2-1-18直接对照型概念辨析型数形结合型.doc

高考专题训练十八直接对照型、概念辨析型、数形结合型班级_______　姓名_______　时间：45分钟　分值：100分　总得分_______ 1．(全国高考题)两条直线A1x＋B1y＋C1＝0，A2x＋B2y＋C2＝0垂直的充要条件为(　　) A. A1A2＋B1B2＝0 B. A1A2－B1B2＝0 C.＝－1 D.＝1 解析：若B1B2≠0时，两直线垂直的充要条件是斜率之积为－1，即·＝－1，即A1A2＋B1B2＝0.对B1B2＝0也成立，故选A. 答案：A 2．(全国高考题)若(2x＋)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2的值为(　　) A．1　　　　　　　　　　B．－1 C．0 D．2 解析：二项式中含，似乎增加了计算量和难度，但如果设 a0＋a1＋a2＋a3＋a4＝a＝(2＋)4， a0－a1＋a2－a3＋a4＝b＝(2－)4， 则待求式＝ab＝[(2＋)(2－)]4＝1. 答案：A 3．(全国高考题)设函数y＝f(x)定义在实数集上，则函数y＝f(x－1)与y＝f(1－x)的图象关于(　　) A．直线y＝0对称 B．直线x＝0对称 C．直线y＝1对称 D．直线x＝1对称 解析：直接法可采用换元：令t＝x－1,1－x＝－t，于是f(t)与f(－t)的图象关于直线t＝0即x＝1对称，故选D. 答案：D 4．(高考题)一个圆锥和一个半球有公共底面，如果圆锥的体积恰好与半球的体积相等，那么这个圆锥轴截面顶角的余弦值是(　　) A. B. C. D．－ 解析：记圆锥底面半径为r，高为h，轴截面顶角为2α，则πr2h＝πr3，h＝2r，sinα＝＝，cos2α＝1－2sin2α＝.故选C. 答案：C 5．(全国高考题)等差数列{an}的前m项和为30，前2m项和为100，则它的前3m项和为(　　) A．130 B．170 C．210 D．260 解析：解本题的关键在于实施转化，切不可误以为Sm，S2m，S3m成等差数列，而得出S3m＝2S2m－Sm＝170，错选B. 而应转化为Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成等差数列．于是2(S2m－Sm)＝Sm＋(S3m－S2m)，S3m＝3(S2m－Sm)为3的倍数，选C. 答案：C 6．已知函数f(x)，xF，那么集合{(x，y)|y＝f(x)，xF}∩{(x，y)|x＝1}中所含元素的个数是(　　) A．0 B．1 C．0或1 D．1或2 解析：因为函数是一种特殊的映射，并且函数是由定义域、值域、对应法则三要素组成的．这里给出了函数y＝f(x)的定义域是F，但未明确给出1与F的关系，当1F时有1个交点，当1F时没有交点，所以选C. 答案：C 7．已知函数y＝loga(ax2－x)在区间[2,4]上是增函数，那么a的取值范围是(　　) A.(1，＋∞) B．(1，＋∞) C. D. 解析：由对数概念和单调性概念得：当0a1时，应有u(x)＝ax2－x在[2,4]上是减函数且恒正，于是≥4且u(4)0，这时a无解；当a1时，同理应有≤2且u(2)0，解之得a1，所以选B. 答案：B 8．已知函数y＝f(x)存在反函数y＝g(x)，若f(3)＝－1，则函数y＝g(x－1)必经过点(　　) A．(－2,3) B．(0,3) C．(2，－1) D．(4，－1) 解析：y＝f(x)经过点(3，－1)，则y＝g(x)经过(－1,3)，则y＝g(x－1)必经过(0,3)，选B. 答案：B 9．已知F1、F2为椭圆＋＝1的两焦点，过点F2的直线交椭圆于A，B两点．若|AB|＝5，则|AF1|＋|BF1|等于(　　) A．11 B．10 C．9 D．16 解析：由椭圆定义可求得|AF1|＋|BF1|＝4a－(|AF2|＋|BF2|)＝4a－|AB|＝11.故选A. 答案：A 10．函数y＝sin(ωx＋φ)(xR，ω0,0≤φ2π)的部分图象如下图，则(　　) A．ω＝，φ＝ B．ω＝，φ＝ C．ω＝，φ＝ D．ω＝，φ＝ 解析：观察图形可得ω＝＝＝，×1＋φ＝，φ＝，故选C. 答案：C 11．已知F1、F2是双曲线－＝1(a0，b0)的两焦点，以线段F1F2为边作正三角形MF1F2，若边MF2的中点在双曲线上，则双曲线的离心率为(　　) A．4＋2 B.－1 C. D.＋1 解析：如图，作|OI|＝c，点I在双曲线上，可得b2c2－3a2c2＝4a2b2，化简可得e4－8e2＋4＝0，解得e＝＋1，故选D. 答案：D 12．设函数f(x)的定义域为R，有下列三个命题： 若存在常数M，使得对任意xR，有f(x)≤M，则M是函数f(x)的最大值； 若存在x0R，使得对任意xR，且x≠x0，有f(x)f(x0)，则f