2024年高考数学复习：答案高考数学模拟试题精编(五)

高考数学模拟试题精编(五)eq\x(1—8DDBCABBB)1．D题中Venn图中阴影部分所表示的集合即A∩(∁RB)，因为B＝{x|x2－4x－12＞0}＝{x|x＜－2或x＞6}，所以∁RB＝{x|－2≤x≤6}，又A＝{－2，0，6，8}，所以A∩(∁RB)＝{－2，0，6}．故选D.2．D因为z＝－eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)i，所以eq\f(1,z)＝－eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)i，eq\x\to(z)＝－eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)i，所以eq\f(1,z)＋eq\x\to(z)＝－1－eq\r(3)i.故选D.3．B解法一设a与b的夹角为θ，因为a＝(2，4)，b＝(1，1)，所以cosθ＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(3\r(10),10)，所以a在b上的投影向量为eq\f(|a|cosθ,|b|)·b＝(3，3).故选B.解法二因为a＝(2，4)，b＝(1，1)，所以a在b上的投影向量为eq\f(a·b,|b|2)×b＝eq\f(2×1＋4×1,2)×(1，1)＝(3，3).故选B.4．C20×75%＝15，将样本数据按从小到大排列，其中第15个数为235，第16个数为249，所以第75百分位数为eq\f(235＋249,2)＝242.故选C.5．A记Ⅰ期、Ⅱ期、Ⅲ期、Ⅳ期的海水稀释效率分别为μ1，μ2，μ3，μ4，因为海水稀释效率μ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(P2－P1,t2－t1)))，k为正常数，所以μ1＝eq\f(P0(1－e-5k),5)，μ2＝eq\f(P0(e-5k－e-10k),5)＝eq\f(P0(1－e-5k),5)·e-5k＝μ1e-5k＜μ1，同理得，μ3＜μ2，μ4＜μ3，所以μ4＜μ3＜μ2＜μ1，所以海水稀释效率最高的是Ⅰ期．故选A.6．B因为c＝log48＝log2eq\r(8)，且函数y＝log2x在(0，＋∞)上单调递增，所以a＝log23＞log2eq\r(8)＝c；因为c＝log48＝eq\f(3,2)＝log3eq\r(27)，且函数y＝log3x在(0，＋∞)上单调递增，所以c＝log3eq\r(27)＞log35＝b.综上，a＞c＞b.故选B.7.B因为G是EF的中点，AF＝1，AB＝2，且四边形ABEF是矩形，所以AG＝BG＝eq\r(2)，所以AG2＋BG2＝AB2，则AG⊥BG，即△ABG为直角三角形．如图，取AB的中点为M，则点M为△ABG的外心．取AC的中点为O，连接OM，则OM∥BC，又BC⊥AB，所以OM⊥AB.因为平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，OM⊂平面ABCD，所以OM⊥平面ABEF，则直线OM上任意一点到点A，B，G的距离都相等．在Rt△ABC中，O为AC的中点，所以点O到点A，B，C的距离都相等，所以点O到点A，B，G，C的距离都相等，所以点O即三棱锥C­ABG外接球的球心．因为四边形ABCD是正方形，所以三棱锥C­ABG外接球的半径R＝eq\f(AC,2)＝eq\r(2)，所以三棱锥C­ABG外接球的表面积S＝4πR2＝8π.故选B.8．B双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的渐近线方程为y＝±eq\f(b,a)x.不妨设点A在第一象限，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(a2,c)，,y＝\f(b,a)x，))得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,c)，\f(ab,c))).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(a2,c)，,y＝－\f(b,a)x，))得Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,c)，－\f(ab,c)))，所以|AB|＝eq\f(2ab,c).由对称性，求双曲线的右焦点(c，0)到渐近线y＝eq\f(b,a)x的距离即可，y＝eq\f(b,a)x可化为bx－ay＝0，所以双曲线的右焦点(c，0)到渐近线y＝eq\f(b,a)x的距离d＝eq\f(bc,\r(b2＋a2))＝eq\f(bc,c)＝b.因为线段AB的长度等于双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离，所以eq\f(2ab,c)＝b，即eq\f(c,a)＝2，得eq\f(c2,a2)＝eq\f(a2＋b2,a2)＝1＋eq\f(b2,a2)＝4，所以eq\f(b2,a2)＝3，即eq\f(b,a)＝eq\r(3)，所以双曲线的渐近线方程为y＝±eq\r(3)x.