新教材2025屆高考數(shù)學(xué)二輪專項分層特訓(xùn)卷一解題方法專練方法1直接法排除法特值法數(shù)形結(jié)合法

一解題方法專練方法1干脆法解除法特值法數(shù)形結(jié)合法一、單項選擇題1．[2024·新課標(biāo)Ⅰ卷]已知z＝eq\f(1－i,2＋2i)，則z－eq\o(z,\s\up6(－))＝()A．－iB．iC．0D．12．[2024·新課標(biāo)Ⅱ卷]已知α為銳角，cosα＝eq\f(1＋\r(5),4)，則sineq\f(α,2)＝()A．eq\f(3－\r(5),8)B．eq\f(－1＋\r(5),8)C．eq\f(3－\r(5),4)D．eq\f(－1＋\r(5),4)3．[2024·新高考Ⅰ卷]已知圓錐的底面半徑為eq\r(2)，其側(cè)面綻開圖為一個半圓，則該圓錐的母線長為()A．2B．2eq\r(2)C．4D．4eq\r(2)4．[2024·全國甲卷]函數(shù)y＝(3x－3－x)cosx在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))的圖象大致為()5．[2024·全國乙卷]已知f(x)＝eq\f(xex,eax－1)是偶函數(shù)，則a＝()A．－2B．－1C．1D．26．一個四面體的全部棱長都為eq\r(2)，四個頂點在同一球面上，則此球的表面積為()A．3πB．4πC．3eq\r(3)πD．67．[2024·新高考Ⅰ卷]已知P是邊長為2的正六邊形ABCDEF內(nèi)的一點，則eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))的取值范圍是()A．(－2，6)B．(－6，2)C．(－2，4)D．(－4，6)8．[2024·全國乙卷]雙曲線C的兩個焦點為F1，F(xiàn)2，以C的實軸為直徑的圓記為D，過F1作D的切線與C交于M，N兩點，且cos∠F1NF2＝eq\f(3,5)，則C的離心率為()A．eq\f(\r(5),2)B．eq\f(3,2)C．eq\f(\r(13),2)D．eq\f(\r(17),2)二、多項選擇題9．[2024·新課標(biāo)Ⅰ卷]有一組樣本數(shù)據(jù)x1，x2，…，x6，其中x1是最小值，x6是最大值，則()A．x2，x3，x4，x5的平均數(shù)等于x1，x2，…，x6的平均數(shù)B．x2，x3，x4，x5的中位數(shù)等于x1，x2，…，x6的中位數(shù)C．x2，x3，x4，x5的標(biāo)準(zhǔn)差不小于x1，x2，…，x6的標(biāo)準(zhǔn)差D．x2，x3，x4，x5的極差不大于x1，x2，…，x6的極差10．[2024·新高考Ⅱ卷]已知函數(shù)f(x)＝sin(2x＋φ)(0<φ<π)的圖象關(guān)于點(eq\f(2π,3)，0)中心對稱，則()A．f(x)在區(qū)間(0，eq\f(5π,12))單調(diào)遞減B．f(x)在區(qū)間(－eq\f(π,12)，eq\f(11π,12))有兩個極值點C．直線x＝eq\f(7π,6)是曲線y＝f(x)的對稱軸D．直線y＝eq\f(\r(3),2)－x是曲線y＝f(x)的切線11．[2024·新高考Ⅰ卷]已知函數(shù)f(x)＝x3－x＋1，則()A．f(x)有兩個極值點B．f(x)有三個零點C．點(0，1)是曲線y＝f(x)的對稱中心D．直線y＝2x是曲線y＝f(x)的切線12．[2024·新課標(biāo)Ⅱ卷]設(shè)O為坐標(biāo)原點，直線y＝－eq\r(3)(x－1)過拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點，且與C交于M，N兩點，l為C的準(zhǔn)線，則()A．p＝2B．|MN|＝eq\f(8,3)C．以MN為直徑的圓與l相切D．△OMN為等腰三角形[答題區(qū)]題號123456789101112答案三、填空題13．[2024·新課標(biāo)Ⅰ卷]某學(xué)校開設(shè)了4門體育類選修課和4門藝術(shù)類選修課，學(xué)生需從這8門課中選修2門或3門課，并且每類選修課至少選修1門，則不同的選課方案共有________種(用數(shù)字作答).14．