2025届高考数学一轮专题重组卷第二部分基础巩固练三文含解析

PAGE基础巩固练(三)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．(2024·保定一中二模)已知集合A＝{1,2}，集合B满意A∪B＝{1,2}，则这样的集合B的个数为()A．1B．2C．3D．4答案D解析∵集合A＝{1,2}，集合B满意A∪B＝A，∴B⊆A，∴B＝∅，B＝{1}，B＝{2}，B＝{1,2}．∴满意条件的集合B有4个．故选D.2．(2024·山东日照一模)设i为虚数单位，若复数(1＋mi)·(1＋i)是纯虚数，则实数m＝()A．－1B．0C．1D．0或1答案C解析∵(1＋mi)(1＋i)＝(1－m)＋(1＋m)i是纯虚数，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－m＝0，,1＋m≠0，))即m＝1.故选C.3．(2024·四川宜宾二模)一个四棱柱的底面是正方形，且侧棱与底面垂直，其正(主)视图如图所示，则其表面积等于()A．16B．8C．4eq\r(2)D．4＋4eq\r(2)答案D解析依据几何体的三视图，该几何体是底面边长为eq\r(2)的正方形，高为1的正四棱柱．故S＝2×eq\r(2)×eq\r(2)＋4×eq\r(2)×1＝4＋4eq\r(2).故选D.4．(2024·全国卷Ⅰ)tan255°＝()A．－2－eq\r(3)B．－2＋eq\r(3)C．2－eq\r(3)D．2＋eq\r(3)答案D解析tan255°＝tan(180°＋75°)＝tan75°＝tan(45°＋30°)＝eq\f(tan45°＋tan30°,1－tan45°tan30°)＝eq\f(1＋\f(\r(3),3),1－\f(\r(3),3))＝2＋eq\r(3).故选D.5．(2024·兰州二模)如图的折线图给出的是甲、乙两只股票在某年中每月的收盘价格，已知股票甲的极差是6.88元，标准差为2.04元；股票乙的极差为27.47元，标准差为9.63元，依据这两只股票在这一年中的波动程度，给出下列结论：①股票甲在这一年中波动相对较小，表现的更加稳定；②购买股票乙风险高但可能获得高回报；③股票甲的走势相对平稳，股票乙的股价波动较大；④两只股票在全年都处于上升趋势．其中正确结论的个数是()A．1B．2C．3D．4答案C解析甲的标准差为2.04，乙的标准差为9.63，则甲的标准差小，即股票甲在这一年中波动相对较小，表现的更加稳定，故①正确；股票甲的极差是6.88元，股票乙的极差为27.47元，则购买股票乙风险高但可能获得高回报，故②正确；由图象知股票甲的走势相对平稳，股票乙的股价波动较大，故③正确；甲股票、乙股票均在6～8月份之间出现下跌，故④错误．故选C.6．(2024·沈阳一模)若函数f(x)＝eq\r(a－ax)(a>0，a≠1)的定义域和值域都是[0,1]，则logaeq\f(7,11)＋logaeq\f(11,14)＝()A．－2B．－1C．0D．1答案B解析由指数函数的单调性可得，f(x)＝eq\r(a－ax)(a>0，a≠1)是单调递增函数或者是单调递减函数，因为f(1)＝0，所以f(x)为[0,1]上的递减函数，所以f(0)＝eq\r(a－1)＝1，解得a＝2，所以log2eq\f(7,11)＋log2eq\f(11,14)＝log2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,11)×\f(11,14)))＝log2eq\f(1,2)＝－1.故选B.7．(2024·广东茂名综合测试)将函数g(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))的图象向左平移eq\f(π,6)个单位长度，得到y＝f(x)的图象，则下列说法错误的是()A．f(x)的一个周期为2πB．y＝f(x)的图象关于直线x＝－eq\f(π,3)对称C．f(x＋π)的一个零点为x＝eq\f(π,6)D．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上单调递减答案D解析由题意得，f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))，所以A，B，C正确．f(x)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(2π,3)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π))上单调递增，所以D错误．故选D.8．(2024·长春试验中学三模)某景区观光车上午从景区入口发车的时间为7：30,8：00,8：30，某人上午7：40至8：30随机到达景区入口，打算乘坐观光车，则他等待时间不多于10分钟的概率为()A.eq\f(2,5)B.eq\f(3,5)C.eq\f(1,4)D.eq\f(3,4)答案A解析上午7：40至8：30共50分钟，等待时间不多于10分钟的到达时间为7：50～8：00,8：20～8：30，共20分钟，所以所求的概率P＝eq\f(20,50)＝eq\f(2,5).