2024高考数学二轮仿真模拟专练一理

PAGEPAGE92024高考数学二轮仿真模拟专练（一）理一、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·甘肃兰州诊断]已知集合A＝{x∈N|－1<x<4}，B⊆A，则集合B中的元素个数至多是()A．3B．4C．5D．6答案：B解析：因为A＝{x∈N|－1<x<4}＝{0，1，2，3}，且B⊆A，所以集合B中的元素个数至多是4，故选B.2．[2024·重庆九校联考]若复数z＝eq\f(a＋3i,1－2i)(a∈R，i是虚数单位)是纯虚数，则复数eq\x\to(z)的虚部为()A．3B．3iC．－3D．－3i答案：C解析：由题意可得z＝eq\f(a＋3i,1－2i)＝eq\f(a＋3i1＋2i,1－2i1＋2i)＝eq\f(a－6,5)＋eq\f(3＋2a,5)i，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a－6,5)＝0，,\f(3＋2a,5)≠0，))解得a＝6，则z＝3i，由共轭复数的定义可得eq\x\to(z)＝－3i，故复数eq\x\to(z)的虚部为－3，故选C.3．[2024·福建福州模拟]设集合A＝{x|－2<－a<x<a，a>0}，命题p：1∈A，命题q：2∈A.若p∨q为真命题，p∧q为假命题，则实数a的取值范围是()A．(0，1)∪(2，＋∞)B．(0，1)∪[2，＋∞)C．(0，1)D．(1，2)答案：D解析：由于p∨q为真命题，p∧q为假命题，则p与q中有且只有一个真命题．因为－2<－a，则a<2，所以命题q：2∈A为假命题，所以命题p为真，可得a>1，所以1<a<2，故选D.4．[2024·山东省试验中学模拟]若函数f(x)的定义域为[1，8]，则函数eq\f(f2x,x－3)的定义域为()A．(0，3)B．[1，3)∪(3，8]C．[1，3)D．[0，3)答案：D解析：因为f(x)的定义域为[1，8]，所以若函数eq\f(f2x,x－3)有意义，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1≤2x≤8，,x－3≠0，))得0≤x<3，故选D.5．[2024·上海一模]已知两个单位向量a，b的夹角为60°，则下列向量是单位向量的是()A．a＋bB．a＋eq\f(1,2)bC．a－bD．a－eq\f(1,2)b答案：C解析：通解∵a，b均是单位向量且夹角为60°，∴a·b＝eq\f(1,2)，∴|a－b|2＝a2－2a·b＋b2＝1－2×eq\f(1,2)＋1＝1，即|a－b|＝1，∴a－b是单位向量．故选C.优解如图，令eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，∵a，b均是单位向量且夹角为60°，∴△OAB为等边三角形，∴|eq\o(BA,\s\up6(→))|＝|a－b|＝|a|＝|b|＝1，∴a－b是单位向量．故选C.6．[2024·云南昆明摸底调研，逻辑推理]设l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且l⊂α，m⊂β.下列结论正确的是()A．若α⊥β，则l⊥βB．若l⊥m，则α⊥βC．若α∥β，则l∥βD．若l∥m，则α∥β答案：C解析：α⊥β，l⊂α，加上l垂直于α与β的交线，才有l⊥β，所以A项错误；若l⊥m，l⊂α，m⊂β，则α与β平行或相交，所以B项错误；若α∥β，l⊂α，则l∥β，所以C项正确；若l∥m，l⊂α，m⊂β，则α与β平行或相交，所以D项错误．故选C.7．[2024·浙江杭州期中]函数y＝(3x2＋2x)ex的图象大致是()答案：A解析：令y＝(3x2＋2x)ex＝0，得x＝－eq\f(2,3)或x＝0，所以函数有－eq\f(2,3)和0两个零点，据此可解除B，D.又由y′＝(3x2＋8x＋2)ex分析知函数有2个极值点，解除C.选A.8．[2024·安徽六校教化探讨会联考]如图，第1个图形由正三角形扩展而成，共12个顶点，第2个图形由正方形扩展而来，共20个顶点，…，第n个图形由正(n＋2)边形扩展而来，n∈N*，则第n个图形的顶点个数是()A．(2n＋1)(2n＋2)B．3(2n＋2)C．2n(5n＋1)D．(n＋2)(n＋3)答案：D解析：方法一由题中所给图形我们可以得到：当n＝1时，第1个图形的顶点个数12＝3×4；当n＝2时，第2个图形的顶点个数20＝4×5；当n＝3时，第3个图形的顶点个数30＝5×6；当n＝4时，第4个图形的顶点个数42＝6×7；…；以此类推，可得第n个图形的顶点个数是(n＋2)(n＋3)．