2025高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)-專項練-小題滿分練8-專項訓(xùn)練【含答案】

小題滿分練8一、單項選擇題1．(2023·塔城模擬)已知復(fù)數(shù)z＝eq\f(2,i3－i)，i為虛數(shù)單位，則復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點位于()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限答案D解析因為z＝eq\f(2,i3－i)＝eq\f(2,1＋3i)＝eq\f(21－3i,1＋3i1－3i)＝eq\f(1,5)－eq\f(3,5)i，所以復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)點的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)，－\f(3,5)))，位于第四象限．2．(2023·河北衡水中學(xué)模擬)已知P，Q為R的兩個非空真子集，若?RQ?RP，則下列結(jié)論正確的是()A．?x∈Q，x∈PB．?x∈?RP，x∈?RQC．?x?Q，x∈PD．?x∈?RP，x∈?RQ答案B解析因為?RQ?RP，所以PQ，如圖，對于選項A，由題意知P是Q的真子集，故?x∈Q，x?P，故A不正確；對于選項B，由?RQ是?RP的真子集且?RQ，?RP都不是空集知，?x∈?RP，x∈?RQ，故B正確；對于選項C，由?RQ是?RP的真子集知，?x?Q，x?P，故C不正確；對于選項D，?RQ是?RP的真子集，故?x∈?RP，x??RQ，故D不正確．3．(2023·南京模擬)(x－3y)(x＋y)5的展開式中x4y2的系數(shù)是()A．－5B．5C．15D．25答案A解析由(x－3y)(x＋y)5＝x(x＋y)5－3y(x＋y)5，其中(x＋y)5展開式的通項為Tk＋1＝Ceq\o\al(k,5)x5－kyk(0≤k≤5且k∈N)，所以(x－3y)(x＋y)5的展開式中含x4y2的項為xCeq\o\al(2,5)x3y2－3yCeq\o\al(1,5)x4y1＝－5x4y2，所以展開式中x4y2的系數(shù)為－5.4．(2023·武漢模擬)已知雙曲線C：eq\f(x2,16)－eq\f(y2,b2)＝1(b>0)的左、右焦點分別是F1，F(xiàn)2，過F2的直線l與雙曲線C的右支交于A，B兩點，若△ABF1是等邊三角形，則雙曲線C的離心率是()A．2B.eq\r(5)C.eq\r(2)D.eq\r(3)答案D解析由題知雙曲線C的實半軸長a＝4，虛半軸長為b，設(shè)雙曲線C的焦距為2c.如圖，直線l與雙曲線C右支相交于A，B兩點，設(shè)|AF2|＝m，則|AF1|＝|AF2|＋2a＝m＋8，由△ABF1為等邊三角形，得|BF1|＝|AB|＝|AF1|＝m＋8，可得|BF2|＝|AB|－|AF2|＝8，又由雙曲線的性質(zhì)知|BF1|－|BF2|＝|AB|－|BF2|＝m＝8，故|BF2|＝|AF2|，所以AB⊥F1F2，|AB|＝|AF1|＝|BF1|＝16.所以2c＝|F1F2|＝8eq\r(3)，所以c＝4eq\r(3)，e＝eq\f(c,a)＝eq\r(3).5．已知函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，0))上單調(diào)遞增．設(shè)a＝f(log45)，b＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log4\f(1,3)))，c＝f(0.20.5)，則a，b，c的大小關(guān)系為()A．a(chǎn)<b<c B．c<a<bC．a(chǎn)<c<b D．b<a<c答案A解析由題意，函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，0))上單調(diào)遞增，所以函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．b＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log4\f(1,3)))＝f(－log43)＝f(log43)，0.20.5＝eq\r(\f(1,5))＝eq\f(1,\r(5))<eq\f(1,\r(4))＝eq\f(1,2)，log43>log4eq\r(4)＝eq\f(1,2)，log45>1>log43>eq\f(1,2)>0.20.5>0，所以a<b<c.6．