2026步步高高考大二轮复习数学-14小题＋1大题(解几)-节选自郑州市模拟

14小题＋1大题(解几)——节选自郑州市模拟一、单选题(每小题5分，共40分)1.已知全集U＝{x|－1<x<5}，集合A满足∁UA＝{x|0≤x<3}，则()A.0∈A B.1∉AC.2∈A D.3∉A答案B解析因为U＝{x|－1<x<5}，∁UA＝{x|0≤x<3}，所以A＝{x|－1<x<0或3≤x<5}，所以B正确.2.数据6.0，7.4，8.0，8.4，8.6，8.7，8.9，9.1的第75百分位数为()A.8.5 B.8.6C.8.7 D.8.8答案D解析因为8×0.75＝6，所以第75百分位数为eq\f(8.7＋8.9,2)＝8.8，故选D.3.已知数列{an}为等比数列，且a1＝1，a9＝16.设等差数列{bn}的前n项和为Sn，若b5＝a5，则S9＝()A.－36或36 B.－36C.36 D.18答案C解析因为{an}是等比数列，设公比为q，所以aeq\o\al(2,5)＝a1a9＝16，因为a1>0，所以a5＝a1q4>0，所以a5＝4，即b5＝4.因为数列{bn}是等差数列，所以S9＝9b5＝36，故选C.4.中国南北朝时期的著作《孙子算经》中对同余除法有较深的研究.设a，b，m(m>0)为整数，若a和b被m除得的余数相同，则称a和b对模m同余，记为a≡b(modm).若a＝Ceq\o\al(1,20)·2＋Ceq\o\al(2,20)·22＋…＋Ceq\o\al(20,20)·220，a≡b(mod10)，则b的值可以是()A.2018 B.2020C.2022 D.2024答案B解析因为a＝Ceq\o\al(1,20)·2＋Ceq\o\al(2,20)·22＋…＋Ceq\o\al(20,20)·220＝Ceq\o\al(0,20)＋Ceq\o\al(1,20)·2＋Ceq\o\al(2,20)·22＋…＋Ceq\o\al(20,20)·220－1＝(1＋2)20－1＝320－1，所以a＝320－1＝(32)10－1＝910－1＝(10－1)10－1＝Ceq\o\al(0,10)1010－Ceq\o\al(1,10)109＋Ceq\o\al(2,10)108－…－Ceq\o\al(9,10)10＋Ceq\o\al(10,10)－1＝Ceq\o\al(0,10)1010－Ceq\o\al(1,10)109＋Ceq\o\al(2,10)108－…－Ceq\o\al(9,10)10，所以a能被10整除，从选项可以看出，只有2020能被10整除，即b的值可以为2020，故选B.5.声音是由物体振动产生的声波，其中包含着正弦函数.纯音的数学模型是函数y＝Asinωt，但我们平时听到的乐音不只是一个音在响，而是许多个音的结合，称为复合音.若一个复合音的数学模型是函数f(x)＝sinx＋eq\f(1,2)sin2x(x∈R)，则下列说法正确的是()A.f(x)的一个周期为πB.f(x)的最大值为eq\f(3,2)C.f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))对称D.f(x)在区间[0，π]上有2个零点答案D解析因为f(x)＝sinx＋eq\f(1,2)sin2x，所以f(x＋π)＝sin(x＋π)＋eq\f(1,2)sin[2(x＋π)]＝－sinx＋eq\f(1,2)sin2x≠f(x)，所以A错误；若函数f(x)的最大值为eq\f(3,2)，则sinx，sin2x同时取最大值，即sinx＝1且sin2x＝1，又sin2x＝2sinxcosx，所以若sinx＝1，则cosx＝0，sin2x＝0，即sinx＝1与sin2x＝1不可能同时成立，所以B错误；因为f(x)＋f(π－x)＝sinx＋eq\f(1,2)sin2x＋sin(π－x)＋eq\f(1,2)·sin[2(π－x)]＝2sinx≠0，所以函数f(x)的图象不关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，0))对称，所以C错误；令f(x)＝sinx＋eq\f(1,2)sin2x＝sinx＋sinxcosx＝sinx·(1＋cosx)＝0，得sinx＝0或1＋cosx＝0，又因为x∈[0，π]，所以x＝0或x＝π，所以函数f(x)在区间[0，π]上有2个零点，所以D正确.6.在某次测试中，若甲、乙、丙三人获得优秀等级的概率分别是0.5，0.6和0.7，且三人的测试结果相互独立.测试结束后，在甲、乙、丙三人中恰有两人没有达到优秀等级的条件下，乙达到优秀等级的概率为()A.eq\f(5,8) B.eq\f(7,8)C.eq\f(9,29) D.eq\f(20,29)答案C解析设事件A＝“甲、乙、丙三人中恰有两人没有达到优秀等级”，事件B＝“乙达到优秀等级”，所以P(A)＝0.5×(1－0.6)×(1－0.7)＋(1－0.5)×0.6×(1－0.7)＋(1－0.5)×(1－0.6)×0.7＝0.29，P(AB)＝(1－0.5)×0.6×(1－0.7)＝0.09，所以P(B|A)＝eq\f(P（AB）,P（A）)＝eq\f(0.09,0.29)＝eq\f(9,29)，故选C.7.