故选D.方法二(解除法)由题知，当n＝1时，第1个图形的顶点个数是12；当n＝2时，第2个图形的顶点个数是20，选项A，B，C都不满意题意，均可解除，选D.9．[2024·陕西彬州第一次质监，数据分析]如图1是某高三学生进入中学三年来的数学考试成果茎叶图，第1次到第14次的考试成果依次记为A1，A2，…，A14.如图2是统计茎叶图中成果在肯定范围内考试次数的一个程序框图，执行程序框图，输出的结果是()A．7B．8C．9D．10答案：B解析：该程序框图的作用是求14次考试成果大于等于90分的次数．依据茎叶图可得超过90分的次数为8，故选B.10．[2024·山西大同期中]中国古代数学名著《九章算术》中有这样一个问题：今有牛、马、羊食人苗．苗主责之粟五斗．羊主曰：“我羊食半马．”马主曰：“我马食半牛．”今欲衰偿之，问各出几何？此问题的译文是：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主子要求赔偿5斗粟．羊主子说：“我羊所吃的禾苗只有马的一半．”马主子说：“我马所吃的禾苗只有牛的一半．”准备按此比例偿还，他们各应偿还多少？已知牛、马、羊的主子应分别偿还a升，b升，c升，1斗为10升，则下列推断正确的是()A．a，b，c依次成公比为2的等比数列，且a＝eq\f(50,7)B．a，b，c依次成公比为2的等比数列，且c＝eq\f(50,7)C．a，b，c依次成公比为eq\f(1,2)的等比数列，且a＝eq\f(50,7)D．a，b，c依次成公比为eq\f(1,2)的等比数列，且c＝eq\f(50,7)答案：D解析：由题意得a，b，c依次成公比为eq\f(1,2)的等比数列，且c＋2c＋4c＝50，即c＝eq\f(50,7)，故选D.11．[2024·河南洛阳尖子生联考，数学运算]已知双曲线eq\f(x2,t)－eq\f(y2,3)＝1(t>0)的一个焦点与抛物线y2＝8x的焦点重合，则该双曲线的离心率为()A.eq\r(2)B．2C．4D.eq\r(10)答案：B解析：由题意，知双曲线的右焦点(c，0)与抛物线的焦点(2，0)重合，所以c＝2，所以该双曲线的离心率为e＝2，故选B.12．[2024·陕西西安远东一中检测]已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sinA＋eq\r(2)sinB＝2sinC，b＝3，当内角C最大时，△ABC的面积等于()A.eq\f(9＋3\r(3),4)B.eq\f(6＋3\r(2),4)C.eq\f(3\r(2\r(6)－\r(2)),4)D.eq\f(3\r(6)－3\r(2),4)答案：A解析：∵sinA＋eq\r(2)sinB＝2sinC，∴a＋eq\r(2)b＝2c，∵b＝3，∴c＝eq\f(a＋3\r(2),2)，由余弦定理得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(a2－\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋3\r(2)))2,4)＋9,6a)＝eq\f(3a2－6\r(2)a＋18,24a)＝eq\f(a,8)＋eq\f(3,4a)－eq\f(\r(2),4)≥2eq\r(\f(a,8)×\f(3,4a))－eq\f(\r(2),4)＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)，当且仅当eq\f(a,8)＝eq\f(3,4a)，即a＝eq\r(6)时取等号，∴内角C最大时，a＝eq\r(6)，sinC＝eq\f(\r(2)＋\r(6),4)，∴△ABC的面积为eq\f(1,2)absinC＝eq\f(9＋3\r(3),4)，故选A.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．将正确答案填在题中的横线上．)13．[2024·安徽宿州一诊](x－2y＋y2)6的绽开式中x2y5的系数为________．答案：－480解析：(x－2y＋y2)6＝[x＋(y2－2y)]6的绽开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq\o\al(r,6)x6－r(y2－2y)r，令6－r＝2，解得r＝4，所以T5＝Ceq\o\al(4,6)x2(y2－2y)4.