統(tǒng)考版2024屆高考數(shù)學(xué)二輪專項分層特訓(xùn)卷五仿真模擬專練一文

仿真模擬專練(一)一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．已知集合A＝{x∈N|x2－2x－3≤0)}，B＝{x|y＝log2(3－x)}，則A∪B＝()A．(－∞，3]B．{0，1，2，3}C．{0，1，2}D．R2．已知命題p：?x0>0，lnx0<0，命題q：?x∈R，ex>1，則下列命題為真命題的是()A．?p∨qB．p∧qC．p∧?qD．?(p∨q)3．在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)z＝eq\f(3＋i,1－i)(其中i為虛數(shù)單位)對應(yīng)的點位于()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D(zhuǎn)．第四象限4.如圖為陜西博物館收藏的國寶—唐·金筐寶鈿團花紋金杯，杯身曲線內(nèi)收，是唐代金銀細工的典范之作．該杯的主體部分可以近似看作是雙曲線C：eq\f(x2,3)－eq\f(y2,9)＝1的右支與直線x＝0，y＝4，y＝－2圍成的曲邊四邊形ABMN繞y軸旋轉(zhuǎn)一周得到的幾何體，則雙曲線C的漸近線方程是()A．y＝±eq\f(1,3)xB．y＝±3xC．y＝±eq\f(\r(3),3)xD．y＝±eq\r(3)x5．旅游是人們?yōu)閷で缶裆系挠淇旄惺芏M行的非定居性旅行和游覽過程中所發(fā)生的一切關(guān)系和現(xiàn)象的總和．隨著經(jīng)濟生活水平的不斷提高，旅游已經(jīng)成為人們生活的一部分．某地旅游部門從2023年到該地旅游的游客中隨機抽取部分游客進行調(diào)查，得到各年齡段游客的人數(shù)和旅游方式如圖所示，則下列結(jié)論正確的是()A．估計2023年到該地旅游的游客選擇自助游的青年人的人數(shù)占總游客人數(shù)的13.5%B．估計2023年到該地旅游的游客選擇自助游的中年人的人數(shù)少于選擇自助游的青年人人數(shù)的一半C．估計2023年到該地旅游的游客選擇自助游的老年人和中年人的人數(shù)之和比選擇自助游的青年人多D．估計2023年到該地旅游的游客選擇自助游的比率為8.75%6．已知a＝eq\f(1,2)，b＝log32，c＝log43，則有()A．a(chǎn)<b<cB．a(chǎn)<c<bC．b<c<aD．c<b<a7．等差數(shù)列{an}中，a1，a3，a4為等比數(shù)列，則公比為()A．1或eq\f(1,2)B．eq\f(1,2)C．－eq\f(1,2)D．18．若△ABC滿足a2＝b2＋c2－bc，且sinB＝2sinC，則△ABC的形狀為()A．銳角三角形B．直角三角形C．鈍角三角形D．銳角三角形或直角三角形9．已知直線m⊥平面α，直線n?平面β，則“α∥β”是“m⊥n”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件10．已知圓M：x2＋y2－2ay＝0(a＞0)截直線x＋y＝0所得線段的長度是2eq\r(2)，則圓M與圓N：(x－1)2＋(y－1)2＝1的位置關(guān)系是()A．內(nèi)含B．相交C．外切D．外離11．已知函數(shù)f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0，|φ|≤eq\f(π,2))圖象相鄰兩條對稱軸間的距離為π，且對任意實數(shù)x，都有f(x)≤f(eq\f(π,3)).將函數(shù)y＝f(x)圖象向左平移eq\f(π,6)個單位長度，得到函數(shù)y＝g(x)的圖象，則關(guān)于函數(shù)y＝f(x)＋g(x)描述不正確的是()A．最小正周期是2πB．最大值是eq\r(6)＋eq\r(2)C．函數(shù)在[0，eq\f(π,3)]上單調(diào)遞增D．圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,4)對稱12．已知點P為拋物線y2＝4x上一動點，A(1，0)，B(3，0)，則∠APB的最大值為()A．