[2024·新課標(biāo)Ⅱ卷]已知向量a，b滿意|a－b|＝eq\r(3)，|a＋b|＝|2a－b|，則|b|＝________．15．[2024·新課標(biāo)Ⅱ卷]已知直線x－my＋1＝0與⊙C：(x－1)2＋y2＝4交于A，B兩點，寫出滿意“△ABC面積為eq\f(8,5)”的m的一個值________．16．[2024·新課標(biāo)Ⅰ卷]已知函數(shù)f(x)＝cosωx－1(ω>0)在區(qū)間[0，2π]有且僅有3個零點，則ω的取值范圍是________．方法1干脆法解除法特值法數(shù)形結(jié)合法1．解析：因為z＝eq\f(1－i,2＋2i)＝eq\f(（1－i）2,2（1＋i）（1－i）)＝－eq\f(1,2)i，所以eq\o(z,\s\up6(－))＝eq\f(1,2)i，所以z－eq\o(z,\s\up6(－))＝－eq\f(1,2)i－eq\f(1,2)i＝－i.故選A.答案：A2．解析：方法一由題意，cosα＝eq\f(1＋\r(5),4)＝1－2sin2eq\f(α,2)，得sin2eq\f(α,2)＝eq\f(3－\r(5),8)＝eq\f(6－2\r(5),16)＝(eq\f(\r(5)－1,4))2，又α為銳角，所以sineq\f(α,2)>0，所以sineq\f(α,2)＝eq\f(－1＋\r(5),4)，故選D.方法二由題意，cosα＝eq\f(1＋\r(5),4)＝1－2sin2eq\f(α,2)，得sin2eq\f(α,2)＝eq\f(3－\r(5),8)，將選項逐個代入驗證可知D選項滿意，故選D.答案：D3．解析：設(shè)圓錐的母線長為l，由于圓錐底面圓的周長等于扇形的弧長，則πl(wèi)＝2π×eq\r(2)，解得l＝2eq\r(2).故選B.答案：B4．解析：設(shè)函數(shù)f(x)＝(3x－3－x)cosx，則對隨意x∈[－eq\f(π,2)，eq\f(π,2)]，都有f(－x)＝(3－x－3x)cos(－x)＝－(3x－3－x)cosx＝－f(x)，所以函數(shù)f(x)是奇函數(shù)，因此解除B，D選項．又f(1)＝(3－3－1)cos1＝eq\f(8,3)cos1＞0，所以解除C選項．故選A.答案：A5．解析：方法一f(x)的定義域為{x|x≠0}，因為f(x)是偶函數(shù)，所以f(x)＝f(－x)，即eq\f(xex,eax－1)＝eq\f(－xe－x,e－ax－1)，即e(1－a)x－ex＝－e(a－1)x＋e－x，即e(1－a)x＋e(a－1)x＝ex＋e－x，所以a－1＝±1，解得a＝0(舍去)或a＝2，故選D.方法二f(x)＝eq\f(xex,eax－1)＝eq\f(x,e（a－1）x－e－x)，f(x)是偶函數(shù)，又y＝x是奇函數(shù)，所以y＝e(a－1)x－e－x是奇函數(shù)，故a－1＝1，即a＝2，故選D.答案：D6．解析：將正四面體ABCD補形成正方體，則正四面體、正方體的中心與其外接球的球心共一點，因為正四面體棱長為eq\r(2)，所以正方體棱長為1，從而外接球半徑R＝eq\f(\r(3),2)，所以S球＝3π.答案：A7．解析：eq\o(AB,\s\up6(→))的模為2，依據(jù)正六邊形的特征，可以得到eq\o(AP,\s\up6(→))在eq\o(AB,\s\up6(→))方向上的投影的取值范圍是(－1，3)，結(jié)合向量數(shù)量積的定義式，可知eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))等于eq\o(AB,\s\up6(→))的模與eq\o(AP,\s\up6(→))在eq\o(AB,\s\up6(→))方向上的投影的乘積，所以eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))的取值范圍是(－2，6)，故選A.答案：A8．解析：由題意，知點N在雙曲線的右支上，不妨設(shè)點N在第一象限，如圖．設(shè)切點為點A，連接DA，則DA⊥MN，易知|DA|＝a，|DF1|＝c，則|AF1|＝eq\r(c2－a2)＝b.過點F2作F2B⊥MN交直線MN于點B，則F2B∥DA.又因為點D為F1F2的中點，所以|F2B|＝2|DA|＝2a，|F1B|＝2|AF1|＝2b.