(2023·杭州第二中學(xué)模擬)已知等差數(shù)列{an}的公差為d，前n項和為Sn，則“d>0”是“S3n－S2n>S2n－Sn”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答案C解析因為數(shù)列{an}是公差為d的等差數(shù)列，所以S3n－S2n＝3na1＋eq\f(3n3n－1,2)d－2na1－eq\f(2n2n－1,2)d＝na1＋eq\f(n5n－1,2)d，S2n－Sn＝2na1＋eq\f(2n2n－1,2)d－na1－eq\f(nn－1,2)d＝na1＋eq\f(n3n－1,2)d，所以S3n－S2n－(S2n－Sn)＝n2d，若等差數(shù)列{an}的公差d>0，則n2d>0，所以S3n－S2n>S2n－Sn，故充分性成立；若S3n－S2n>S2n－Sn，則S3n－S2n－(S2n－Sn)＝n2d>0，所以d>0，故必要性成立，所以“d>0”是“S3n－S2n>S2n－Sn”的充要條件．7．(2023·莆田模擬)拋物線有如下光學(xué)性質(zhì)：過焦點的光線經(jīng)拋物線反射后得到的光線平行于拋物線的對稱軸；反之，平行于拋物線對稱軸的入射光線經(jīng)拋物線反射后必過拋物線的焦點．已知拋物線E：y2＝2px(0<p<4)，一條平行于x軸的光線從點A(8,2p)射出，經(jīng)過拋物線E上的點B反射后，與拋物線E交于點C，若△ABC的面積是10，則p等于()A.eq\f(1,2)B．1C.eq\f(3,2)D．2答案D解析由題知拋物線焦點為Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，AB∥x軸，將y＝2p代入y2＝2px得x＝2p，則B(2p,2p)，由題可知B，F(xiàn)，C三點共線，直線BC：y＝eq\f(2p,2p－\f(p,2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))，即y＝eq\f(4,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))，代入拋物線方程消去y得，8x2－17px＋2p2＝0，設(shè)方程兩根為x1，x2，則x1＋x2＝eq\f(17p,8)，則|BC|＝x1＋x2＋p＝eq\f(17p,8)＋p＝eq\f(25,8)p，又A(8,2p)到BC：4x－3y－2p＝0的距離d＝eq\f(|32－6p－2p|,5)＝eq\f(32－8p,5)，∴由S△ABC＝10得，eq\f(1,2)·|BC|·d＝10?eq\f(25,8)p·eq\f(32－8p,5)＝20?p＝2.8．(2023·長春模擬)在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，側(cè)棱AA1⊥底面ABCD，AB∥CD,2AB＝BC＝CD，BC⊥CD，側(cè)面A1ABB1為正方形，設(shè)O為四棱錐A1－CC1D1D外接球的球心，E為DD1上的動點，則直線AE與OB所成的最小角的正弦值為()A.eq\f(\r(5),5)B.eq\f(2\r(5),5)C.eq\f(2\r(6),5)D.eq\f(1,5)答案D解析如圖所示，以C為坐標原點，CD，CB，CC1所在的直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，設(shè)AB＝1，則A(1,2,0)，C(0,0,0)，B(0,2,0)，球心O在平面CDD1C1上的投影坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，則設(shè)球心Oeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，h，\f(1,2)))，則OA＝OC，即eq\r(1－12＋h－22＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\r(12＋h2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)，解得h＝eq\f(3,4)，則Oeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,4)，\f(1,2))).