2025届高中数学三轮冲刺：高考仿真卷(六)（含解析）

高考仿真卷(六)(时间：120分钟分值：150分)一、选择题(本题共8小题，每小题5分，共40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·秦皇岛模拟)设复数z1，z2在复平面内的对应点关于虚轴对称，z1=3-i，则z1z2等于()A.-10 B.10 C.-8 D.82.已知向量a=(1，2)，b=(-1，1)，c=(-5，-4).若向量(a+kb)与c共线，则k等于()A.-23 B.-12 C.-13 D3.6人站成一排，其中甲、乙两人中间恰有1人的站法有()A.240种 B.192种 C.144种 D.96种4.(2024·连云港模拟)记等比数列{an}的前n项之积为Tn，则“a6a7>1”是“T12>1”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件5.(2024·营口模拟)已知x>0，y>0，且2x+y=1，则x+yxy的最小值为A.4B.42C.6D.22+36.已知α+β∈(0，π)，且tanα=2，cos(α+β)=-31010，则tan(α-β)等于A.-913B.913C.-7127.双曲线Γ：y2a2-x2b2=1(a>0，b>0)的两焦点分别为F1，F2，过F2的直线与其一支交于A，B两点，点B在第四象限.以F1为圆心，Γ的实轴长为半径的圆与线段AF1，BF1分别交于M，N两点，且|AM|=3|BN|，F1B⊥F2B，A.y=±6x B.y=±62C.y=±63x D.y=±68.在一次数学模拟考试中，从甲、乙两个班各自抽出10个人的成绩，甲班的10个人成绩分别为x1，x2，…，x10，乙班的10个人成绩分别为y1，y2，…，y10.假设这两组数据中位数相同，方差也相同，则把这20个数据合并后()A.中位数一定不变，方差可能变大B.中位数可能改变，方差可能变大C.中位数一定不变，方差可能变小D.中位数可能改变，方差可能变小二、选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分)9.函数f(x)=4sin(ωx+φ)0<ω≤2，-πA.φ=-πB.f(x)的图象关于直线x=π对称C.f(x)=4cosxD.若方程f(x)=2在(0，m)上有且只有5个根，则m的取值范围为26π10.(2024·南昌模拟)将正数x用科学记数法表示为x=a×10n，a∈[1，10)，n∈Z，则把n，lga分别叫做lgx的首数和尾数，分别记为S(lgx)，W(lgx)，下列说法正确的是()A.若M=2×10m，N=3×10n，m，n∈Z，则S(lg(MN))=S(lgM)+S(lgN)B.若M=2×10m，N=8×10n，m，n∈Z，则W(lg(MN))=W(lgM)+W(lgN)C.若M=2×10m，N=4×10n，m，n∈Z，则SlgMN=S(lgM)-S(lgD.若M=8×10m，N=2×10n，m，n∈Z，则WlgMN=W(lgM)-W(lg11.(2024·张家界模拟)在四棱锥P⁃ABCD中，PD=2，正方形ABCD的边长为2，PD⊥平面ABCD，则下列选项正确的是()A.该四棱锥的外接球的表面积为12πB.若点E为PA的中点，则BE∥平面PDCC.若点Q在△PDC内(含边界)，且∠DQA=∠BQC，则BQ长度的最大值为6D.若点M在正方形ABCD内(不含边界)，且∠DPM=45°，则四棱锥P⁃AMCD的体积的最大值为4三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)12.(2024·黄山模拟)已知b>0，函数f(x)=a+4bx2x是奇函数，则a+13.已知直线l：y=kx-2k-1与圆C：x2+y2=5相切，则k=.