由cos∠F1NF2＝eq\f(3,5)，得sin∠F1NF2＝eq\f(4,5)，tan∠F1NF2＝eq\f(4,3)，所以|F2N|＝eq\f(|F2B|,sin∠F1NF2)＝eq\f(5a,2)，|BN|＝eq\f(|F2B|,tan∠F1NF2)＝eq\f(3a,2)，所以|F1N|＝|F1B|＋|BN|＝2b＋eq\f(3a,2).由雙曲線的定義，得|F1N|－|F2N|＝2a，則2b－a＝2a，即eq\f(b,a)＝eq\f(3,2).所以雙曲線C的離心率e＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝eq\r(1＋\f(9,4))＝eq\f(\r(13),2).故選C.答案：C9．解析：取x1＝1，x2＝x3＝x4＝x5＝2，x6＝9，則x2，x3，x4，x5的平均數(shù)等于2，標(biāo)準(zhǔn)差為0，x1，x2，…，x6的平均數(shù)等于3，標(biāo)準(zhǔn)差為eq\r(\f(22,3))＝eq\f(\r(66),3)，故A，C均不正確；依據(jù)中位數(shù)的定義，將x1，x2，…，x6按從小到大的依次進(jìn)行排列，中位數(shù)是中間兩個數(shù)的算術(shù)平均數(shù)，由于x1是最小值，x6是最大值，故x2，x3，x4，x5的中位數(shù)是將x2，x3，x4，x5按從小到大的依次排列后中間兩個數(shù)的算術(shù)平均數(shù)，與x1，x2，…，x6的中位數(shù)相等，故B正確；依據(jù)極差的定義，知x2，x3，x4，x5的極差不大于x1，x2，…，x6的極差，故D正確．綜上，選BD.答案：BD10.解析：由題意，得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝sin（eq\f(4π,3)＋φ）＝0，所以eq\f(4π,3)＋φ＝kπ，k∈Z，解得φ＝－eq\f(4π,3)＋kπ，k∈Z.又0<φ<π，所以當(dāng)k＝2時，φ＝eq\f(2π,3).故f（x）＝sin（2x＋eq\f(2π,3)）.選項A，當(dāng)x∈（0，eq\f(5π,12)）時，令u＝2x＋eq\f(2π,3)∈（eq\f(2π,3)，eq\f(3π,2)）.由y＝sinu的圖象，知y＝f（x）在區(qū)間（0，eq\f(5π,12)）上單調(diào)遞減，故正確．選項B，當(dāng)x∈（－eq\f(π,12)，eq\f(11π,12)）時，2x＋eq\f(2π,3)∈（eq\f(π,2)，eq\f(5π,2)）.由y＝sinu的圖象，知y＝f（x）在區(qū)間（－eq\f(π,12)，eq\f(11π,12)）內(nèi)只有1個極值點，故錯誤．選項C，當(dāng)x＝eq\f(7π,6)時，2x＋eq\f(2π,3)＝3π，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)))＝0，所以直線x＝eq\f(7π,6)不是曲線y＝f（x）的對稱軸，故錯誤．選項D，令f′（x）＝2cos（2x＋eq\f(2π,3)）＝－1，得cos（2x＋eq\f(2π,3)）＝－eq\f(1,2)，則2x＋eq\f(2π,3)＝eq\f(2π,3)＋2kπ，k∈Z或2x＋eq\f(2π,3)＝eq\f(4π,3)＋2kπ，k∈Z，解得x＝kπ，k∈Z或x＝eq\f(π,3)＋kπ，k∈Z.所以函數(shù)y＝f（x）的圖象在點（0，eq\f(\r(3),2)）處的切線斜率為f′（0）＝2coseq\f(2π,3)＝－1，切線方程為y－eq\f(\r(3),2)＝－（x－0），即y＝eq\f(\r(3),2)－x，故正確．選AD.答案：AD11．解析：由題意知f′（x）＝3x2－1.令f′（x）＝0，得x＝eq\f(\r(3),3)或x＝－eq\f(\r(3),3).令f′（x）＞0，得x＜－eq\f(\r(3),3)或x＞eq\f(\r(3),3)；令f′（x）＜0，得－eq\f(\r(3),3)＜x＜eq\f(\r(3),3).所以f（x）在（－∞，－eq\f(\r(3),3)）和（eq\f(\r(3),3)，＋∞）上單調(diào)遞增，在（－eq\f(\r(3),3)，eq\f(\r(3),3)）上單調(diào)遞減，所以f（x）有兩個極值點，所以A正確．