝x2＋x3＝0，y1＋y4＝y2＋y3＝2，故eq\o(∑,\s\up6(4),\s\do8(i＝1))(xi＋yi)＝4.16．已知定義在R上的函數f(x)是奇函數，且滿足f(3－x)＝f(x)，f(－1)＝3，數列{an}滿足a1＝1且an＝n(an＋1－an)(n∈N*)，則f(a36)＋f(a37)＝________.答案－3解析因為函數f(x)是奇函數，所以f(－x)＝－f(x)，又因為f(3－x)＝f(x)，所以f(3－x)＝－f(－x)，所以f(3＋x)＝－f(x)，即f(x＋6)＝f(x)，所以f(x)是以6為周期的周期函數．由an＝n(an＋1－an)，即(n＋1)an＝nan＋1，可得an≠0，eq\f(an＋1,an)＝eq\f(n＋1,