eq\f(π,6)B．eq\f(π,4)C．eq\f(π,3)D．eq\f(π,2)[答題區(qū)]題號123456789101112答案二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13．若平面向量a，b滿足|a|＝5，|b|＝3，|a－b|＝6，則a·b＝________．14．曲線y＝eq\f(1,3)x3－2在點(－1，－eq\f(7,3))處的切線的傾斜角為________．15．已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)，滿足f(x＋2)＝－f(x)，且當(dāng)x∈[0，1]時，f(x)＝x2＋x＋sinx，若方程f(x)＝m(m>0)在區(qū)間[－4，4]上有四個不同的根x1，x2，x3，x4，則x1＋x2＋x3＋x4的值為________．16．當(dāng)x∈[0，eq\f(π,2)]時，不等式m<sinx(cosx－eq\r(3)sinx)＋eq\f(\r(3),2)<m＋2恒成立，則實數(shù)m的取值范圍為________．三、解答題：共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．第17～21題為必考題，每個試題考生都必須作答．第22、23題為選考題，考生根據(jù)要求作答．(一)必考題：共60分．17．(12分)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＝an－1＋2(n∈N*，n≥2)(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)若數(shù)列{bn}滿足bn＝eq\f(1,anan＋1)(n∈N*)，Sn是數(shù)列{bn}的前n項和，求Sn.18．(12分)某企業(yè)有甲、乙兩條生產(chǎn)線，其產(chǎn)量之比為4∶1.現(xiàn)從兩條生產(chǎn)線上按分層抽樣的方法得到一個樣本，其部分統(tǒng)計數(shù)據(jù)如下表(單位：件)，且每件產(chǎn)品都有各自生產(chǎn)線的標(biāo)記．產(chǎn)品件數(shù)一等品二等品總計甲生產(chǎn)線2乙生產(chǎn)線7總計50(1)請將2×2列聯(lián)表補充完整，并根據(jù)獨立性檢驗估計；大約有多大把握認為產(chǎn)品的等級差異與生產(chǎn)線有關(guān)？P(K2≥k0)0.150.100.050.0250.0100.0050.001k02.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828參考公式：K2＝eq\f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）).(2)從樣本的所有二等品中隨機抽取2件，求至少有1件為甲生產(chǎn)線產(chǎn)品的概率．19．(12分)如圖，正三棱柱ABC-A1B1C1的底面△ABC的邊長為2，且滿足A1B⊥B1C.(1)證明：B1C⊥C1A；(2)求三棱錐B1-A1BC的體積V.20．(12分)設(shè)F1，F(xiàn)2分別是橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點，M是C上一點且MF2與x軸垂直，直線MF1與C的另一個交點為N.(1)若直線MN的斜率為eq\f(3,4)，求C的離心率；(2)若直線MN在y軸上的截距為2，且|MN|＝5|F1N|，求a，b.21．(12分)已知函數(shù)f(x)＝x3，x>0，g(x)＝ax＋b，其中a，b∈R.(1)若a＋b＝0，且f(x)的圖象與g(x)的圖象相切，求a的值；(2)若f(x)≥g(x)對任意的x>0恒成立，求a＋b的最大值．(二)選考題：共10分．請考生在第22、23題中任選一題作答．如果多做，則按所做的第一題計分．22．