在平面直角坐标系xOy中，设A(2，4)，B(－2，－4)，动点P满足eq\o(PO,\s\up6(→))·eq\o(PA,\s\up6(→))＝－1，则tan∠PBO的最大值为()A.eq\f(2\r(21),21) B.eq\f(4\r(29),29)C.eq\f(2\r(41),41) D.eq\f(\r(2),2)答案C解析设P(x，y)，则eq\o(PO,\s\up6(→))＝(－x，－y)，eq\o(PA,\s\up6(→))＝(2－x，4－y)，由eq\o(PO,\s\up6(→))·eq\o(PA,\s\up6(→))＝－1，得－x(2－x)－y(4－y)＝－1，即x2＋y2－2x－4y＋1＝0，即(x－1)2＋(y－2)2＝4，所以点P的轨迹是以C(1，2)为圆心，半径r＝2的圆.因为点B(－2，－4)，所以kOB＝kOC＝2，所以O，B，C三点共线，且点O在B，C之间，则∠PBO＝∠PBC，所以当直线PB与圆C相切时，∠PBC最大，即tan∠PBC取最大值，|BC|＝eq\r(（1＋2）2＋（2＋4）2)＝3eq\r(5)，当PB与圆C相切时，|PB|＝eq\r(|BC|2－r2)＝eq\r(45－4)＝eq\r(41)，所以(tan∠PBC)max＝eq\f(r,|PB|)＝eq\f(2,\r(41))＝eq\f(2\r(41),41)，故选C.8.已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，双曲线C的离心率为e，点P为双曲线C右支上一点，满足e·sin∠PF1F2＝1，且S△F1PF2＝4a2，则双曲线C的渐近线方程为()A.2x±y＝0 B.x±2y＝0C.3x±y＝0 D.x±3y＝0答案A解析因为e·sin∠PF1F2＝1，且e＝eq\f(c,a)，所以sin∠PF1F2＝eq\f(a,c).因为S△F1PF2＝eq\f(1,2)|PF1|·|F1F2|·sin∠PF1F2＝eq\f(1,2)|PF1|·2c·eq\f(a,c)＝4a2，所以|PF1|＝4a.因为点P为双曲线C右支上一点，由双曲线定义得|PF1|－|PF2|＝2a，所以|PF2|＝2a.因为S△F1PF2＝eq\f(1,2)|PF1|×|PF2|×sin∠F1PF2＝eq\f(1,2)×4a×2a×sin∠F1PF2＝4a2，所以sin∠F1PF2＝1，又因为0<∠F1PF2<π，所以∠F1PF2＝eq\f(π,2)，所以PF1⊥PF2.因为PF1⊥PF2，所以|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2，即(4a)2＋(2a)2＝(2c)2，即c2＝5a2，所以a2＋b2＝5a2，即b2＝4a2，又a>0，b>0，所以eq\f(b,a)＝2，所以渐近线方程为y＝±eq\f(b,a)x＝±2x，故选A.二、多选题(每小题6分，共18分)9.在复平面内，复数z1＝eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)i对应的点为A，复数z2＝z1－1对应的点为B，下列说法正确的是()A.|z1|＝|z2|＝1B.z1·z2＝|z1|2C.向量eq\o(AB,\s\up6(→))对应的复数是1D.|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝|z1－z2|答案AD解析因为z1＝eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)i，则其对应的点为Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(\r(3),2)))，z2＝z1－1＝－eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)i，则复数z2对应的点为Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(\r(3),2))).对于A，|z1|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)))\s\up12(2))＝1，|z2|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)))\s\up12(2))＝1，A正确；对于B，z1z2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(\r(3),2)i))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)－\f(\r(3),2)i))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)i))eq\s\up12(2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝－eq\f(3,4)－eq\f(1,4)＝－1，B错误；对于C，向量eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－1，0)，则向量eq\o(AB,\s\up6(→))对应的复数为－1，C错误；对于D，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝1，z1－z2＝1，所以|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝|z1－z2|，D正确.10.