f（x）極大值＝f（－eq\f(\r(3),3)）＝－eq\f(\r(3),9)＋eq\f(\r(3),3)＋1＞0，f（x）微小值＝f（eq\f(\r(3),3)）＝eq\f(\r(3),9)－eq\f(\r(3),3)＋1＞0.當(dāng)x→＋∞時，f（x）→＋∞；當(dāng)x→－∞時，f（x）→－∞，所以f（x）有一個零點，所以B錯誤．因為f（x）＋f（－x）＝x3－x＋1＋（－x）3＋x＋1＝2，所以曲線y＝f（x）關(guān)于點（0，1）對稱，所以C正確．令f′（x）＝3x2－1＝2，得x＝1或x＝－1，所以當(dāng)切線的斜率為2時，切點為（1，1）或（－1，1），則切線方程為y＝2x－1或y＝2x＋3，所以D錯誤．故選AC.答案：AC12．解析：由題意，易知直線y＝－eq\r(3)（x－1）過點（1，0）.對于A，因為直線經(jīng)過拋物線C的焦點，所以易知焦點坐標(biāo)為（1，0），所以eq\f(p,2)＝1，即p＝2，所以A選項正確．對于B，不妨設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），x1<x2，聯(lián)立方程得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\r(3)（x－1）,y2＝4x))，消去y并整理得3x2－10x＋3＝0，解得x1＝eq\f(1,3)，x2＝3.所以M（eq\f(1,3)，eq\f(2\r(3),3)），N（3，－2eq\r(3)），所以由兩點間距離公式可得|MN|＝eq\r(（3－\f(1,3)）2＋（－2\r(3)－\f(2\r(3),3)）2)＝eq\f(16,3)，故B選項錯誤．對于C，由以上分析易知，l的方程為x＝－1，以MN為直徑的圓的圓心坐標(biāo)為（eq\f(5,3)，－eq\f(2\r(3),3)），半徑r＝eq\f(1,2)|MN|＝eq\f(8,3)＝eq\f(5,3)＋1，所以以MN為直徑的圓與l相切，故C選項正確．對于D，由兩點間距離公式可得|MN|＝eq\f(16,3)，|OM|＝eq\f(\r(13),3)，|ON|＝eq\r(21)，故D選項錯誤．故選AC.答案：AC13．解析：方法一由題意，可分三類：第一類，體育類選修課和藝術(shù)類選修課各選修1門，有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))種方案；其次類，在體育類選修課中選修1門，在藝術(shù)類選修課中選修2門，有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))種方案；第三類，在體育類選修課中選修2門，在藝術(shù)類選修課中選修1門，有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))種方案．綜上，不同的選課方案共有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))＝64（種）.方法二若學(xué)生從這8門課中選修2門課，則有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(8))－Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))－Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＝16（種）選課方案；若學(xué)生從這8門課中選修3門課，則有Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(8))－Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))－Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))＝48（種）選課方案．綜上，不同的選課方案共有16＋48＝64（種）.答案：6414．解析：由|a－b|＝eq\r(3)，得a2－2a·b＋b2＝3，即2a·b＝a2＋b2－3①.由|a＋b|＝|2a－b|，得a2＋2a·b＋b2＝4a2－4a·b＋b2