(10分)[選修4—4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程]已知曲線C1的參數(shù)方程為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1＋\f(2t2,1－t2),y＝\f(2t,1－t2)))(t為參數(shù))，曲線C2的參數(shù)方程為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2（1＋cosα）,y＝2sinα))(α為參數(shù))，以直角坐標(biāo)原點O為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系．(1)求曲線C1和曲線C2的極坐標(biāo)方程；(2)射線θ＝eq\f(π,6)與曲線C1和曲線C2分別交于A，B，已知點P(4，0)，求△PAB的面積．23．(10分)[選修4—5：不等式選講]已知a>0，b>0，c>0.(1)若a＋b＝1，求證：(ax＋by)2≤ax2＋by2；(2)若a＋2b＋3c＝1，求證：a(b＋1)(c＋1)≤eq\f(4,3).仿真模擬專練（一）1．A由x2－2x－3≤0，得－1≤x≤3，又因為x∈N，故A＝{0，1，2，3}，由y＝log2（3－x）的定義域知，3－x＞0，即x＜3，故B＝{x|x＜3}，所以A∪B＝{x|x≤3}．故選A.2．C當(dāng)0<x0<1時，lnx0<0，故命題p：?x0>0，lnx0<0為真命題，當(dāng)x≤0時，ex≤1，故命題q：?x∈R，ex>1為假命題，所以?p為假命題，?q為真命題，所以?p∨q為假命題，p∧q為假命題，p∧?q為真命題，?（p∨q）為假命題，所以選項C正確，故選C.3．A因為z＝eq\f(3＋i,1－i)＝eq\f(（3＋i）（1＋i）,（1－i）（1＋i）)＝eq\f(2＋4i,2)＝1＋2i，所以復(fù)數(shù)z對應(yīng)的點的坐標(biāo)為（1，2），位于第一象限．故選A.4．D由雙曲線方程知a＝eq\r(3)，b＝3，所以漸近線方程為y＝±eq\f(3,\r(3))x＝±eq\r(3)x，故選D.5．A青年人占總游客人數(shù)比例為1－20%－35%＝45%，則2023年到該地旅游的游客選擇自助游的青年人的人數(shù)占總游客人數(shù)的比例為45%×30%＝13.5%，故A正確；選擇自助游中年人比例為25%×35%＝8.75%，8.75%×2>13.5%，故B錯誤；選擇自助游老年人比例為20%×20%＝0.04＝4%，即選擇自助游的老年人和中年人的人數(shù)之和比為4%＋8.75%＝12.75%<13.75%，故C錯誤；2023年到該地旅游的游客選擇自助游的比率為4%＋8.75%＋13.5%＝26.25%，故D錯誤．故選A.6．A因為b＝log32＝log3eq\r(4)＝log3eq\r(3,8)，log3eq\r(3)<log3eq\r(4)，log3eq\r(3,8)<log3eq\r(3,9)，所以eq\f(1,2)<b<eq\f(2,3)，即a<b.因為c＝log43＝eq\f(1,2)log23，eq\f(1,2)log23>eq\f(1,2)log22eq\r(2)＝eq\f(3,4)，所以c>eq\f(3,4)，即b<c.所以a<b<c.故選A.7．A設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，因為a1，a3，a4為等比數(shù)列，所以a1≠0，（a1＋2d）2＝a1（a1＋3d），解得d＝0或a1＝－4d，當(dāng)d＝0時，等差數(shù)列{an}為常數(shù)列，所以a1＝a3＝a4，所以公比為1；當(dāng)a1＝－4d時，a3＝a1＋2d＝－2d，所以公比為eq\f(a3,a1)＝eq\f(－2d,－4d)＝eq\f(1,2).故選A.8．B由正弦定理，以及sinB＝2sinC，可得b＝2c，代入a2＝b2＋c2－bc，可得a2＝（2c）2＋c2－2c×c＝3c2，∴a＝eq\r(3)c，b＝2c，∴b2＝a2＋c2，∴∠B＝90°，故△ABC為直角三角形．故選B.9.A直線m⊥平面α，若α∥β，則m⊥β，n?β，所以m⊥n，充分性滿足，反之，如圖正方體ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是平面α，CD是直線n，平面CDD1C1是平面β，CC1是直線m，但平面α與平面β不平行，必要性不滿足，因此是充分不必要條件．