故选A.9．(2024·沈阳质量监测)函数f(x)＝eq\f(x2－1,e|x|)的图象大致为()答案C解析解法一：由定义可知，函数f(x)为偶函数，所以解除A，B，f(2)＝eq\f(3,e2)<1，解除D，故选C.解法二：由定义可知，函数f(x)为偶函数，所以解除A，B，当x<0时，f(x)＝(x2－1)ex，则f′(x)＝(x2＋2x－1)ex，所以f(x)在(－∞，0)上有极大值，故选C.10．(2024·四川绵阳二诊)已知F1，F2是焦距为8的双曲线E：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，点F2关于双曲线E的一条渐近线的对称点为点A，若|AF1|＝4，则此双曲线的离心率为()A.eq\r(2)B.eq\r(3)C．2D．3答案C解析如图，因为A为F2关于渐近线的对称点，所以B为AF2的中点，又O为F1F2的中点，所以OB为△AF1F2的中位线，所以OB∥AF1，由AF2⊥OB，可得AF2⊥AF1，AF2＝eq\r(82－42)＝4eq\r(3)，点F2(4,0)，渐近线为y＝eq\f(b,a)x，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(4b,\r(a2＋b2))＝2\r(3)，,a2＋b2＝16，))解得b＝2eq\r(3)，a＝2，所以双曲线的离心率为e＝eq\f(4,2)＝2.故选C.11．(2024·大连二模)在△ABC中，三内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，且acosB＋bcosA＝2cosC，c＝1，则角C＝()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,3)C.eq\f(2π,3)D.eq\f(5π,6)答案B解析因为c＝1，故acosB＋bcosA＝2cosC＝2ccosC，由正弦定理可得sinAcosB＋sinBcosA＝2sinCcosC，故sinC＝2sinCcosC，由C∈(0，π)，所以sinC>0，故cosC＝eq\f(1,2)，由C∈(0，π)，故C＝eq\f(π,3)，故选B.12．(2024·四川省乐山市一模)已知a，b，c，d都是常数，a>b，c>d.若f(x)＝2024－(x－a)(x－b)的零点为c，d，则下列不等式正确的是()A．a>c>b>dB．a>b>c>dC．c>d>a>bD．c>a>b>d答案D解析由题意，设g(x)＝(x－a)(x－b)，则f(x)＝2024－g(x)，因为g(x)＝0的两个根是a，b，由题意知f(x)＝0的两根c，d，也就是g(x)＝2024的两根，画出函数g(x)(开口向上)以及直线y＝2024的大致图象，则g(x)与直线y＝2024交点的横坐标就是c，d，g(x)与x轴的交点就是a，b，又a>b，c>d，则c，d在a，b外，由图得，c>a>b>d，故选D.第Ⅱ卷(非选择题，共90分)二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．(2024·郑州质量预料)已知e1，e2为单位向量且夹角为eq\f(2π,3)，设a＝3e1＋2e2，b＝3e2，则a在b方向上的投影为________．答案eq\f(1,2)解析a·b＝|a||b|cosθ＝(3e1＋2e2)·3e2＝9×1×coseq\f(2π,3)＋6＝eq\f(3,2)，即|a||b|cosθ＝eq\f(3,2)，又|b|＝3，所以a在b方向上的投影为|a|·cosθ＝eq\f(1,2).14．(2024·天津高考)已知四棱锥的底面是边长为eq\r(2)的正方形，侧棱长均为eq\r(5).若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为________．答案eq\f(π,4)解析如图所示，在四棱锥V－ABCD中，O为正方形ABCD的中心，也是圆柱下底面的中心，由四棱锥底面边长为eq\r(2)，可得OC＝1.设M为VC的中点，过点M作MO1∥OC交OV于点O1，则O1即为圆柱上底面的圆心．∴O1M＝eq\f(1,2)OC＝eq\f(1,2)，O1O＝eq\f(1,2)VO.∵VO＝eq\r(VC2－OC2)＝2，∴O1O＝1.可得V圆柱＝π·O1M2·O1O＝π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2×1＝eq\f(π,4).15．(2024·河南师大附中二模)若x，y满意约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y≥0，,x＋y≤2，,y≥0，))则z＝2x＋y的最大值为________．