設(shè)E(2,0，a)，a∈[0,1]，eq\o(EA,\s\up6(→))＝(－1,2，－a)，eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(5,4)，－\f(1,2)))，則|cos〈eq\o(EA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(EA,\s\up6(→))·\o(OB,\s\up6(→))|,|\o(EA,\s\up6(→))||\o(OB,\s\up6(→))|)＝eq\f(1＋\f(5,2)＋\f(1,2)a,\r(a2＋5)·\f(3\r(5),4))＝eq\f(\f(7,2)＋\f(1,2)a,\r(a2＋5)·\f(3\r(5),4))＝eq\f(14＋2a,3\r(5)×\r(a2＋5))，設(shè)7＋a＝t，則a＝t－7，t∈[7,8]，則eq\f(14＋2a,3\r(5)×\r(a2＋5))＝eq\f(2t,3\r(5)×\r(t2－14t＋54))＝eq\f(2,3\r(5)×\r(54\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－\f(7,54)))2＋\f(5,54)))，當(dāng)t＝eq\f(54,7)時，有最大值eq\f(2,3\r(5)×\r(\f(5,54)))＝eq\f(2\r(6),5)，此時直線AE與OB所成的角最小，對應(yīng)的正弦值為eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(6),5)))2)＝eq\f(1,5).二、多項選擇題9．(2023·黃岡浠水縣第一中學(xué)模擬)下列命題正確的是()A．對于事件A，B，若A?B，且P(A)＝0.3，P(B)＝0.6，則P(B|A)＝1B．若隨機變量ξ～N(2，σ2)，P(ξ<4)＝0.84，則P(2<ξ<4)＝0.16C．樣本相關(guān)系數(shù)r的絕對值越接近1，兩個隨機變量的線性相關(guān)程度越強D．在作回歸分析時，殘差圖中殘差點分布的帶狀區(qū)域的寬度越寬表示回歸效果越差答案ACD解析對于A，由于A?B，即A發(fā)生必定有B發(fā)生，根據(jù)條件概率的定義知P(B|A)＝1，正確；對于B，根據(jù)正態(tài)分布密度函數(shù)的性質(zhì)知，P(ξ≥4)＝1－P(ξ＜4)＝0.16，∴P(ξ≤0)＝P(ξ≥4)＝0.16，P(0＜ξ＜4)＝1－0.16×2＝0.68，P(2＜ξ＜4)＝eq\f(P0＜ξ＜4,2)＝0.34，錯誤；對于C，根據(jù)樣本相關(guān)系數(shù)的性質(zhì)知，|r|越接近1，表示線性相關(guān)程度越強，正確；對于D，殘差點分布的帶狀區(qū)域越寬說明線性回歸時的誤差越大，即回歸效果越差，正確．10.函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(其中A>0，ω>0，|φ|<π)的部分圖象如圖所示，則下列說法正確的是()A．函數(shù)y＝f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)，\f(π,12)))上單調(diào)遞減B．函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(19π,12)，0))中心對稱C．將函數(shù)y＝f(x)的圖象向左平移eq\f(π,3)個單位長度得到函數(shù)g(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的圖象D．若f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，a))上的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－A，\r(3)))，則實數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(13π,12)，\f(3π,2)))答案AD解析由圖象可得A＝2，且eq\f(3,4)T＝eq\f(7π,12)＋eq\f(π,6)＝eq\f(3π,4)，故T＝π，即ω＝2，而2×eq\f(7π,12)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，故φ＝－eq\f(2π,3)＋2kπ，k∈Z，因為|φ|<π，故φ＝－eq\f(2π,3)，故f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(2π,3))).