故選A.10．B圓M：x2＋（y－a）2＝a2（a>0），圓心到直線x＋y＝0的距離為eq\f(|a|,\r(2))，因此有（eq\f(|a|,\r(2))）2＋（eq\f(1,2)×2eq\r(2)）2＝a2，解得a＝2，a＝－2（舍去），因為2－1<eq\r(（0－1）2＋（2－1）2)<2＋1，所以兩個圓相交，故選B.11．C由條件知，函數(shù)f（x）的最小正周期T＝2π＝eq\f(2π,ω)，解得ω＝1.因為f（x）max＝f（eq\f(π,3)）＝2sin（eq\f(π,3)＋φ）＝2，即sin（eq\f(π,3)＋φ）＝1，則φ＝2kπ＋eq\f(π,6)，k∈Z.因為|φ|≤eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,6)，所以f（x）＝2sin（x＋eq\f(π,6)），g（x）＝f（x＋eq\f(π,6)）＝2sin（x＋eq\f(π,3)），則f（x）＋g（x）＝2sin（x＋eq\f(π,6)）＋2sin（x＋eq\f(π,3)）＝（eq\r(3)＋1）（sinx＋cosx）＝（eq\r(6)＋eq\r(2)）·sin（x＋eq\f(π,4)）.根據(jù)正弦函數(shù)的圖象和性質(zhì)易知，函數(shù)y＝（eq\r(6)＋eq\r(2)）sin（x＋eq\f(π,4)）的最小正周期T＝2π，函數(shù)最大值是eq\r(6)＋eq\r(2)，函數(shù)在[0，eq\f(π,4)]上單調(diào)遞增，在[eq\f(π,4)，eq\f(π,3)]上單調(diào)遞減，圖象關(guān)于x＝eq\f(π,4)對稱，所以選項ABD正確，C錯誤，故選C.12．B根據(jù)拋物線的對稱性，不妨設(shè)P（x，y）（y>0），若x＝1，則P（1，2），|PA|＝2，|AB|＝2，所以tan∠APB＝eq\f(2,2)＝1?∠APB＝eq\f(π,4)；若x＝3，則P（3，2eq\r(3)），|PB|＝2eq\r(3)，|AB|＝2，所以tan∠APB＝eq\f(2,2\r(3))＝eq\f(\r(3),3)?∠APB＝eq\f(π,6)；若x≠1且x≠3，此時y≠2且y≠2eq\r(3)，kPA＝eq\f(y,x－1)，kPB＝eq\f(y,x－3)，所以tan∠APB＝eq\f(\f(y,x－3)－\f(y,x－1),1＋\f(y,x－3)·\f(y,x－1))＝eq\f(2y,x2－4x＋3＋y2)，因為y2＝4x，所以tan∠APB＝eq\f(2y,\f(1,16)y4＋3)＝eq\f(2,\f(1,16)y3＋\f(3,y))＝eq\f(2,\f(1,16)y3＋\f(1,y)＋\f(1,y)＋\f(1,y))≤eq\f(2,4\r(4,\f(1,16)y3·\f(1,y)·\f(1,y)·\f(1,y)))＝1，則0<∠APB≤eq\f(π,4)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(1,16)y3＝eq\f(1,y)?y＝2時取“＝”，而y≠2，所以0<∠APB<eq\f(π,4).綜上：∠APB的最大值為eq\f(π,4).故選B.13．答案：－1解析：由|a－b|＝6得a2＋b2－2a·b＝36，所以25＋9－2a·b＝36，∴a·b＝－1.14．答案：45°解析：∵y′＝x2，∴當(dāng)x＝－1時，y′＝1，∴曲線y＝eq\f(1,3)x3－2在點（－1，－eq\f(7,3)）處的切線的斜率為1，傾斜角為45°.15．答案：－4解析：∵f（x－2）＝－f（x），∴f（x－4）＝－f（x－2）＝f（x），即函數(shù)的周期是4，且f（x－2）＝－f（x）＝f（－x），則函數(shù)的對稱軸為：x＝－1，f（x）是奇函數(shù)，所以x＝1也是對稱軸，x∈[0，1]時，f（x）＝x2＋x＋sinx，函數(shù)是增函數(shù)，作出函數(shù)f（x）的簡圖如圖，若方程f（x）＝m（m>0）在區(qū)間[－4，4]上有四個不同的根x1，x2，x3，x4，則四個根分別關(guān)于x＝－3和x＝1對稱，不妨設(shè)x1<x2<x3<x4，則x1＋x2＝－6，x3＋x4＝2，則x1＋x2＋x3＋x4＝－6＋2＝－4.16．