14.(2024·福州模拟)记Nm*={1，2，3，…，m}(m∈N*)，Ak表示k个元素的有限集，S(E)表示非空数集E中所有元素的和，若集合Mm，k=S(Ak)|Ak⊆Nm*，则M4，3=，若S(四、解答题(本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15.(13分)(2024·滨州模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，且S=12b2(1)证明：b=2c；(6分)(2)若bcosA=14c，求cosC.(7分16.(15分)(2024·常州模拟)某学校组织游戏活动，规则是学生从盒子中有放回地摸球且每次只能摸取1个球，每次摸球结果相互独立，盒中有1分和2分的球若干，摸到1分球的概率为23，摸到2分球的概率为(1)若学生甲摸球2次，其总得分记为X，求随机变量X的分布列与期望；(7分)(2)学生甲、乙各摸5次球，最终得分若相同，则都不获得奖励；若不同，则得分多者获得奖励.已知甲前3次摸球得了6分，求乙获得奖励的概率.(8分)17.(15分)(2024·鹤壁模拟)如图，在以P，A，B，C，D为顶点的五面体中，四边形ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AD=CD=12AB，平面PAD⊥平面PAB，PA⊥PB(1)求证：平面PAD⊥平面PBC；(5分)(2)若二面角P-AB-D的余弦值为33，求直线PD与平面PBC所成角的正弦值.(1018.(17分)(2024·石家庄模拟)已知圆E：(x+6)2+y2=32，动圆C与圆E内切，且经过定点F(6，0)(1)求动圆圆心C的轨迹方程；(5分)(2)若直线l：y=x+t与(1)中轨迹交于不同的两点A，B，记△OAB外接圆的圆心为M(O为坐标原点)，平面上是否存在两定点C，D，使得||MC|-|MD||为定值？若存在，求出定点坐标和定值；若不存在，请说明理由.(12分)19.(17分)设f'(x)是函数f(x)的导函数，若f'(x)可导，则称函数f'(x)的导函数为f(x)的二阶导函数，记为f″(x).若f″(x)有变号零点x=x0，则称点(x0，f(x0))为曲线y=f(x)的“拐点”.(1)研究发现，任意三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)，曲线y=f(x)都有“拐点”，且该“拐点”也是函数y=f(x)的图象的对称中心.已知函数f(x)=x3+bx2-24x+d的图象的对称中心为(1，3)，求函数f(x)的解析式，并讨论f(x)的单调性；(5分)(2)已知函数g(x)=1m2emx-1+16mx3-x2+12mx-23①求曲线y=g(x)的“拐点”；(4分)②若g(x1)+g(x2)=-2(x1≠x2)，求证：x1+x2<2m.(8分

答案精析1.A[∵z1=3-i，z1，z2所对应的点关于虚轴对称，∴z2=-3-i，∴z1z2=-9-1=-10.]2.A[因为a=1，2，b=所以a+kb=1-k又a+kb所以-52+k=-41-解得k=-23.3.B[先对甲、乙两人进行排列，有A22种站法；然后从剩下的4人中选1人站在甲、乙两人中间，有最后将甲、乙和中间的那个人看成1个元素，与其他3个元素进行全排列，有A4所以不同的站法有A22C41A4.A[若a6a7>1，则有T12=a1a2…a12=(a6a7)6>1，故充分性成立；若T12>1，即a1a2…a12>1，即(a6a7)6>1，则a6a7>1或a6a7<-1，故必要性不成立，所以“a6a7>1”是“T12>1”的充分不必要条件.]5.D[因为x>0，y>0，且2x+y=1，所以x+yxy=1y+1x=1y+1x(2x+y)=2x当且仅当2xy=yx，即x=2-22，y=6.A[因为α+β∈(0，π)，由cos(α+β)=-310可得sin(α+β)=1-cos2(则tan(α+β)=-13又tan2α=2tanα1-tan故tan(α-β)=tan[2α-(α+β)]=tan2α-tan(α+β)7.C[如图，由题意得，|F1M|=|F1N|=2a，设|BN|=t(t>0)，则|AM|=3|BN|=3t，所以|AF1|=2a+3t，|BF1|=2a+t，由双曲线的定义得，|AF1|-|AF2|=|BF1|-|BF2|=2a，所以|AF2|=3t，|BF2|=t，则|AB|=|AF2|+|BF2|=4t，因为F1B⊥F2B，在Rt△AF1B中，|BF1|2