故选B.9.AC10.BD11.ABD12.ABC9．ACA选项，由方差公式可知，将一组数据中的每个数据都加上同一常数后，方差不变，故A正确；B选项，回归直线过样本点的中心，将(m，2.8)代入eq\o(y,\s\up6(^))＝0.3x－m，解得m＝－4，故B错误；C选项，因为随机变量X服从正态分布N(μ，σ2)，所以正态曲线的对称轴为直线x＝μ，又P(X＞－1)＋P(X≥5)＝1，P(X＞－1)＋P(X≤－1)＝1，所以P(X≥5)＝P(X≤－1)，则μ＝eq\f(5＋(－1),2)＝2，故C正确；D选项，因为X服从二项分布Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n，\f(1,3)))，所以由E(3X＋1)＝3E(X)＋1＝3×n×eq\f(1,3)＋1＝6，得n＝5，故D错误．故选AC.10．BD对于A，由a2－ab＋4b2－c＝0，得c＝a2＋4b2－ab，则eq\f(c,ab)＝eq\f(a,b)＋eq\f(4b,a)－1≥2eq\r(\f(a,b)·\f(4b,a))－1＝3，当且仅当eq\f(a,b)＝eq\f(4b,a)，即a＝2b时等号成立，故A不正确；对于B，当eq\f(c,ab)取最小值时，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(c,ab)＝3,a＝2b))，得c＝6b2，故B正确；对于C，D，a＋b－c＝2b＋b－6b2＝－6b2＋3b＝－6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(1,4)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,8)≤eq\f(3,8)，当且仅当a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(1,4)，c＝eq\f(3,8)时等号成立，所以(a＋b－c)max＝eq\f(3,8)，故C不正确，D正确．综上所述，选BD.11．ABD对于A，设P(x，y)，由eq\f(|PA|,|PB|)＝eq\r(2)得|PA|2＝2|PB|2，即(x＋2)2＋y2＝2(x－2)2＋2y2，整理得x2＋y2－12x＋4＝0，即(x－6)2＋y2＝32，故A正确；对于B，因为点M在圆C上，所以eq\f(|AM|,|MB|)＝eq\r(2)，故B正确；对于C，因为直线AB为x轴，且圆C的圆心在x轴上，所以点P到直线AB的距离的最大值为圆C的半径4eq\r(2)，又|AB|＝4，所以△PAB面积的最大值为eq\f(1,2)×4×4eq\r(2)＝8eq\r(2)，故C不正确；对于D，△PAB的周长为|PA|＋|PB|＋|AB|＝(1＋eq\r(2))|PB|＋4，易知点B在圆C的内部，所以|PB|的取值范围为(4eq\r(2)－4，4eq\r(2)＋4)，所以(1＋eq\r(2))|PB|∈(4，12＋8eq\r(2))，所以△PAB的周长的取值范围是(8，16＋8eq\r(2))，故D正确．综上所述，选ABD.12．ABC对于选项A，如图1，当P是AB的中点时，依题意可知D1C1∥DC∥PB，D1C1＝DC＝PB，所以四边形D1PBC1是平行四边形，所以D1P∥C1B，因为D1P⊄平面A1BC1，C1B⊂平面A1BC1，所以D1P∥平面A1BC1，选项A正确．图1对于选项B，如图2，设E是AB的中点，P是BC的中点，连接D1E，PE，由上述分析可知D1E∥平面A1BC1.因为PE∥AC∥A1C1，PE⊄平面A1BC1，A1C1⊂平面A1BC1，所以PE∥平面A1BC1.因为D1E∩PE＝E，所以平面D1PE∥平面A1BC1，又D1P⊂平面D1PE，所以D1P∥平面A1BC1，选项B正确．图2对于选项C，如图3，根据已知条件可知四边形ADD1A1是正方形，所以A1D⊥D1A，因为AB⊥AD，AB⊥AA1，AD∩AA1＝A，所以AB⊥平面ADD1A1，又A1D⊂平面ADD1A1，所以AB⊥A1D.因为D1A∩AB＝A，所以A1D⊥平面AD1P，因为D1P⊂平面D1AP，所以A1D⊥D1P，选项C正确．图3对于选项D，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图4所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A1(2，0，2)，B(2，4，0)，C1(0，2，2)，eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(0，4，－2)，eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝(－2，2，0).