2025屆高中數(shù)學(xué)三輪沖刺：高考仿真卷(八)（含解析）

高考仿真卷(八)(時(shí)間：120分鐘分值：150分)一、選擇題(本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1.(2024·衡陽模擬)設(shè)復(fù)數(shù)z=-i2+i-1-i3A.1 B.-1 C.i D.-i2.(2024·聊城模擬)已知點(diǎn)A(x0，y0)是拋物線y2=2px(p>0)上一點(diǎn)，且它在第一象限內(nèi)，焦點(diǎn)為F，O坐標(biāo)原點(diǎn)，若|AF|=3p2，|AO|=23，A.x=-4 B.x=-3C.x=-2 D.x=-13.(2024·杭州第二中學(xué)模擬)若命題“?a∈[1，3]，ax2+(a-2)x-2>0”是假命題，則x不能等于()A.-1 B.0 C.1 D.24.設(shè)Sn為等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，已知S3=a4-2，S2=a3-2，則公比q等于()A.2 B.-2 C.12 D.-5.(2024·濟(jì)寧模擬)若函數(shù)f(x)=sin(2x+φ)(0<φ<π)向左平移φ個(gè)單位長度后在區(qū)間0，π2上單調(diào)遞增，則φ等于A.π3 B.πC.π6 D.6.(2024·長沙模擬)如圖，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=1，D是CB邊的中點(diǎn)，過點(diǎn)C作CE⊥AD于點(diǎn)E，延長CE交AB于點(diǎn)F，則BF等于()A.34 B.3C.23 D.7.設(shè)2a=πb=6c<1，則()A.6c<πb<2a B.2a<6c<πbC.πb<2a<6c D.6c<2a<πb8.(2024·鹽城模擬)如圖所示是一個(gè)以AB為直徑，點(diǎn)S為圓心的半圓，其半徑為4，F(xiàn)為線段AS的中點(diǎn)，其中C，D，E是半圓圓周上的三個(gè)點(diǎn)，且把半圓的圓周分成了弧長相等的四段，若將該半圓圍成一個(gè)以S為頂點(diǎn)的圓錐的側(cè)面，則在該圓錐中，下列結(jié)論正確的是()A.△CEF為正三角形 B.SA⊥平面CEFC.SD∥平面CEF D.點(diǎn)D到平面CEF的距離為23二、選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分)9.(2024·石家莊模擬)已知隨機(jī)事件A，B滿足P(AB)=P(AB)=14，P(A+B)=1，則下列結(jié)論正確的是(A.P(A)=P(B) B.P(A)=3C.P(B|A)=P(B) D.P(A|B)=110.(2024·鄭州模擬)已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且23a·sin2A+C2=b·sinA，A.B=πB.若a=4，b=5，則△ABC有兩解C.當(dāng)a-c=33b時(shí)，△ABCD.若△ABC為銳角三角形，則cosA+cosC的取值范圍是311.已知函數(shù)ft(x)=lnxxt(x>0)，其中t∈R，則下列選項(xiàng)正確的是A.?x∈(0，+∞)，f0(x)≤x-1B.若f-1(a)>f-1(b)，則a>bC.?a>1，f1(x)=f1(a)有兩個(gè)解D.f2(x)有最大值1三、填空題(本題共3小題，每小題5分，共15分)12.(2024·佛山模擬)已知曲線f(x)=lnx+x2a在點(diǎn)(1，f(1))處的切線的傾斜角為π3，則a13.(2024·東營模擬)袋子中有數(shù)字“7”的卡片3張和數(shù)字“2”“3”“5”的卡片各1張，從中任意取出4張卡片，最多能組成個(gè)不同的四位數(shù).(用數(shù)字回答)