答案4解析作出不等式组所表示的可行域如图中阴影部分所示，当动直线y＝－2x＋z过点A(2,0)时，zmax＝2×2＋0＝4.16．(2024·漳州二模)已知定义在R上的偶函数y＝f(x＋2)，其图象连续不间断，当x>2时，函数y＝f(x)是单调函数，则满意f(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x＋4)))的全部x之积为________．答案39解析因为函数y＝f(x＋2)是连续的偶函数，所以直线x＝0是它的对称轴，从而直线x＝2就是函数y＝f(x)图象的对称轴．因为f(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x＋4)))，所以x＝1－eq\f(1,x＋4)或x＋1－eq\f(1,x＋4)＝4.由x＝1－eq\f(1,x＋4)，得x2＋3x－3＝0，设方程的两根为x1，x2，所以x1x2＝－3；由x＋1－eq\f(1,x＋4)＝4，得x2＋x－13＝0，设方程的两根为x3，x4，所以x3x4＝－13，所以x1x2x3x4＝39.三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必需作答．第22、23题为选考题，考生依据要求作答．(一)必考题：60分．17．(本小题满分12分)(2024·全国卷Ⅱ)已知{an}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝log2an，求数列{bn}的前n项和．解(1)设{an}的公比为q，由题设得2q2＝4q＋16，即q2－2q－8＝0.解得q＝－2(舍去)或q＝4.因此{an}的通项公式为an＝2×4n－1＝22n－1.(2)由(1)得bn＝(2n－1)log22＝2n－1，因此数列{bn}的前n项和为1＋3＋…＋(2n－1)＝n2.18．(本小题满分12分)(2024·衡水市三模)《汉字听写大会》不断创收视新高，为了避开“书写危机”，弘扬传统文化，某市大约10万名市民进行了汉字听写测试．现从某社区居民中随机抽取50名市民的听写测试状况，发觉被测试市民正确书写汉字的个数全部在160到184之间，将测试结果按如下方式分成六组：第1组[160,164)，第2组[164,168)，…，第6组[180,184]，如图是按上述分组方法得到的频率分布直方图．(1)若电视台记者要从抽取的市民中选1人进行采访，求被采访人恰好在第2组或第6组的概率；(2)试估计该市市民正确书写汉字的个数的众数与中位数；(3)已知第4组市民中有3名男性，组织方要从第4组中随机抽取2名市民组成弘扬传统文化宣扬队，求至少有1名女性市民的概率．解(1)被采访人恰好在第2组或第6组的概率P＝4×0.07＋4×0.01＝0.32.(2)众数为170；设中位数为x，则0.2＋0.28＋(x－168)×0.08＝0.5.可得中位数x＝eq\f(0.5－0.48,0.08)＋168＝168.25.(3)第4组市民共50×0.12＝6名，其中男性3名，设为a，b，c，女性3名，设为d，e，f，则随机抽取2名，可能为(a，b)，(a，c)，(a，d)，(a，e)，(a，f)，(b，c)，(b，d)，(b，e)，(b，f)，(c，d)，(c，e)，(c，f)，(d，e)，(d，f)，(e，f)，共15种，其中2名全是男性的有(a，b)，(a，c)，(b，c)，共3种状况，设事务A为“从第4组中随机抽取2名市民组成弘扬传统文化宣扬队，至少有1名女性”，则所求概率P(A)＝1－eq\f(3,15)＝eq\f(4,5).19．(本小题满分12分)(2024·福建莆田二模)如图，在多面体ABCC1B1A1中，四边形BB1C1C为矩形，AB＝BC＝eq\r(5)，CC1⊥平面ABC，AA1∥CC1,2AA1＝CC1＝AC＝2，E，F分别是A1C1，AC的中点，G是线段BB(1)求证：AC⊥EG；(2)求三棱锥F－EA1G解(1)证明：连接BF，B1E.∵E，F分别是A1C1，AC的中点，且AA1∥CC1∴EF∥CC1，又CC1∥BB1，∴EF∥BB1，∴E，F，B，B1四点共面．∵CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC，∴EF⊥AC.∵AB＝BC，F是AC的中点，∴AC⊥BF.又EF∩BF＝F，∴AC⊥平面BB1EF.又∵G∈BB1，∴EG⊂平面BB1EF，∴AC⊥EG.(2)在Rt△BCF中，由BC＝eq\r(5)，CF＝1，得BF＝2.∵CC1⊥平面ABC，∴CC1⊥BF.又AC⊥BF，CC1∩AC＝C，∴BF⊥平面ACC1A1∵AA1∥CC1,2AA1＝CC1＝2，E，F分别是A1C1，AC的中点∴EF＝eq\f(3,2).又AF＝1，∴△A1EF的面积Seq\s\do4(△A1EF)＝eq\f(1,2)×EF×AF＝eq\f(1,2)×eq\f(3,2)×1＝eq\f(3,4)，∵BB1∥EF，BB1⊄平面A1EF，EF⊂平面A1EF，∴BB1∥平面A1EF.