+|AB|2=|AF1|2，即(2a+t)2+(4t)2=(2a+3t)2，解得t=a，所以|BF1|=3a，|BF2|=a，在Rt△BF1F2中，|BF1|2+|BF2|2=|F1F2|2，即(3a)2+a2=(2c)2，可得a2=25c2所以b2=c2-a2=35c2所以a2b2=23，即故双曲线Γ的渐近线方程为y=±63x.8.A[不妨设x1≤x2≤…≤x10，y1≤y2≤…≤y10，则x1，x2，…，x10的中位数为x5y1，y2，…，y10的中位数为y5因为x5+x所以x5≤y5≤y6≤x6或y5≤x5≤x6≤y6，则合并后的数据中位数是x5+x6设甲班数据的方差为s2，平均数为x，乙班数据的方差为s2，平均数为y，合并后总数为20，平均数为ω，方差为s1s12=120{10[s2+(x-ω)2]+10[s2+(y-ω=12[s2+(x-ω)2]+12[s2+(y-ω)2]=s2+12(x-ω)2+12(y如果平均数相同则方差不变，如果平均数不同则方差变大.]9.ACD[对于A，由f(0)=-2，得4sinφ=-2，即sinφ=-12又-π2<φ<π2，所以φ=-π6对于C，又f(x)的图象过点π3则fπ3=0，即sinωπ所以ωπ3-π6=kπ，k得ω=3k+12，k∈Z又0<ω≤2，所以ω=12所以f(x)=4sinx2-π6=4sinπ2对于B，因为f(x)=4sinx2-π6，而f(π)=4sinπ2-故直线x=π不是函数f(x)的图象的对称轴，故B错误；对于D，由f(x)=2，得cosx2-2π解得x=2π+4kπ，k∈Z或x=2π3+4kπ，k∈Z方程f(x)=2在(0，m)上有5个根，从小到大依次为2π3，2π，14π3，6π，而第6个根为10π，所以26π3<m≤10π，故D正确.10.AD[对于A，若M=2×10m，N=3×10n，m，n∈Z，则S(lgM)=m，S(lgN)=n，MN=6×10m+n，S(lg(MN))=m+n，所以S(lg(MN))=S(lgM)+S(lgN)，故A正确；对于B，若M=2×10m，N=8×10n，m，n∈Z，则W(lgM)=lg2，W(lgN)=lg8，MN=16×10m+n=1.6×10m+n+1，W(lg(MN))=lg1.6，所以W(lg(MN))=W(lgM)+W(lgN)不成立，故B错误；对于C，若M=2×10m，N=4×10n，m，n∈Z，则S(lgM)=m，S(lgN)=n，MN=12×10m-n=5×10m-nSlgMN=m-n所以SlgMN=S(lgM)-S(lgN)不成立，故对于D，若M=8×10m，N=2×10n，m，n∈Z，则W(lgM)=lg8，W(lgN)=lg2，MN=4×10m-n，WlgMN=lg所以WlgMN=W(lgM)-W(lgN)，故D正确11.ACD[对于A，由已知将四棱锥P⁃ABCD补形为正方体，则该四棱锥的外接球的直径2R即为棱长为2的正方体的体对角线长，所以(2R)2=22+22+22=12，则R2=3，所以外接球的表面积为4πR2=12π，故A正确；对于B，分别取BC，PD的中点F，G，连接EF，EG，GC，如图，则EG∥AD且EG=12AD又FC∥AD且FC=12AD所以EG∥FC且EG=FC，所以四边形EFCG是平行四边形，则EF∥CG，又CG⊂平面PDC，EF⊄平面PDC，所以EF∥平面PDC，又EG∥BC，所以BE，EF，GC共面，由BE∩EF=E，得BE与平面PDC不平行，故B错误；对于C，易证AD⊥平面PDC，BC⊥平面PDC，则AD⊥DQ，BC⊥CQ，由已知，∠DQA=∠BQC，得tan∠DQA=ADDQ=tan∠BQC=BC所以QC=QD，则点Q的轨迹为线段DC的中垂线在△PDC内(含边界)的部分，当Q为PC的中点时，BQ最大，此时BQ=22+12+对于D，由已知，点M在正方形ABCD内(不含边界)，∠DPM=45°，所以点M的轨迹是以D为圆心，2为半径的14个圆弧在正方形ABCD内(不含边界)要使四棱锥P⁃AMCD的体积最大，则需四边形AMCD的面积最大，当M在AC的中点时，四边形AMCD的面积最大，此时S四边形AMCD=2×12×2×2×sin45°=22所以四棱锥P⁃AMCD的体积的最大值为13×22×2=423，故D12.0解析因为函数f(x)的定义域为R，且f(x)=a+所以f(0)=0，所以a=-1，所以f(x)=4bx-12x=2(2b-1)x由f(-1)=-f(1)知21-2b-2=-22b-1+12即21-2b+22b-1=52又因为b>0，所以1-2b≠1，则2b-1=1，b=1，所以f(x)=2(2b-1)x-2-x=2x-2-x，满足题意，所以a+b=0.13.2解析直线l的一般式方程为kx-y-2k-1=0，圆x2+y2=5的圆心C的坐标为(0，0)，半径r=5，由于直线l和圆C相切，所以圆心C到直线l的距离等于半径，所以|-2k-1解得k=2.14.