14.(2024·華中師范大學(xué)附中模擬)在三棱錐P-ABC中，AB=BC=22，且AB⊥BC.記直線PA，PC與平面ABC所成的角分別為α，β，已知β=2α=60°，當(dāng)三棱錐P-ABC的體積最小時(shí)，三棱錐P-ABC外接球的表面積為四、解答題(本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)15.(13分)已知數(shù)列{an}為公差不為零的等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn，S7=49，且a2，a5，a14成等比數(shù)列.(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(6分)(2)若數(shù)列{an+bn}是公比為3的等比數(shù)列，且b3=22，求{bn}的前n項(xiàng)和Tn.(7分)16.(15分)(2024·武漢模擬)已知四面體ABCD，AB=AD=BC=CD=2，AC=3.(1)證明：AC⊥BD；(5分)(2)若BD=23，求直線AB與平面ACD所成角的正弦值.(10分17.(15分)(2024·長春模擬)已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)(1)求橢圓方程；(5分)(2)若直線y=kx+m交橢圓于A(x1，y1)，B(x2，y2)，且S△AOB=22，求證：x12+x2218.(17分)(2024·青島模擬)已知函數(shù)f(x)=ex+ax2-e，a∈R.(1)若f(x)無極值點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(7分)19.(17分)(2024·華中師范大學(xué)附中模擬)泊松分布是一種重要的離散型分布，用于描述小概率事件的發(fā)生情況.如果隨機(jī)變量X的所有可能取值為0，1，2，…，且P(X=k)=λkk！e-λ，k=0，1，2，…，其中λ>0，則稱X服從泊松分布，記作X~P((1)設(shè)X~P(λ)，且P(X=1)=P(X=3)，求P(X=2)；(3分)(2)已知當(dāng)n≥20，0<p≤0.05時(shí)，可以用泊松分布P(np)近似二項(xiàng)分布B(n，p)，即對(duì)于X~B(n，p)，Y~P(np)，當(dāng)k不太大時(shí)，有P(X=k)≈P(Y=k).①已知甲地區(qū)共有100000戶居民，每戶居民每天有0.00010的概率需要1名水電工.試估計(jì)某天需要至少2名水電工的概率；(5分)②在①的基礎(chǔ)上，已知乙地區(qū)共有200000戶居民，每戶居民每天有0.00004的概率需要1名水電工.試估計(jì)某天兩個(gè)地區(qū)一起至少需要3名水電工的概率.(9分)

答案精析1.A[z=1+i-1+i=-(1+i)(1+i)(1-i)(1+i)=-i，則z=i，虛部是2.D[因?yàn)閤0+p2=3所以x0=p，y0=2p.又p2+(2p)2=12，所以p=2，準(zhǔn)線方程為x=-1.]3.C[根據(jù)題意，知原命題的否定“?a∈[1，3]，ax2+(a-2)x-2≤0”為真命題.令f(a)=(x2+x)a-2x-2，f解得-1≤x≤23.4.A[由已知，S3=a4-2，S2=a3-2，兩式相減得，S3-S2=a3=a4-a3，即a4=2a3，即q=a4a5.B[函數(shù)f(x)=sin(2x+φ)向左平移φ個(gè)單位長度后為f(x+φ)=sin(2x+3φ)，當(dāng)x∈0，2x+3φ∈3φ因?yàn)閒(x+φ)=sin(2x+3φ)在區(qū)間0，所以-π2+2k即-π6+2可得φ=-π6+2kπ3(k又0<φ<π，所以φ=π2.6.C[方法一設(shè)AF=λAB，∵AD⊥CF，∴AD·CF=0，又D是CB邊的中點(diǎn)，∴AD=12(AC+∴12(AC+AB)·(AF-AC∴(AC+AB)·(λAB-AC)=0，∴(λ-1)AB·AC+λAB2-AC2=0，∵AC=BC=1，∠ACB=90°，∴AB=12+1且∠CAB=45°，∴AC2=1，AB2AB·AC=1×2×22