如图，在矩形ABB1A1中，AA1＝1，AB＝4，点C，D，E与点C1，D1，E1分别是线段AB与A1B1的四等分点.若把矩形ABB1A1卷成以AA1为母线的圆柱的侧面，使线段AA1与BB1重合，则以下说法正确的是()A.直线AC1与DE1异面B.AE∥平面A1CDC.直线DE1与平面AED1垂直D.点C1到平面DD1E1的距离为eq\f(2\r(2),π)答案ABD解析矩形ABB1A1卷成的圆柱如图所示.图1对于A，由图1可知，AD与C1E1是异面直线，所以点A，D，C1，E1不共面，所以直线AC1与DE1异面，A正确；图2对于B，如图2所示，由题意可知，AD与CE均为底面圆的直径，即AD与CE相交且互相平分，所以四边形AEDC为平行四边形，所以AE∥CD，因为CD⊂平面A1CD，AE⊄平面A1CD，所以AE∥平面A1CD，B正确；图3对于C，如图3，以底面圆心O为原点，OC，OA所在直线分别为x轴，y轴建立空间直角坐标系O－xyz.设圆柱底面半径为r，所以2πr＝4，所以r＝eq\f(2,π)，则Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,π)，0))，D1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2,π)，1))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2,π)，0))，E1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,π)，0，1))，则eq\o(DE1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,π)，\f(2,π)，1))，eq\o(AD1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(4,π)，1))，因为eq\o(DE1,\s\up6(→))·eq\o(AD1,\s\up6(→))＝－eq\f(8,π2)＋1≠0，所以DE1与AD1不垂直，所以DE1与平面AED1不可能垂直，C错误；图4对于D，如图4所示，连接C1D1，E1D1，C1E1.因为C1E1是底面圆的直径，则C1D1⊥D1E1.又因为DD1⊥平面C1D1E1，C1D1⊂平面C1D1E1，所以DD1⊥C1D1，又D1E1∩DD1＝D1，所以C1D1⊥平面DD1E1，C1D1的长即为点C1到平面DD1E1的距离.因为底面半径r＝eq\f(2,π)，且C1D1⊥D1E1，所以C1D1＝eq\f(C1E1,\r(2))＝eq\f(2\r(2),π)，D正确.11.已知函数f(x)的定义域为R，且f(x＋y)f(x－y)＝f2(x)－f2(y)，f(1)＝1，f(2x＋1)为偶函数，则()A.f(0)＝0 B.f(x)为偶函数C.f(2＋x)＝－f(2－x) D.eq\o(∑,\s\up6(2024),\s\do4(k=1))f(k)＝0答案ACD解析令x＝y＝0，得f2(0)＝f2(0)－f2(0)＝0，所以f(0)＝0，所以A正确；令x＝0，得f(y)f(－y)＝f2(0)－f2(y)，因为f(0)＝0，所以f(y)·f(－y)＝－f2(y)，即f(y)[f(y)＋f(－y)]＝0，因为f(y)不恒为0，所以f(y)＋f(－y)＝0，即f(x)＋f(－x)＝0，所以函数f(x)是奇函数，所以B错误；因为函数f(x)是奇函数，所以函数f(x)的图象关于原点对称.因为函数f(2x＋1)是偶函数，所以f(2x＋1)＝f(－2x＋1)，所以f(1＋x)＝f(1－x)，所以f(x)的图象关于直线x＝1对称，所以函数f(x)的图象关于点(2，0)对称，即f(2＋x)＝－f(2－x)成立，所以C正确，且函数f(x)是以4为周期的周期函数；因为f(0)＝0，f(1)＝1，并且函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，所以f(2)＝0，又因为函数f(x)的图象关于点(2，0)对称，所以f(3)＝－f(1)＝－1，因为函数f(x)是以4为周期的周期函数，所以f(4)＝f(0)＝0，即f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝1＋0＋(－1)＋0＝0，再由周期性得，eq\o(∑,\s\up6(2024),\s\do4(k=1))f(k)＝0，所以D正确.三、填空题(每小题5分，共15分)12.抛物线x2＝eq\f(1,a)y的准线方程为y＝1，则实数a的值为________.答案－eq\f(1,4)解析因为抛物线方程为x2＝eq\f(1,a)y，所以其准线方程为y＝－eq\f(1,4a)，即－eq\f(1,4a)＝1，所以a＝－eq\f(1,4).13.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝eq\r(2)，b＝4，c·cosB＋a＝0，则c＝________.