又(y2－2y)4＝(y2)4－Ceq\o\al(1,4)(y2)3·2y＋Ceq\o\al(2,4)(y2)2·(2y)2－Ceq\o\al(3,4)y2·(2y)3＋Ceq\o\al(4,4)(2y)4，所以(x－2y＋y2)6的绽开式中x2y5的系数为Ceq\o\al(4,6)×(－Ceq\o\al(3,4)×23)＝－480.14．[2024·江苏常州期中]在平面直角坐标系中，劣弧，，，是圆x2＋y2＝1上的四段弧(如图)，点P在其中一段弧上，角α以Ox为始边，OP为终边．若tanα<cosα<sinα，则P所在的圆弧是________．答案：eq\x\to(EF)解析：∵tanα<cosα，∴P所在的圆弧不是，∵tanα<sinα，∴P所在的圆弧不是，又cosα<sinα，∴P所在的圆弧不是，∴P所在的圆弧是eq\x\to(EF).15．[2024·辽宁沈阳二中调研]已知直线y＝x＋1与椭圆mx2＋ny2＝1(m>n>0)相交于A，B两点，若弦AB中点的横坐标为－eq\f(1,3)，则双曲线eq\f(x2,m2)－eq\f(y2,n2)＝1的两条渐近线夹角的正切值是________．答案：eq\f(4,3)解析：把直线方程与椭圆方程联立，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x＋1，,mx2＋ny2＝1，))消去y得(m＋n)x2＋2nx＋n－1＝0，∴xA＋xB＝－eq\f(2n,m＋n)＝－eq\f(2,3)，∴eq\f(n,m)＝eq\f(1,2)，∴双曲线eq\f(x2,m2)－eq\f(y2,n2)＝1的两条渐近线夹角的正切值为eq\f(2·\f(n,m),1－\f(n2,m2))＝eq\f(4,3).16．[2024·安徽合肥二检]已知半径为4的球面上有两点A，B，AB＝4eq\r(2)，球心为O，若球面上的动点C满意二面角C－AB－O的大小为60°，则四面体OABC的外接球的半径为________．答案：eq\f(4\r(6),3)解析：如图所示，设△ABC的外接圆的圆心为O1，取AB的中点D，连接OD，O1D，O1O，则OD⊥AB，O1D⊥AB，所以∠ODO1为二面角C－AB－O的平面角，所以∠ODO1＝60°.由题意，知OA＝OB＝4，AB＝4eq\r(2)，满意OA2＋OB2＝AB2，所以∠AOB为直角，所以OD＝2eq\r(2).四面体OABC外接球的球心在过△ABC的外心O1且与平面ABC垂直的直线OO1上，同时在过Rt△OAB的外心D且与平面OAB垂直的直线上，如图中的点E就是四面体OABC外接球的球心，EO为四面体OABC外接球的半径．在Rt△ODE中，∠DOE＝90°－∠ODO1＝30°，则EO＝eq\f(OD,cos30°)＝eq\f(2\r(2),\f(\r(3),2))＝eq\f(4\r(6),3).三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．)17．(12分)[2024·郑州高三质检]已知函数f(x)＝(sinx＋cosx)2＋2cos2x－2.(1)求f(x)的单调递增区间；(2)当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))时，求函数f(x)的最大值，最小值．解析：(1)f(x)＝sin2x＋cos2x＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))，令2kπ－eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得kπ－eq\f(3π,8)≤x≤kπ＋eq\f(π,8)，k∈Z.故f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(3π,8)，kπ＋\f(π,8)))，k∈Z.(2)∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))，∴eq\f(3π,4)≤2x＋eq\f(π,4)≤eq\f(7π,4)，∴－1≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))≤eq\f(\r(2),2)，∴－eq\r(2)≤f(x)≤1，∴当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))时，函数f(x)的最大值为1，最小值为－eq\r(2).18．(12分)[2024·湖南湘东六校联考]如图，ABEDFC为多面体，平面ABED与平面ACFD垂直，点O在线段AD上，OA＝1，OD＝2，△OAB，△OAC，△ODE，△ODF都是正三角形．