=1代入①得(λ-1)+2λ-1=0，解得λ=23∴AF=23∴BF=13AB=2方法二∵∠ACB=90°，AC=BC=1，∴△ABC為等腰直角三角形，又∵AC=1，AD為中線，∴CD=BD=12∴AD=AC2+CD∵CE⊥AD，∴∠CED=90°，∴AD·CE=AC·CD，即CE=AC·CDAD=1×12∴DE=CD2-CE過點(diǎn)F作FH⊥CB交CB于點(diǎn)H，∴∠FHB=90°，∵tan∠FCB=DECE=FH設(shè)FH=HB=x，則CH=1-x，∴51055=x1-x∴BF=23.7.D[方法一由題可知a，b，c均為負(fù)數(shù)，設(shè)2a=πb=6c=t，則0<t<1，1a=logt2，1b=logtπ，1c=log所以πa=logt2π>logtπ2=2b(根據(jù)函數(shù)y=2x與y=x當(dāng)2<x<4時(shí)，x2>2x，故π2>2π)，由ab>0得2a<πb；6a=logt64<logt36=2c，由ac>0得6c<2所以6c<2a<πb.方法二設(shè)2a=πb=6c=t，則0<t<1，a=log2t=lntb=logπt=lntlnπ，c=log6t=所以2a=2lntln2，πb=6c=6lnt設(shè)f(x)=xlnx，則f'(x)=lnx-1lnx2，當(dāng)x>e時(shí)，f'(x)>0，故又易知f2=f4，所以f6>f4=f2>fπ>0，所以πl(wèi)nπ<4ln4=2ln2又lnt<0，所以6c<2a<πb.]8.C[選項(xiàng)A，該半圓圍成的圓錐，如圖所示，設(shè)圓錐底面半徑為r，則2πr=4π，∴r=2，又CE過點(diǎn)O，∴CE=4，∵F為AS的中點(diǎn)，O為AD的中點(diǎn)，SD=4，∴FO∥SD，且FO=2=12CE∴∠CFE=90°，△CEF為等腰直角三角形，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；選項(xiàng)B，若SA⊥平面CEF，則∠AFO=90°，AO=OF=AF=2，∴∠AFO=60°，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；選項(xiàng)C，∵FO∥SD，F(xiàn)O?平面CEF，SD?平面CEF，∴SD∥平面CEF，選項(xiàng)C正確；選項(xiàng)D，∵CE⊥AD，CE⊥SO，易知CE⊥平面SAD，又CE?平面CEF，∴平面CEF⊥平面SAD，又平面CEF∩平面SAD=FO，∴點(diǎn)D到直線FO的距離即為點(diǎn)D到平面CEF的距離，又∵FO∥SD，∴點(diǎn)D到直線FO的距離等于點(diǎn)O到直線SD的距離，為3，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.]9.ABD[對(duì)于A，∵P(A)=P(AB)+P(AB)，∴P(AB)=P(A)-P(AB)，∵P(B)=P(AB)+P(AB)，∴P(AB)=P(B)-P(AB)，∵P(AB)=P(AB)，∴P(A)-P(AB)=P(B)-P(AB)，∴P(A)=P(B)，故A正確；對(duì)于B，∵P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB)=1，∴P(AB)=2P(A)-1，又∵P(AB)=P(A)-P(AB)=14解得P(A)=34，P(AB)=12，故對(duì)于C，P(B|A)=P(AB)P(A)=12÷34=對(duì)于D，P(A|B)=P(AB)P(B)=1410.ACD[對(duì)于A，因?yàn)?3a·sin2A+C2=b·所以由A+B+C=π及正弦定理得，23sinA·sin2π-B2=sinB·sin由誘導(dǎo)公式得，23sinA·cos2B2=sinB·sin因?yàn)锳∈(0，π)，故sinA≠0，所以23cos2B2=2sinB2cos化簡得cosB23即cosB2sinB2所以cosB2=0或sinB2即B=π(舍去)或B=