点D在线段AB上，且∠CDA＝eq\f(3π,4)，则CD＝________.答案eq\r(10)eq\f(4\r(5),5)解析由c·cosB＋a＝0，得c·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＋a＝0，化简得3a2＋c2－b2＝0.又因为a＝eq\r(2)，b＝4，所以c＝eq\r(10)，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(16＋10－2,2×4×\r(10))＝eq\f(3\r(10),10)，因为A∈(0，π)，所以sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(\r(10),10).因为点D在线段AB上，且∠CDA＝eq\f(3π,4)，所以sin∠CDA＝eq\f(\r(2),2).在三角形ACD中，由正弦定理得，eq\f(CD,sinA)＝eq\f(AC,sin∠CDA)，即eq\f(CD,\f(\r(10),10))＝eq\f(4,\f(\r(2),2))，则CD＝eq\f(4\r(5),5).14.已知不等式ex－eq\f(1,a)＋1－2ax≥b对任意的实数x恒成立，则eq\f(b,a)的最大值为________.答案2－2ln2解析不等式ex－eq\f(1,a)＋1－2ax≥b对任意实数x恒成立，即ex－eq\f(1,a)＋1≥2ax＋b对任意实数x恒成立.函数f(x)＝ex－eq\f(1,a)＋1的大致图象如图所示，而y＝2ax＋b是一条直线，若ex－eq\f(1,a)＋1≥2ax＋b对任意实数x恒成立，则函数f(x)＝ex－eq\f(1,a)＋1的图象恒在直线y＝2ax＋b的上方，所以直线y＝2ax＋b的斜率大于0，即a>0.设直线y＝2ax＋b与x轴的交点为Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)，0))，所以当点A越往左运动时，－eq\f(b,2a)越小，即eq\f(b,a)越大，所以当直线y＝2ax＋b与函数f(x)＝ex－eq\f(1,a)＋1的图象相切时，eq\f(b,a)取最大值.当直线y＝2ax＋b与函数f(x)＝ex－eq\f(1,a)＋1的图象相切时，设切点为(t，et－eq\f(1,a)＋1)，f′(x)＝ex－eq\f(1,a)＋1，所以2a＝f′(t)＝et－eq\f(1,a)＋1.又因为2at＋b＝et－eq\f(1,a)＋1，所以2a＝2at＋b，即2＝2t＋eq\f(b,a)，所以eq\f(b,a)＝－2t＋2.因为2a＝et－eq\f(1,a)＋1，所以t－eq\f(1,a)＋1＝ln(2a)，所以t＝eq\f(1,a)＋ln(2a)－1，令g(a)＝eq\f(1,a)＋ln(2a)－1，a>0，所以g′(a)＝－eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a)＝eq\f(a－1,a2).因为g′(1)＝0，所以当0<a<1时，g′(a)<0；当a>1时，g′(a)>0，所以函数g(a)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，当a＝1时，g(a)取最小值，且最小值为ln2，即t的最小值为ln2.因为eq\f(b,a)＝－2t＋2是关于t的单调递减函数，所以当t取最小值ln2时，eq\f(b,a)取最大值，且最大值为2－2ln2.四、解答题(本题共13分；考查方向：解几)15.已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点(0，1)，且焦距为2eq\r(3).(1)求椭圆E的标准方程；(2)过点S(1，0)作两条互相垂直的弦AB，CD，设弦AB，CD的中点分别为M，N.①证明：直线MN必过定点；②若直线AB，CD的斜率均存在，求△MNS面积的最大值.(1)解依题意有b＝1，c＝eq\r(3)，∴a2＝b2＋c2＝4，∴椭圆E的标准方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)①证明设lAB：x＝my＋1(m≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则lCD：x＝－eq\f(1,m)y＋1(m≠0)，联立得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1，,x2＋4y2＝4，))故(m2＋4)y2＋2my－3＝0，Δ＝16m2＋48>0，y1＋y2＝eq\f(－2m,m2＋4)，∴x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2＝eq\f(8,m2＋4)，故Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,m2＋4)，\f(－m,m2＋4)))，由－eq\f(1,m)代替m，得Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4m2,1＋4m2)，\f(m,1＋4m2))).当eq\f(4,m2＋4)＝eq\f(4m2,1＋4m