對于A，當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)，\f(π,12)))時，－eq\f(3π,2)≤2x－eq\f(2π,3)≤－eq\f(π,2)，而函數(shù)y＝sint在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3π,2)，－\f(π,2)))上單調(diào)遞減，故函數(shù)y＝f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)，\f(π,12)))上單調(diào)遞減，故A正確；對于B，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(19π,12)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(19π,6)－\f(2π,3)))＝2，故直線x＝eq\f(19π,12)為函數(shù)圖象的對稱軸，故B錯誤；對于C，將函數(shù)y＝f(x)的圖象向左平移eq\f(π,3)個單位長度得到函數(shù)y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)－\f(2π,3)))＝2sin2x的圖象，故C錯誤；對于D，當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，a))時，eq\f(2π,3)≤2x－eq\f(2π,3)≤2a－eq\f(2π,3)，因為函數(shù)的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，\r(3)))，故eq\f(3π,2)≤2a－eq\f(2π,3)≤eq\f(7π,3)，故eq\f(13π,12)≤a≤eq\f(3π,2)，故D正確．11．(2023·長沙模擬)素描幾何體是素描初學(xué)者學(xué)習(xí)繪畫的必學(xué)課程，是復(fù)雜形體最基本的組成部分和表現(xiàn)方式，因此學(xué)習(xí)素描幾何體是美術(shù)入門最重要的一步．素描幾何體包括：柱體、錐體、球體以及它們的組合體和穿插體．其中，十字穿插體是由兩個相同的長方體相互從中部貫穿而形成的幾何體，也可以看作四個相同的幾何體(記為Γ)拼接而成，體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對稱美．已知在如圖所示的十字穿插體中，AB＝BC＝2，CC1＝4eq\r(2)，下列說法正確的是()A．ED1⊥平面EMNB．PE與B1D1所成角的余弦值為eq\f(\r(6),3)C．平面EMN截該十字穿插體的外接球的截面面積為9πD．幾何體Γ的體積為eq\f(20\r(2),3)答案ACD解析對于A，連接B1D1，D1N，D1E，如圖，由AB＝BC＝2，CC1＝4eq\r(2)可知，P，Q，M，N均為棱上的四等分點，E，F(xiàn)為棱上的中點，因為AB＝BC＝2，CC1＝4eq\r(2)，所以B1D1＝2eq\r(2)，B1E＝2eq\r(2)，A1N＝3eq\r(2)，所以ED1＝4，EN＝eq\r(6)，D1N＝eq\r(22)，所以D1N2＝EDeq\o\al(2,1)＋EN2，故ED1⊥EN，同理可得ED1⊥EM，又EN∩EM＝E，EN，EM?平面EMN，所以ED1⊥平面EMN，故A正確；對于B，連接EF，則PE與B1D1所成的角即為PE與EF所成的角，在△PEF中，PE＝PF＝eq\r(6)，EF＝2eq\r(2)，△PEF為等腰三角形，所以PE與EF所成角的余弦值為eq\f(\f(1,2)EF,PE)＝eq\f(\r(2),\r(6))＝eq\f(\r(3),3)，故B錯誤；對于C，該十字穿插體的外接球球心即為長方體ABCD－A1B1C1D1的中心O，半徑R＝eq\f(1,2)eq\r(22＋22＋4\r(2)2)＝eq\r(10)，球心O到平面EMN的距離d，即為球心O到長方體側(cè)面的距離，所以d＝1，所以截面圓的半徑r＝eq\r(R2－d2)＝3，所以截面面積為9π，故C正確；對于D，幾何體?？扇镋QFP－A1B1C1D1，設(shè)其體積為x，V三棱錐P－EFN＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2eq\r(2)×2×2＝eq\f(4\r(2),3)，則2x＋2V三棱錐P－EFN＝＝16eq\r(2)，所以x＝eq\f(20\r(2),3)，故D正確．12．(2023·江蘇鎮(zhèn)江中學(xué)模擬)e是自然對數(shù)的底數(shù)，m，n∈R，n>0，已知mem＋lnn>nlnn＋m，則下列結(jié)論一定正確的是()A．若m>0，則m－n>0B．若m>0，則em－n>0C．若m<0，則m＋lnn<0D．若m<0，則em＋n>2答案BC解析原式變形為mem－m>nlnn－lnn，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝xex－x，則f(m)>f(lnn)，∵f′(x)＝ex(x＋1)－1，當(dāng)x>0時，ex>1，x＋1>1，則ex(x＋1)>1，即f′(x)＝ex(x＋1)－1>0；當(dāng)x<0時，0<ex<1，x＋1<1，則ex(x＋1)<1，即f′(x)＝ex(x＋1)－1<0，故f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，對于A，取m＝n＝e，則lnn＝1<m.