π3，故A對(duì)于B，由余弦定理得b2=a2+c2-2accosB，即25=16+c2-8×c×12，得c2-4c-9=0由Δ=(-4)2-4×(-9)=52>0，所以c=2+13(負(fù)值舍去)，即△ABC有一解，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，因?yàn)閍-c=33b，所以a>c，兩邊平方得a2-2ac+c2=b由余弦定理得b2=a2+c2-2accosB=a2+c2-ac，由兩式消去b2得，2a2-5ac+2c2=0，解得a=2c或c=2a(舍去)，則b=3c，又B=π3，解得A=π故△ABC為直角三角形，故C正確；對(duì)于D，cosA+cosC=cosA+cos2π3-A=12cosA+32sin因?yàn)椤鰽BC為銳角三角形，且B=π3，所以解得π6<A<π所以A+π6∈π所以sinA+π6故D正確.]11.AD[對(duì)于A選項(xiàng)，f0(x)=lnx，記g(x)=lnx-x+1，則g'(x)=1x-1=1-令g'(x)>0?0<x<1，令g'(x)<0?x>1，所以g(x)在0，1上單調(diào)遞增，在1，+∞上單調(diào)遞減，故g(x)≤g1=0，f0(x)≤對(duì)于B選項(xiàng)，f-1(x)=xlnx，所以f'-1(x)=lnx+1，令f'-1(x)<0?0<x<1e令f'-1(x)>0?x>1e所以f-1(x)=xlnx在0，1e上單調(diào)遞減，在1e，+∞對(duì)于C選項(xiàng)，f1(x)=lnx則f'1(x)=1-lnx令f'1(x)>0?0<x<e，令f'1(x)<0?x>e，所以f1(x)=lnxx在0，因此當(dāng)a=e時(shí)，f1(x)=f1a僅有一個(gè)解，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D選項(xiàng)，f2(x)=lnxx2，則f'2(x)令f'2(x)>0?0<x<e，令f'2(x)<0?x>e，所以f2(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，+∞)上單調(diào)遞減，所以f2(x)max=f2(e)=12e，故D正確.12.3+1解析f(x)=lnx+x2a的導(dǎo)數(shù)f'(x)=1x∵曲線f(x)在x=1處的切線的傾斜角為π3∴f'(1)=1+2a=3∴2a=3-1∴a=3+1.13.72解析如果取一張數(shù)字“7”的卡片，則數(shù)字“2”“3”“5”的卡片都要取出，則組成A44=24(個(gè)如果取兩張數(shù)字“7”的卡片，則數(shù)字“2”“3”“5”的卡片要取出兩張，則組成C32A42如果取三張數(shù)字“7”的卡片，則數(shù)字“2”“3”“5”的卡片要取出一張，則組成C31A41所以最多能組成24+36+12=72(個(gè))不同的四位數(shù).14.16π解析設(shè)點(diǎn)P在平面ABC內(nèi)的投影為P'，因?yàn)橹本€PA，PC與平面ABC所成的角分別為α，β，且β=2α=60°，則α=30°，|P'P|=3|P'C|，|P'P|=33|P'A|于是3|P'C|=|P'A|，以AC為x軸，線段AC的垂直平分線為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系，如圖.令P'(x，y)，由AB=BC=22，AB⊥BC，得A(-2，0)，B(0，2)，C(2，0)，則3(x-2)化簡得x-522+y因此點(diǎn)P'在以52，0當(dāng)|P'C|最小時(shí)，|P'P|最小，即三棱錐P-ABC的體積最小，此時(shí)P'(1，0)，|P'C|min=2-1=1，|P'P|min=3，|P'A|=3，則|PA|=23，|PC|=2，則|PA|2+|PC|2=|AC|2，因此點(diǎn)P在底面ABC上的射影P'在AC上，且∠APC=90°，又∠ABC=90°，顯然AC的中點(diǎn)到點(diǎn)B，P，A，C的距離相等，此時(shí)三棱錐P-ABC的外接球的球心為AC的中點(diǎn)，外接球的半徑R=12AC=2，表面積為4π×2215.