{6，7，8，9}21解析当m=4，k=3时，N4*={1，2，3，4}，A3表示由Ak⊆Nm*可知A3={1，2，3}或A3={1，2，4}或A3={1，3，4}或A3={2，3，4故M4，3={6，7，8，9}；由题意知Mm，2={3，4，5，…，2m-1}，故由S(Mm，2)≥817可得(2m-1-2)(3+2m即(2m-3)(m+1)≥817，解得m≥1+65614=20.5或m≤1-65614=-20结合m∈N*，故m的最小值为21.15.(1)证明因为△ABC的面积S=12bcsinA又S=12b2-所以12bcsinA=12b2又A∈(0，π)，则sinA>0，所以12bc=12b2-c所以(b+c)(b-2c)=0，又b+c>0，所以b=2c.(2)解因为bcosA=14c所以cosA=c4b=18所以a2=b2+c2-14bc=4c2+c2-12c2=92所以a=322所以cosC=a2+b2-16.解(1)由题意知学生甲摸球2次总得分X的所有可能取值为2，3，4，则P(X=2)=23×23=P(X=3)=C21×23×1P(X=4)=13×13=所以X的分布列为X234P441所以E(X)=2×49+3×49+4×19(2)记Am=“甲最终得分为m分”，m=8，9，10；B=“乙获得奖励”.P(A9)=C21×23×1P(A8)=C222当甲最终得9分时，乙获得奖励需要最终得10分，则P(B|A9)=C551当甲最终得8分时，乙获得奖励需要最终得10分或9分，则P(B|A8)=C55135+C51故P(B)=P(A9B)+P(A8B)=P(A9)×P(B|A9)+P(A8)×P(B|A8)=49×135+=4837=即乙获得奖励的概率为1672917.(1)证明因为平面PAD⊥平面PAB，平面PAD∩平面PAB=PA，PA⊥PB，PB⊂平面PAB，所以PB⊥平面PAD，又因为PB⊂平面PBC，所以平面PAD⊥平面PBC.(2)解过D作DH⊥PA，DO⊥AB，垂足分别为H，O，连接HO，因为平面PAD⊥平面PAB，平面PAD∩平面PAB=PA，DH⊥PA，DH⊂平面PAD，所以DH⊥平面PAB，又AB⊂平面PAB，所以DH⊥AB，又DO⊥AB，且DO∩DH=D，DO，DH⊂平面DHO，所以AB⊥平面DHO，因为HO⊂平面DHO，所以AB⊥HO，即∠DOH即为二面角P-AB-D的平面角，不妨设AB=4，则可知AD=CD=BC=2，且AO=1，OD=3，因为DH⊥平面PAB，OH⊂平面PAB，所以DH⊥OH，又cos∠DOH=33，所以OH=1，所以∠BAP=π过点O作OM⊥平面PAB，以O为坐标原点，OA，OH，OM所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则D(0，1，2)，P(-1，2，0)，B(-3，0，0)，C(-2，1，2)，所以PD=(1，-1，2)，BP=(2，2，0)，CP=(1，1，-2)，设平面PBC的法向量为m=(x，y，z)，则m令x=1，则y=-1，z=0，所以m=(1，-1，0)，设直线PD与平面PBC所成的角为θ，则sinθ=|cos〈m，PD〉|=|m·PD||故直线PD与平面PBC所成角的正弦值为2218.解(1)设圆E的半径为r，圆E与动圆C内切于点Q.∵点F在圆E内部，∴圆心C在圆E内部.∴|CE|+|CF|=|CE|+|CQ|=r=42>|EF|=26，∴动圆圆心C的轨迹是焦点在x轴上的椭圆，其方程为x28+(2)联立l：y=x+t与椭圆方程，消去y得5x2+8tx+4t2-8=0，Δ=160-16t2>0，又O，A，B三点不共线，则0<t2<10，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1+x2=-8t5，x1x2=设△OAB的外接圆的方程为x2+y2+dx+ey=0，联立l：y=x+t与圆的方程，消去y得2x2+(2t+d+e)x+t2+et=0，则x1+x2=-2t+d+e2=-8t5，x∴2t+d+e=16t5，t2+et=解得d=3t5+165t，e=设圆心坐标为M(x，y)，则x=-d2=-3t10-85t，y=-e∴x2-y2=-3t10-8