(1)证明：直线BC∥平面OEF；(2)在线段DF上是否存在一点M，使得二面角M－OE－D的余弦值是eq\f(3\r(13),13)？若不存在，请说明理由；若存在，恳求出M点所在的位置．解析：(1)证明：依题意知，在平面ADFC中，∠CAO＝∠FOD＝60°，∴AC∥OF，又AC⊄平面OEF，OF⊂平面OEF，∴AC∥平面OEF.在平面ABED中，∠BAO＝∠EOD＝60°，∴AB∥OE，又AB⊄平面OEF，OE⊂平面OEF，∴AB∥平面OEF.∵AB∩AC＝A，AB⊄平面OEF，AC⊄平面OEF，AB⊂平面ABC，AC⊂平面ABC，∴平面ABC∥平面OEF.又BC⊂平面ABC，∴直线BC∥平面OEF.(2)设OD的中点为G，如图，连接GE，GF，由题意可得GE，GD，GF两两垂直，以G为坐标原点，GE，GD，GF所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系G­xyz.易知，O(0，－1，0)，E(eq\r(3)，0，0)，F(0，0，eq\r(3))，D(0，1，0)．假设在线段DF上存在一点M，使得二面角M－OE－D的余弦值是eq\f(3\r(13),13).设eq\o(DM,\s\up6(→))＝λeq\o(DF,\s\up6(→))，λ∈[0，1]，则M(0，1－λ，eq\r(3)λ)，eq\o(OM,\s\up6(→))＝(0，2－λ，eq\r(3)λ)．设n＝(x，y，z)为平面MOE的法向量，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(OM,\s\up6(→))＝0，,n·\o(OE,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－λ·y＋\r(3)λ·z＝0，,\r(3)x＋y＝0，))可取x＝－λ，则y＝eq\r(3)λ，z＝λ－2，n＝(－λ，eq\r(3)λ，λ－2)．又平面OED的一个法向量m＝(0，0，1)，∴eq\f(3\r(13),13)＝|cos〈m，n〉|＝eq\f(|λ－2|,\r(4λ2＋λ－22))，∴(2λ－1)(λ＋1)＝0，又λ∈[0，1]，∴λ＝eq\f(1,2).∴存在满意条件的点M，M为DF的中点．19．(12分)[2024·湖南高三毕业班开学调研卷]某商场进行有奖促销活动，顾客购物每满500元，可选择返回50元现金或参与一次抽奖，抽奖规则如下：从1个装有6个白球、4个红球的箱子中任摸一球，摸到红球就可获得100元现金嘉奖，假设顾客抽奖的结果相互独立．(1)若顾客选择参与一次抽奖，求他获得100元现金嘉奖的概率；(2)某顾客已购物1500元，作为商场经理，是希望顾客干脆选择返回150元现金，还是选择参与3次抽奖？说明理由；(3)若顾客参与10次抽奖，则最有可能获得多少现金嘉奖？解析：(1)因为从装有10个球的箱子中任摸一球的结果共有Ceq\o\al(1,10)种，摸到红球的结果共有Ceq\o\al(1,4)种，所以顾客参与一次抽奖获得100元现金嘉奖的概率是eq\f(C\o\al(1,4),C\o\al(1,10))＝eq\f(4,10)＝eq\f(2,5).(2)设X表示顾客在三次抽奖中中奖的次数，由于顾客每次抽奖的结果是相互独立的，则X～B(3，0.4)，所以E(X)＝3×0.4＝1.2.由于顾客每中奖一次可获得100元现金嘉奖，因此该顾客在三次抽奖中可获得的嘉奖金额的均值为1.2×100＝120元．因为顾客参与三次抽奖获得的现金嘉奖的均值120元小于干脆返现的150元，所以商场经理希望顾客参与抽奖．(3)设顾客参与10次抽奖摸中红球的次数为Y.由于顾客每次抽奖的结果是相互独立的，则Y～B(10，0.4)，于是恰好k次中奖的概率P(Y＝k)＝Ceq\o\al(k,10)×0.4k×0.610－k，k＝0，1，…，10.从而eq\f(PY＝k,PY＝k－1)＝eq\f(2×11－k,3k)，k＝1，2，…，10，当k<4.4时，P(Y＝k－1)<P(Y＝k)；当k>4.4时，P(Y＝k－1)>P(Y＝k)，则P(Y＝4)最大，所以最有可能获得的现金嘉奖为4×100＝400元．综上，顾客参与10次抽奖，最有可能获得400元的现金嘉奖．20．(12分)[2024·广东百校联考]已知F为椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点，点P(2，3)在C上，且PF⊥x轴．(1)求C的方程；(2)过F的直线l交C于A，B两点，交直线x＝8于点M.直线PA，PM，PB的斜率是否依次构成等差数列？请说明理由．