解(1)因?yàn)閧an}為等差數(shù)列，設(shè)公差為d，d≠0，由S7=49，得(a1+a7)×72=7a4=49?a4=7由a2，a5，a14成等比數(shù)列得a52=a2a14?(7+d)2=(7-2d)(7+10d化簡(7+d)2=(7-2d)(7+10d)得d2-2d=0，因?yàn)閐≠0，所以d=2.所以an=a4+(n-4)d=2n-1(n∈N*).綜上，an=2n-1(n∈N*).(2)由an=2n-1知a1=1，a3=5，又{an+bn}是公比為3的等比數(shù)列，b3=22，所以a3+b3=(a1+b1)×9=5+22=27，即a1+b1=1+b1=3，所以an+bn=3×3n-1=3n，bn=3n-(2n-1)(n∈N*)，所以Tn=b1+b2+b3+…+bn=31+32+33+…+3n-[1+3+5+…+(2n-1)]=3×(1-3n)1-3-(1+2n-1)綜上，Tn=3n+1-3216.(1)證明取BD的中點(diǎn)M，連接AM，CM，由AB=AD=BC=CD，可得BD⊥AM，BD⊥CM，又因?yàn)锳M∩CM=M，AM，CM?平面ACM，所以BD⊥平面ACM，因?yàn)锳C?平面ACM，所以AC⊥BD.(2)解方法一因?yàn)锽D=23，所以AM=CM=1，又因?yàn)锳C=3，易得∠AMC=120°，由(1)可得BD⊥平面ACM，又BD?平面BCD，所以平面BCD⊥平面ACM，作AH⊥CM交CM的延長線于點(diǎn)H，易知AH⊥平面BCD，且AH=32設(shè)點(diǎn)B到平面ACD的距離為h，因?yàn)閂三棱錐B-ACD=V三棱錐A-BCD，則13S△ACD·h=13S△BCD·可得h=12×23設(shè)直線AB與平面ACD所成的角為θ，可得sinθ=hAB=39所以直線AB與平面ACD所成角的正弦值為3913方法二因?yàn)锽D=23，所以AM=CM=1，又因?yàn)锳C=3，易知∠AMC=120°，由(1)可得BD⊥平面ACM，且BD?平面BCD，所以平面BCD⊥平面ACM，作AH⊥CM交CM的延長線于點(diǎn)H，易知AH⊥平面BCD，且AH=32如圖，以MB為x軸，MC為y軸，z軸∥AH，建立空間直角坐標(biāo)系，則A0，-12，32，B(3，0，0)，C(0，1，0)，D(-可得AC=0，32，-32，DC=(3，1，設(shè)平面ACD的法向量為n=(x，y，z)，則n令x=1，則y=-3，z=-3，可得n=(1，-3，-3)，設(shè)直線AB與平面ACD所成的角為θ，可得sinθ=|cos〈AB，n〉|=|AB·n||所以直線AB與平面ACD所成角的正弦值為391317.(1)解由橢圓的離心率為22，可設(shè)a=2t，c=t(t>0)，則b=t四個(gè)頂點(diǎn)構(gòu)成的四邊形為菱形，其面積為S=12·2a·2b=12·22t·2t=22t2=2即t=1，所以橢圓的方程為x22+y(2)證明S△AOB=12|m||x1-x2|=12|m|·聯(lián)立直線y=kx+m與橢圓x22+y2=1，消去y可得(1+2k2)x2+4kmx+2m2Δ=(4km)2-4(1+2k2)(2m2-2)=16k2-8m2+8>0，x1+x2=-4km1+2k2，x1x得S△AOB=12|m|·-4km1+2k22-4整理得2m2=2k2+1，而x12+x22=(x1+x2)2-2x1x2=-4所以x12+x18.解(1)方法一易知f'(x)=ex+2ax，由f(x)無極值點(diǎn)可知，f'(x)無變號(hào)零點(diǎn)，令ex+2ax=0，(*)顯然當(dāng)a=0時(shí)，(*)無零點(diǎn)，此時(shí)f(x)無極值點(diǎn)，滿足題意；故當(dāng)a≠0時(shí)，(*)可變形得xex=-令g(x)=xex，原問題等價(jià)于g(x)的圖象與直線y=-又g'(x)=1-xex，則當(dāng)x∈(-∞，1)時(shí)，g'(x)>0，g(當(dāng)x∈(1，+∞)時(shí)，g'(x)<0，g(x)單調(diào)遞減.