三棱锥F－EA1GVeq\s\do4(F－EA1G)＝Veq\s\do4(G－A1EF)＝Veq\s\do4(B－A1EF)＝eq\f(1,3)×Seq\s\do4(△A1EF)×BF＝eq\f(1,3)×eq\f(3,4)×2＝eq\f(1,2).20．(本小题满分12分)(2024·全国卷Ⅱ)已知F1，F2是椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的两个焦点，P为C上的点，O为坐标原点．(1)若△POF2为等边三角形，求C的离心率；(2)假如存在点P，使得PF1⊥PF2，且△F1PF2的面积等于16，求b的值和a的取值范围．解(1)连接PF1.由△POF2为等边三角形可知在△F1PF2中，∠F1PF2＝90°，|PF2|＝c，|PF1|＝eq\r(3)c，于是2a＝|PF1|＋|PF2|＝(eq\r(3)＋1)c，故C的离心率为e＝eq\f(c,a)＝eq\r(3)－1.(2)由题意可知，满意条件的点P(x，y)存在当且仅当eq\f(1,2)|y|·2c＝16，eq\f(y,x＋c)·eq\f(y,x－c)＝－1，eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1，即c|y|＝16，①x2＋y2＝c2，②eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1.③由②③及a2＝b2＋c2得y2＝eq\f(b4,c2).又由①知y2＝eq\f(162,c2)，故b＝4.由②③及a2＝b2＋c2得x2＝eq\f(a2,c2)(c2－b2)，所以c2≥b2，从而a2＝b2＋c2≥2b2＝32，故a≥4eq\r(2).当b＝4，a≥4eq\r(2)时，存在满意条件的点P.所以b＝4，a的取值范围为[4eq\r(2)，＋∞)．21．(本小题满分12分)(2024·东北三省四市一模)已知函数f(x)＝eq\f(2,x)＋alnx(a>0)．(1)若函数y＝f(x)图象上各点切线斜率的最大值为2，求函数f(x)的极值点；(2)若关于x的不等式f(x)<2有解，求a的取值范围．解f′(x)＝－eq\f(2,x2)＋eq\f(a,x)(x>0)．(1)∵a>0，∴当eq\f(1,x)＝eq\f(a,4)时，f′(x)取最大值eq\f(a2,8)，∴eq\f(a2,8)＝2，∵a>0，∴a＝4，∴此时f′(x)＝－eq\f(2,x2)＋eq\f(4,x)＝eq\f(4x－2,x2).在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上，f′(x)<0，f(x)单调递减；在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上，f′(x)>0，f(x)单调递增．∴f(x)的微小值点为x＝eq\f(1,2)，无极大值点．(2)∵f′(x)＝eq\f(ax－2,x2)(x>0且a>0)，∴在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,a)))上，f′(x)<0，f(x)单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，＋∞))上，f′(x)>0，f(x)单调递增．∴f(x)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))＝a＋alneq\f(2,a).∵关于x的不等式f(x)<2有解，∴a＋alneq\f(2,a)<2，∵a>0，∴lneq\f(2,a)＋1－eq\f(2,a)<0，令g(x)＝lnx＋1－x，∴g′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，在(0,1)上，g′(x)>0，g(x)单调递增；在(1，＋∞)上，g′(x)<0，g(x)单调递减，∴g(x)≤g(1)＝0，要使lneq\f(2,a)＋1－eq\f(2,a)<0，则eq\f(2,a)>0且eq\f(2,a)≠1.∴a的取值范围是a>0且a≠2.(二)选考题：10分．请考生在第22、23题中任选一题作答，假如多做，则按所做的第一题计分．22．(本小题满分10分)[选修4－4：坐标系与参数方程](2024·洛阳市一模)在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝cosα，,y＝1＋sinα))(α为参数)，以原点O为极点，以x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ＝4cosθ，曲线C1，C2的公共点为A，B.(1)求直线AB的斜率；(2)若点C，D分别为曲线C1，C2上的动点，当|CD|取最大值时，求四边形ACBD的面积．解(1)消去参数α，得曲线C1的一般方程C1为x2＋y2－2y＝0，①将曲线C2：ρ＝4cosθ化为直角