解析：(1)因为点P(2，3)在C上，且PF⊥x轴，所以c＝2.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(4,a2)＋\f(9,b2)＝1，,a2－b2＝4))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝16，,b2＝12.))故椭圆C的方程为eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1.(2)由题意可知直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为y＝k(x－2)(k≠0)，令x＝8，得M的坐标为(8，6k)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,16)＋\f(y2,12)＝1，,y＝kx－2，))得(4k2＋3)x2－16k2x＋16(k2－3)＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有x1＋x2＝eq\f(16k2,4k2＋3)，x1x2＝eq\f(16k2－3,4k2＋3).①设直线PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3，从而k1＝eq\f(y1－3,x1－2)，k2＝eq\f(y2－3,x2－2)，k3＝eq\f(6k－3,8－2)＝k－eq\f(1,2).因为直线AB的方程为y＝k(x－2)，所以y1＝k(x1－2)，y2＝k(x2－2)，所以k1＋k2＝eq\f(y1－3,x1－2)＋eq\f(y2－3,x2－2)＝eq\f(y1,x1－2)＋eq\f(y2,x2－2)－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1－2)＋\f(1,x2－2)))＝2k－3×eq\f(x1＋x2－4,x1x2－2x1＋x2＋4).②把①代入②，得k1＋k2＝2k－3×eq\f(\f(16k2,4k2＋3)－4,\f(16k2－3,4k2＋3)－\f(32k2,4k2＋3)＋4)＝2k－1.又k3＝k－eq\f(1,2)，所以k1＋k2＝2k3.故直线PA，PM，PB的斜率依次构成等差数列．21．(12分)[2024·安徽淮北一中期中]已知函数f(x)＝ex＋x2－x，g(x)＝x2＋ax＋b，a，b∈R.(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)若f(x)≥g(x)恒成立，求a＋b的最大值．解析：(1)因为f′(x)＝ex＋2x－1，所以f′(0)＝0.又f(0)＝1，所以该切线方程为y＝1.(2)设h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－(a＋1)x－b，则h(x)≥0恒成立．易得h′(x)＝ex－(a＋1)．(ⅰ)当a＋1≤0时，h′(x)>0，此时h(x)在R上单调递增．①若a＋1＝0，则当b≤0时满意h(x)≥0恒成立，此时a＋b≤－1；②若a＋1<0，取x0<0且x0<eq\f(1－b,a＋1)，此时h(x0)＝ex0－(a＋1)x0－b<1－(a＋1)eq\f(1－b,a＋1)－b＝0，所以h(x)≥0不恒成立，不满意条件．(ⅱ)当a＋1>0时，令h′(x)＝0，得x＝ln(a＋1)．由h′(x)>0，得x>ln(a＋1)；由h′(x)<0，得x<ln(a＋1)．所以h(x)在(－∞，ln(a＋1))上单调递减，在(ln(a＋1)，＋∞)上单调递增．要使h(x)＝ex－(a＋1)x－b≥0恒成立，必需有当x＝ln(a＋1)时，h(ln(a＋1))＝(a＋1)－(a＋1)ln(a＋1)－b≥0恒成立．所以b≤(a＋1)－(a＋1)ln(a＋1)．故a＋b≤2(a＋1)－(a＋1)ln(a＋1)－1.令G(x)＝2x－xlnx－1，x>0，则G′(x)＝1－lnx.令G′(x)＝0，得x＝e.由G′(x)>0，得0<x<e；由G′(x)<0，得x>e.所以G(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以当x＝e时，G(x)的值最大，G(x)max＝e－1.从而，当a＝e－1，b＝0时，a＋b的值最大，为e－1.综上，a＋b的最大值为e－1.选考题(请考生在第22、23题中任选一题作答，多答、不答按本选考题的首题进行评分．)22．(10分)[2024·安徽六校教化探讨会其次次联考][选修4－4：坐标系与