又x→-∞，g(x)→-∞；x→+∞，g(x)→0，g(1)=1e可得g(x)的圖象如圖，由圖可知-12a≥解得-e2≤a<0綜上，-e2≤a≤方法二設(shè)g(x)=f'(x)=ex+2ax，則g'(x)=ex+2a.①當(dāng)a>0時(shí)，g'(x)>0在R上恒成立，g(x)在R上單調(diào)遞增，因?yàn)間-12a=g(0)=1>0，所以g(x)有一個(gè)變號(hào)零點(diǎn)，即為f(x)的一個(gè)極值點(diǎn)，不符合題意；②當(dāng)a=0時(shí)，g(x)>0在R上時(shí)恒成立，即f(x)無極值點(diǎn)；③當(dāng)a<0時(shí)，令g'(x)=0，則x=ln(-2a)，當(dāng)x<ln(-2a)時(shí)，g'(x)<0；當(dāng)x>ln(-2a)時(shí)，g'(x)>0，所以g(x)在(-∞，ln(-2a))上單調(diào)遞減，在(ln(-2a)，+∞)上單調(diào)遞增，故g(x)min=g(ln(-2a))=-2a+2aln(-2a)，若g(x)min<0，則-1+ln(-2a)>0，即a<-e2當(dāng)x→-∞時(shí)，g(x)→+∞；當(dāng)x→+∞時(shí)，g(x)→+∞，故當(dāng)g(ln(-2a))<0時(shí)，g(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，此時(shí)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)，不符合題意；當(dāng)g(ln(-2a))≥0時(shí)，g(x)≥0在R上恒成立，即f(x)無極值點(diǎn)，由g(ln(-2a))≥0解得-e2≤a<0綜上所述，-e2≤a≤(2)方法一由f(x)≥12x3+x-e+1可知，ex≥12x3-ax2+x即1≥e-x12令φ(x)=e-x12x即當(dāng)x≥0時(shí)，φ(x)≤0恒成立，易知φ(0)=0，φ'(x)=-12xe-x[x2-(2a+3)x+4a+2]=-12xe-x(x-2)(x-2a-1若2a+1≤0，即a≤-12則當(dāng)x∈(0，2)時(shí)，φ'(x)>0，φ(x)單調(diào)遞增，φ(x)>φ(0)=0，不符合題意；若0<2a+1<2，即-12<a<1則當(dāng)x∈(0，2a+1)時(shí)，φ'(x)<0，φ(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(2a+1，2)時(shí)，φ'(x)>0，φ(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(2，+∞)時(shí)，φ'(x)<0，φ(x)單調(diào)遞減，又φ(0)=0，故令φ(2)=e-212×23-解得a≥7-e24，即7-e2若2a+1=2，即a=12，則φ'(x)≤0在[0，+∞)故φ(x)在[0，+∞)上單調(diào)遞減，φ(x)≤φ(0)=0；若2a+1>2，即a>12則當(dāng)x∈(0，2)時(shí)，φ'(x)<0，φ(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(2，2a+1)時(shí)，φ'(x)>0，φ(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(2a+1，+∞)時(shí)，φ'(x)<0，φ(x)單調(diào)遞減，故φ(2a+1)=e-(2a+1)·12(2a+1)3-a(2a記h(a)=e-(2a+1)2a2+4a+5則h'(a)=-e-(2a+1)(2a+1)2<0恒成立，所以h(a)在12所以h(a)<h12=5e即φ(2a+1)<0，即對(duì)于任意a>12，φ(x)≤0綜上所述，