∵f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故f(m)>f(lnn)，即m＝n＝e滿足題意，但m－n＝0，A錯誤；對于B，若m>0，則有：當(dāng)lnn≤0，即0<n≤1時，則em>1≥n，即em－n>0；當(dāng)lnn>0，即n>1時，由f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且f(m)>f(lnn)，故m>lnn，則em－n>0.綜上所述，em－n>0，B正確；對于C，若m<0，則有：當(dāng)lnn≤0，即0<n≤1時，m＋lnn<0顯然成立；當(dāng)lnn>0，即n>1時，令h(x)＝f(x)－f(－x)＝x(ex＋e－x－2)，∵ex＋e－x－2≥2eq\r(ex·e－x)－2＝0，當(dāng)且僅當(dāng)ex＝e－x，即x＝0時等號成立，∴當(dāng)x<0時，h(x)<0，即f(x)<f(－x)，由m<0可得f(m)<f(－m)，即f(lnn)<f(－m)．又∵由f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且lnn>0，－m>0，∴l(xiāng)nn<－m，即m＋lnn<0.綜上所述，m＋lnn<0，C正確；對于D，取m＝－2，n＝eq\f(1,e)，則lnn＝－1>m，∵f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，故f(m)>f(lnn)，∴m＝－2，n＝eq\f(1,e)滿足題意，但em＋n＝eq\f(1,e2)＋eq\f(1,e)<2，D錯誤．三、填空題13．(2023·溫州模擬)e1，e2是平面內(nèi)兩個不共線的向量，且a＝e1＋ke2，b＝4ke1＋e2，若a∥b，則實數(shù)k＝________.答案±eq\f(1,2)解析因為a∥b，所以?λ∈R，使得a＝λb成立，即e1＋ke2＝4kλe1＋λe2.因為e1，e2不共線，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＝4kλ，,k＝λ，))解得k＝±eq\f(1,2).14．若函數(shù)f(x)＝eq\f(k－2x,1＋k·2x)為奇函數(shù)，則k＝________.答案±1解析因為函數(shù)f(x)＝eq\f(k－2x,1＋k·2x)為奇函數(shù)，所以由f(x)＝－f(－x)可得，eq\f(k－2x,1＋k·2x)＝－eq\f(k－2－x,1＋k·2－x)＝eq\f(1－k·2x,2x＋k)，即k2－22x＝1－k2·22x，整理得(k2－1)(1＋22x)＝0，解得k＝±1，經(jīng)檢驗，當(dāng)f(x)＝eq\f(1－2x,1＋2x)或f(x)＝eq\f(－1－2x,1－2x)時，滿足f(x)＝－f(－x)．15．(2023·煙臺模擬)某高中為調(diào)查本校1800名學(xué)生周末玩游戲的時長，設(shè)計了如下的問卷調(diào)查方式：在一個袋子中裝有3個質(zhì)地和大小均相同的小球，其中1個白球，2個紅球，規(guī)定每名學(xué)生從袋子中有放回地隨機摸兩次球，每次摸出一個球，記下顏色．若“兩次摸到球的顏色相同”，則回答問題一：若第一次摸到的是紅球，則在問卷中畫“○”，否則畫“×”；若“兩次摸到的球顏色不同”，則回答問題二：若玩游戲時長不超過一個小時，則在問卷中畫“○”，否則畫“×”．當(dāng)全校學(xué)生完成問卷調(diào)查后，統(tǒng)計畫“○”和畫“×”的比例，由頻率估計概率，即可估計出玩游戲時長超過一個小時的人數(shù)．若該校高一一班有45名學(xué)生，用X表示回答問題一的人數(shù)，則X的均值為________；若該校的所有調(diào)查問卷中，畫“○”和畫“×”的比例為7∶2，則可估計該校學(xué)生玩游戲時長超過一個小時的人數(shù)為________．答案25450解析依題意，每次摸到白球的概率為eq\f(1,3)，摸到紅球的概率為eq\f(2,3)，兩次摸到的球顏色相同的概率P＝eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(5,9)，于是回答問題一的人數(shù)X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(45，\f(5,9)))，所以X的均值E(X)＝45×eq\f(5,9)＝25；用A表示“回答問題一”，B表示“回答問題二”，C表示“在問卷中畫×”，則有P(A)＝eq\f(5,9)，P(B)＝1－P(A)＝eq\f(4,9)，P(A)P(C|A)＝P(AC)＝eq\f