2020浙江高考数学二轮专题强化训练：热考题型解法指导（2份）

专题强化训练 [基础达标] 1．(2019·宁波高考模拟)已知全集U＝A∪B＝{x∈Z|0≤x≤6}，A∩(?UB)＝{1，3，5}，则B＝(　　) A．{2，4，6} B．{1，3，5} C．{0，2，4，6} D．{x∈Z|0≤x≤6} 解析：选C.因为全集U＝A∪B＝{x∈Z|0≤x≤6}＝{0，1，2，3，4，5，6}，A∩(?UB)＝{1，3，5}，所以B＝{0，2，4，6}，故选C. 2．复数z满足(1＋i)z＝|－i|，则＝(　　) A．1＋i B．1－i C．－1－i D．－1＋i 解析：选A.由题意知：(1＋i)z＝2，设z＝a＋bi， 则(1＋i)z＝(1＋i)(a＋bi)＝(a－b)＋(a＋b)i， 所以解得a＝1，b＝－1，故＝1＋i，故选A. 3．(2019·温州市高考数学模拟)已知数列{an}是递增数列，且满足an＋1＝f(an)，a1∈(0，1)，则f(x)不可能是(　　) A．f(x)＝ B．f(x)＝2x－1 C．f(x)＝ D．f(x)＝log2(x＋1) 解析：选B.对于A：因为a1∈(0，1)，所以an＋1＝>an，可得数列{an}是递增数列；对于B：因为a1∈(0，1)，不妨取a1＝，则a2＝2－1＝－1<，因此数列{an}不是递增数列；对于C：f(x)＝，令2x－x2≥0，解得0≤x≤2.由f(x)＝＝，可知：当0≤x≤1时，函数f(x)单调递增；当1≤x≤2时，函数f(x)单调递减．因为a1∈(0，1)，所以数列{an}是递增数列；对于D：画出图象y＝log2(x＋1)，y＝x，可知：在x∈(0，1)时，log2(x＋1)>x，所以an＋1＝log2(an＋1)>an，因此数列{an}是递增数列．故选B. 4．已知点x，y满足约束条件则z＝3x＋y的最大值与最小值之差为　(　　) A．5 B．6 C．7 D．8 解析：选C.作出约束条件对应的平面区域如图中阴影部分所示，作出直线y＝－3x并平移知，当直线经过点A时，z取得最大值，当直线经过点B时，z取得最小值，由，得，即A(2，3)，故zmax＝9. 由，得即B(0，2)，故zmin＝2，故z的最大值与最小值之差为7，选C. 5．在数列{an}中，若a1＝2，且对任意正整数m，k，总有am＋k＝am＋ak，则{an}的前n项和Sn＝(　　) A．n(3n－1) B. C．n(n＋1) D. 解析：选C.依题意得an＋1＝an＋a1，即有an＋1－an＝a1＝2，所以数列{an}是以2为首项、2为公差的等差数列，an＝2＋2(n－1)＝2n，Sn＝＝n(n＋1)． 6．函数f(x)＝|x－2|－ln x在定义域内的零点的个数为(　　) A．0　　　　　　　　　　 B．1 C．2 D．3 解析：选C.由题意可知f(x)的定义域为(0，＋∞)，在同一直角坐标系中画出函数y1＝|x－2|(x>0)，y2＝ln x(x>0)的图象，如图所示． 由图可知函数f(x)在定义域内的零点个数为2. 7．函数f(x)＝cos x·log2|x|的图象大致为(　　) 解析：选B.函数的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)， 且f＝coslog2＝－cos ， f＝cos·log2＝－cos， 所以f＝f，排除A、D， 又f＝－cos<0，故排除C.综上，选B. 8．(2019·嘉兴市高三期末)已知圆C1：x2＋y2－2ax＋a2－1＝0和圆C2：x2＋y2－2by＋b2－4＝0恰有三条公共切线，则的最小值为(　　) A．1＋ B．2 C．3－ D．4 解析：选B.圆C1的圆心为C1(a，0)，半径为r1＝1， 圆C2的圆心为C2(0，b)，半径为r2＝2， 因为两圆有三条公共切线，所以两圆外切． 所以＝3， 所以点(a，b)在半径为3的圆x2＋y2＝9上． 而表示点(a，b)到点(3，4)的距离． 所以的最小值为－3＝2.故选B. 9．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　) A．12　　　　B．18 C．24　　　　D．30 解析：选C.由三视图可知该几何体是由如图所示的直三棱柱ABC-A1B1C1截掉一个三棱锥D-A1B1C1得到的， 其中AC＝4，BC＝3，AA1＝5，AD＝2， BC⊥AC，S△A1B1C1＝×4×3＝6， 所以该几何体的体积V＝S△A1B1C1·AA1－ S△A1B1C1·DA1＝6×5－×6×3＝24. 10．(2019·台州模拟)在平面直角坐标系xOy中，已知直线l：x＋y＋a＝0与点A(0，2)，若直线l上存在点M满足|MA|2＋|MO|2＝10(O为坐标原点)，则实数a的取值范围是(　　) A．(－－1，－1) B．[－－1，－1] ... ...