答案：（－1，－eq\f(\r(3),2)）解析：設(shè)f（x）＝sinx（cosx－eq\r(3)sinx）＋eq\f(\r(3),2)，則f（x）＝sinx·cosx－eq\r(3)sin2x＋eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1,2)sin2x－eq\r(3)×eq\f(1－cos2x,2)＋eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1,2)sin2x＋eq\f(\r(3),2)cos2x＝sin（2x＋eq\f(π,3)）.∵x∈[0，eq\f(π,2)]，∴2x＋eq\f(π,3)∈[eq\f(π,3)，eq\f(4,3)π]，∴sin（2x＋eq\f(π,3)）∈[－eq\f(\r(3),2)，1].由題意知m<f（x）<m＋2在x∈[0，eq\f(π,2)]上恒成立，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m<f（x）min，,m>f（x）max－2，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m<－\f(\r(3),2)，,m>－1，))∴實數(shù)m的取值范圍為（－1，－eq\f(\r(3),2)）.17．解析：（1）由題意知，a1＝1，an＝an－1＋2（n≥2），所以d＝an－an－1＝2，故an＝a1＋（n－1）d＝2n－1，對n＝1也成立．綜上所述，數(shù)列{an}的通項公式為an＝2n－1；（2）由（1）得，bn＝eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq\f(1,2)（eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1)），所以Sn＝eq\f(1,2)（eq\f(1,1)－eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,5)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1)）＝eq\f(1,2)（1－eq\f(1,2n＋1)）＝eq\f(n,2n＋1)，即數(shù)列{bn}的前n項和Sn＝eq\f(n,2n＋1).18．解析：（1）依題意可得2×2列聯(lián)表如下：產(chǎn)品件數(shù)一等品二等品總計甲生產(chǎn)線38240乙生產(chǎn)線7310總計45550所以K2＝eq\f(50（38×3－2×7）2,10×40×5×45)≈5.556，因為5.024<5.556<6.635，所以有97.5%的把握認為產(chǎn)品的等級差異與生產(chǎn)線有關(guān)．（2）依題意，記甲生產(chǎn)線的2個二等品為A，B，乙生產(chǎn)線的3個二等品為a，b，c；則從中隨機抽取2件，所有可能結(jié)果有AB，Aa，Ab，Ac，Ba，Bb，Bc，ab，ac，bc共10個，至少有1件為甲生產(chǎn)線產(chǎn)品的有AB，Aa，Ab，Ac，Ba，Bb，Bc共7個，所以至少有1件為甲生產(chǎn)線產(chǎn)品的概率P＝eq\f(7,10).19.解析：（1）如圖，連接A1C，交AC1于點N，則點N是A1C的中點．取BC的中點M，連接AM，MN，則MN∥A1B.又A1B⊥B1C，所以B1C⊥MN.又△ABC是正三角形，所以AM⊥BC.又平面ABC⊥平面BCC1B1，平面ABC∩平面BCC1B1＝BC，AM?平面ABC，所以AM⊥平面BCC1B1.又B1C?平面BCC1B1，所以B1C⊥AM.又AM?平面AMN，MN?平面AMN，AM∩MN＝M，所以B1C⊥平面AMN.又C1A?平面AMN，所以B1C⊥C1A.（2）由（1）知B1C⊥平面AMN，而C1M?平面AMN，所以B1C⊥C1M.