设P(2，t，2)，t∈[0，4]，则eq\o(DP,\s\up6(→))＝(2，t，2)，若DP⊥平面A1BC1，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(DP,\s\up6(→))·\o(A1B,\s\up6(→))＝4t－4＝0，,\o(DP,\s\up6(→))·\o(A1C1,\s\up6(→))＝－4＋2t＝0，))此方程组无解，所以在棱A1B1上不存在使得DP⊥平面A1BC1的点P.故选项D不正确．图413．解析：解法一设高一年级应抽选的人数为x，则eq\f(x,1200)＝eq\f(30,1200＋1000＋800)，解得x＝12，即高一年级应抽选的人数为12.解法二因为高一、高二、高三年级的学生人数比为1200∶1000∶800＝6∶5∶4，所以高一年级应抽选的人数为30×eq\f(6,6＋5＋4)＝12.答案：1214．解析：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(x)－\f(1,\r(x))))eq\s\up12(6)的展开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq\o\al(r,6)26-r·(－1)rx3-r，令3－r＝2，得r＝1，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(x)－\f(1,\r(x))))eq\s\up12(6)的展开式中，x2的系数为Ceq\o\al(1,6)×25×(－1)1＝－192.答案：－19215．解析：如图所示，根据三角函数图象的对称性，可得阴影部分的面积等于矩形ABCD和EFGH的面积之和，即S＝S▱ABCD＋S▱EFGH＝2S▱ABCD，因为函数f(x)＝sin(ωx＋φ)的图象向左平移θ个单位长度得到函数g(x)的图象，所以S▱ABCD＝θ×1＝θ，又图中阴影部分的面积为eq\f(π,2)，所以2θ＝eq\f(π,2)，解得θ＝eq\f(π,4)，又由图象可得θ＝eq\f(T,4)，可得eq\f(T,4)＝eq\f(π,4)，所以T＝π，所以w＝eq\f(2π,T)＝2，所以f(x)＝sin(2x＋φ)，因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,6)＋φ))＝1，可得eq\f(π,3)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，即φ＝eq\f(π,6)＋2kπ，k∈Z，因为|φ|＜eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,6).答案：eq\f(π,6)16．解析：由题意知：x＞0，由lnx≤ax2＋bx－1可得eq\f(lnx＋1,x)≤ax＋b，即不等式eq\f(lnx＋1,x)≤ax＋b恒成立，令f(x)＝eq\f(lnx＋1,x)，g(x)＝ax＋b，易得g(x)为斜率大于0的一条直线，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,a)))＝0；f′(x)＝eq\f(\f(1,x)·x－(lnx＋1),x2)＝eq\f(－lnx,x2)，当x∈(0，1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，令f(x)＝eq\f(lnx＋1,x)＝0，得x＝eq\f(1,e)，令g(x)＝ax＋b＝0，得x＝－eq\f(b,a)，所以要使不等式eq\f(lnx＋1,x)≤ax＋b恒成立，必有g(x)的零点与f(x)的零点重合或者在f(x)的零点左侧，如图所示：故有－eq\f(b,a)≤eq\f(1,e)，解得eq\f(b,a)≥－eq\f(1,e)，当且仅当g(x)＝ax＋b恰为f(x)在x＝eq\f(1,e)处的切线时取等，此时f(x)＝eq\f(lnx＋1,x)的图象恒在g(x)＝ax＋b图象的下方，y＝e2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,e)))＝e2x－e，即a＝e2，b＝－e时，eq\f(b,a)取得最小值－eq\f(1,e).答案：－eq\f(1,e)17．解：(1)证明：由正弦定理及a－2ccosB＝c，得sinA－2sinCcosB＝sinC.因为sinA－2sinCcosB＝sin(B＋C)－2sinCcosB＝sin(B－C)，所以sin(B－C)＝sinC，(2分)所以B－C＝C或B－C＋C＝π，得B＝2C或B＝π(舍去)，故B＝2C.(4分)(2)因为△ABC是锐角三角形，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0＜C＜\f(π,2)，,0＜B＝2C＜\f(π,2)，,0＜A＝π－3C＜\f(π,2)，))得eq\f(π,6)＜C＜eq\f(π,4)，(6分)所以eq\f(\r(2),2)＜cosC＜eq\f(\r(3),2).(7分)由正弦定理eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，可得b＝eq\f(sinB,sinC)·c＝eq\f(sin2C,sinC)＝2cosC，(9分)所以b∈(eq\r(2)，eq\r(3)).