由△C1CM與△CBB1相似，eq\f(C1C,CM)＝eq\f(CB,BB1)，即eq\f(C1C,1)＝eq\f(2,C1C)，BB1＝CC1＝eq\r(2).根據(jù)AA1∥BB1，VB1-A1BC＝VB1-A1BC＝VB1-ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·BB1＝eq\f(1,3)×（eq\f(1,2)×2×2×eq\f(\r(3),2)）×eq\r(2)＝eq\f(\r(6),3).20．解析：（1）令x＝c，得eq\f(c2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1，則y2＝b2（1－eq\f(c2,a2)）＝b2·eq\f(a2－c2,a2)＝eq\f(b4,a2)，所以M（c，eq\f(b2,a)），∴eq\f(\f(b2,a),2c)＝eq\f(3,4)，即2b2＝3ac.將b2＝a2－c2代入2b2＝3ac，解得eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，eq\f(c,a)＝－2（舍去）.故C的離心率為eq\f(1,2).（2）由題意，原點O為F1F2的中點，MF2∥y軸，所以直線MF1與y軸的交點D（0，2）是線段MF1的中點，故eq\f(b2,a)＝4，即b2＝4a.①由|MN|＝5|F1N|得|DF1|＝2|F1N|.設(shè)N（x1，y1），由題意知y1<0，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2（－c－x1）＝－c，,－2y1＝2，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝－\f(3,2)c，,y1＝－1.))代入C的方程，得eq\f(9c2,4a2)＋eq\f(1,b2)＝1.②將①及c＝eq\r(a2－b2)代入②得eq\f(9（a2－4a）,4a2)＋eq\f(1,4a)＝1.解得a＝7，b2＝4a＝28，故a＝7，b＝2eq\r(7).21．解析：（1）因為f（x）的圖象與g（x）的圖象相切，設(shè)切點為（x0，y0），又f′（x）＝3x2，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝3xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),y0＝xeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(0)),y0＝ax0－a))，解得x0＝eq\f(3,2)，a＝eq\f(27,4).（2）因為f（x）≥g（x）等價于x3－ax－b≥0，令φ（x）＝x3－ax－b，φ′（x）＝3x2－a.當(dāng)a≤0時，φ′（x）＝3x2－a>0對于任意正實數(shù)x恒成立，φ（x）單調(diào)遞增，故由φ（0）＝－b≥0得b≤0，此時a＋b≤0.當(dāng)a>0時，由φ′（x）＝0，得x＝eq\r(\f(a,3))，又當(dāng)0<x<eq\r(\f(a,3))時，φ′（x）<0，函數(shù)單調(diào)遞減；當(dāng)x>eq\r(\f(a,3))時，φ′（x）>0，函數(shù)單調(diào)遞增．所以當(dāng)x＝eq\r(\f(a,3))時，φ（x）有最小值φ（eq\r(\f(a,3))）＝－eq\f(2,3)aeq\r(\f(a,3))－b＝－eq\f(2\r(3),9)aeq\f(3,2)－b，所以－eq\f(2\r(3),9)aeq\f(3,2)－b≥0，即b≤－eq\f(2\r(3),9)aeq\f(3,2)，所以a＋b≤a－eq\f(2\r(3),9)aeq\f(3,2)，令h（a）＝a－eq\f(2\r(3),9)aeq\f(3,2)（a>0），則h′（a）＝1－eq\f(\r(3),3)aeq\f(1,2)，h′（3）＝0，當(dāng)0<a<3時，h′（a）>0，h（a）為增函數(shù)，當(dāng)a>3時，h′（a）<0，h（a）為減函數(shù)，所以h（a）max＝h（3）＝1，故a＋b≤1，所以a＋b的最大值為1，此時a＝3，b＝－2.綜上所述，a