(10分)18．解：(1)设m＝5a(a∈N*)，据题意列出2×2列联表如下：男生女生合计满意3a4a7a不满意2aa3a合计5a5a10a(2分)则K2的观测值k＝eq\f(10a×(3a×a－4a×2a)2,7a×3a×5a×5a)＝eq\f(10a,21)，则eq\f(10a,21)≈4.762，a∈N*，得a＝10，所以m＝50，即被调查的男、女生的人数均为50.(4分)得到2×2列联表为男生女生合计满意304070不满意201030合计5050100(5分)因为3.841＜4.762＜5.024，所以有95%的把握认为学生对食堂服务的满意度与性别有关．(7分)(2)由分层抽样的方法抽出的9人中，男生有6人，女生有3人．(9分)再从这9人中抽取3人，有Ceq\o\al(3,9)种取法，则事件“至少抽到一名女生”的概率P＝1－eq\f(Ceq\o\al(3,6),Ceq\o\al(3,9))＝eq\f(16,21).(12分)19．解：(1)因为Sn＝1－2an＋1，所以Sn－1＝1－2an(n≥2)，两式相减并整理得eq\f(an＋1,an)＝eq\f(1,2)(n≥2)，又S1＝a1＝1－2a2，a1＝eq\f(1,2)，所以a2＝eq\f(1,4)，所以eq\f(a2,a1)＝eq\f(1,2)，(2分)故eq\f(an＋1,an)＝eq\f(1,2)(n∈N*)，所以数列{an}是等比数列，首项为eq\f(1,2)，公比为eq\f(1,2)，(3分)故an＝eq\f(1,2n)(n∈N*).(4分)(2)因为(2n－1)an＝eq\f(2n－1,2n)，所以Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(3,22)＋eq\f(5,23)＋…＋eq\f(2n－1,2n)，eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,22)＋eq\f(3,23)＋eq\f(5,24)＋…＋eq\f(2n－1,2n+1)，(6分)两式相减得eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,2)＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,22)＋\f(1,23)＋\f(1,24)＋…＋\f(1,2n)))－eq\f(2n－1,2n+1)＝eq\f(3,2)－eq\f(2n＋3,2n+1)，所以Tn＝3－eq\f(2n＋3,2n).(8分)显然Tn＜3，且Tn＋1－Tn＝eq\f(2n＋1,2n+1)＞0，即{Tn}为递增数列，(9分)因为T1＝eq\f(1,2)＜1，1＜T2＝eq\f(5,4)＜2，1＜T3＝eq\f(15,8)＜2，T4＝eq\f(37,16)＞2，所以〈T1〉＝0，〈T2〉＝〈T3〉＝1，当n≥4时，〈Tn〉＝2，所以〈T1〉＋〈T2〉＋…＋〈T10〉＝16.(12分)20．解：(1)证明：因为AB1＝B1C，D为AC的中点，所以B1D⊥AC.(2分)又平面AB1C⊥平面ABC，平面AB1C∩平面ABC＝AC，B1D⊂平面AB1C，所以B1D⊥平面ABC.(5分)(2)在平面ABC内，过点D作BC的平行线，交AB于点E，过点D作AB的平行线，交BC于点F，连接BD.由(1)知B1D⊥平面ABC，所以B1D⊥BD.因为AB⊥BC，所以DE⊥DF，故以{eq\o(DE,\s\up6(→))，eq\o(DF,\s\up6(→))，eq\o(DB1,\s\up6(→))}为基底建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz.(7分)因为AB＝8，BC＝6，AB⊥BC，所以AC＝eq\r(AB2＋BC2)＝10，BD＝eq\f(1,2)AC＝5.又AA1＝BB1＝13，所以B1D＝eq\r(BBeq\o\al(2,1)－BD2)＝12.易得D(0，0，0)，A(3，－4，0)，B(3，4，0)，C(－3，4，0)，B1(0，0，12)，则eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－6，8，0)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－6，0，0)，eq\o(B1C,\s\up6(→))＝(－3，4，－12).设点C1(x，y，z)，则eq\o(B1C1,\s\up6(→))＝(x，y，z－12)，由eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\o(B1C1,\s\up6(→))，得(－6，0，0)＝(x，y，z－12)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－6,y＝0,z＝12))，即C1(－6，0，12)，所以eq\o(C1D,\s\up6(→))＝(6，0，－12).(8分)设平面AB1C的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up6(→))＝－6x1＋8y1＝0，,n·\o(B1C,\s\up6(→))＝－3x1＋4y1－12z1＝0，))得3x1＝4y1，z1＝0.不妨取x1＝4，则y1＝3，得平面AB1C的一个法向量为n＝(4，3，0).(10分)设直线C1D与平面AB1C所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n，eq\o(C1D,\s\up6(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(C1D,\s\up6(→)),|n|·|\o(C1D,\s\up6(→))|)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4×6＋3×0＋0×(－12),\r(42＋32＋02)×\r(62＋02＋(－12)2))))＝eq\f(4\r(5),25).(12分)21．解：(1)由双曲线C的虚轴长为eq\r(2)，知2b＝eq\r(2)，即b＝eq\f(\r(2),2).(2分)又eq\f(a2,c)＝eq\f(\r(6),3)，所以3a4＝2c2＝2(a2＋b2)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(1,2)))，解得a2＝1或a2＝－eq\f(1,3)(舍去)，故双曲线C的方程为x2－2y2＝1.(4分)(2)①若l的斜率不存在，设l的方程为x＝t，则t2＞1，将l的方程代入双曲线C的方程可得t2－2y2＝1，所以y＝±eq\r(\f(t2－1,2)).不妨设点P在x轴上方，则Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\r(\f(t2－1,2))))，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，－\r(\f(t2－1,2)))).由(1)可知A(1，0).由AP⊥AQ，可得(t－1)2－eq\f(t2－1,2)＝0，解得t＝3或t＝1(舍去)，此时点A到l的距离d＝2.(6分)②若l的斜率存在，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，l的方程为y＝kx＋m，将l的方程代入双曲线C的方程可得(1－2k2)x2－4kmx－(2m2＋1)＝0，则1－2k2≠0，x1＋x2＝eq\f(4km,1－2k2)，x1x2＝－eq\f(2m2＋1,1－2k2).(8分)由AP⊥AQ，知eq\o(AP,\s\up6(→))⊥eq\o(AQ,\s\up6(→))，则(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝0.又y＝kx＋m，所以(x1－1)(x2－1)＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝0，化简可得(1＋k2)x1x2＋(km－1)(x1＋x2)＋m2＋1＝0，将x1＋x2＝eq\f(4km,1－2k2)，x1x2＝－eq\f(2m2＋1,1－2k2)代入上式，化简可得(3k＋m)(k＋m)＝0.(10分)若k＋m＝0，则l经过双曲线C的右顶点A，舍去；若3k＋m＝0，则l的方程为y＝k(x－3)，所以l经过定点M(3，0)，则d＜|AM|＝2.由①②可知，d的最大值为2.(12分)22．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ax－1－eq\f(1,x)＝eq\f(ax2－x－1,x)(x＞0).(1分)记φ(x)＝ax2－x－1.当a≤0时，φ(x)＜0，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减．(2分)当a＞0时，令φ(x)＝0，得x1＝eq\f(1＋\r(1＋4a),2a)，x2＝eq\f(1－\r(1＋4a),2a)(舍去).当x∈(0，x1)时，φ(x)＜0，f′(x)＜0，所以f(x)单调递减；当x∈(x1，＋∞)时，φ(x)＞0，f′(x)＞0，所以f(x)单调递增．(3分)综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a＞0时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1＋\r(1＋4a),2a)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1＋4a),2a)，＋∞))上单调递增．(4分)(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在[1，＋∞)上单调递减，所以f(x)≤f(1)＝eq\f(1,2)a－1＜0.此时|f(x)|min＝1－eq\f(a,2).令1－eq\f(a,2)≥2，解得a≤－2.(5分)当a＞0时