2026步步高高考大二轮复习数学-14小题＋1大题(概统)-节选自金华十校模拟

14小题＋1大题(概统)——节选自金华十校模拟一、单选题(每小题5分，共40分)1.已知集合A＝{0，1，2，3}，B＝{x|x2－2x<0}，则A∩B＝()A.{0} B.{1}C.{1，2} D.{1，2，3}答案B解析B＝{x|x2－2x<0}＝{x|0<x<2}，故A∩B＝{1}，故选B.2.eq\f(i,2＋i)＝()A.eq\f(1,5)＋eq\f(2,5)i B.eq\f(1,5)－eq\f(2,5)iC.eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)i D.eq\f(1,3)－eq\f(2,3)i答案A解析eq\f(i,2＋i)＝eq\f(i（2－i）,（2＋i）（2－i）)＝eq\f(1＋2i,5)，故选A.3.设α∈(0，π)，条件p：sinα＝eq\f(1,2)，条件q∶cosα＝eq\f(\r(3),2)，则p是q的()A.充分不要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件答案B解析由于α∈(0，π)，若sinα＝eq\f(1,2)，则cosα＝±eq\r(1－sin2α)＝±eq\f(\r(3),2)，充分性不成立，若cosα＝eq\f(\r(3),2)，则sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(1,2)，必要性成立，故p是q的必要不充分条件.故选B.4.设直线l：x－2y－a2＝0，圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝1，则l与圆C()A.相交 B.相切C.相离 D.以上都有可能答案C解析圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝1的圆心为C(1，2)，半径r＝1，则圆心C到直线l的距离d＝eq\f(|1－4－a2|,\r(5))＝eq\f(（3＋a2）,\r(5))≥eq\f(3,\r(5))>1＝r，故直线l与圆C相离.故选C.5.等差数列{an}的首项为正数，公差为d，Sn为{an}的前n项和，若a2＝3，且S2，S1＋S3，S5成等比数列，则d＝()A.1 B.2C.eq\f(9,2) D.2或eq\f(9,2)答案B解析因为S2，S1＋S3，S5成等比数列，所以S2S5＝(S1＋S3)2，即(2a1＋d)(5a1＋10d)＝(4a1＋3d)2，即(3a1＋d)(2a1－d)＝0，所以d＝－3a1或d＝2a1，又a2＝3，a1>0，当d＝－3a1，则a1＋d＝a1－3a1＝3，解得a1＝－eq\f(3,2)(舍去)，当d＝2a1，则a1＋d＝a1＋2a1＝3，解得a1＝1，则d＝2.故选B.6.在△ABC中，sinB＝eq\f(\r(21),7)，C＝120°，BC＝2，则△ABC的面积为()A.6eq\r(3) B.4eq\r(3)C.3eq\r(3) D.2eq\r(3)答案D解析由题意，sinA＝sin(60°－B)＝sin60°cosB－cos60°sinB＝eq\f(\r(3),2)×eq\r(1－\f(21,49))－eq\f(1,2)×eq\f(\r(21),7)＝eq\f(\r(21),14)，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，即b＝eq\f(asinB,sinA)＝eq\f(2×\f(\r(21),7),\f(\r(21),14))＝4，所以S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×2×4×eq\f(\r(3),2)＝2eq\r(3)，故选D.7.金华市选拔2个管理型教师和4个教学型教师去新疆支教，把这6个老师分配到3个学校，要求每个学校安排2名教师，且管理型教师不安排在同一个学校，则不同的分配方案有()A.72种 B.48种C.36种 D.24种答案A解析选取一个学校安排2名教学型老师有Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(2,4)种不同的方法，剩余2名教学型老师与2名管理型教师，各取1名，分成两组共有Aeq\o\al(2,2)种，这2组分配到2个不同学校有Aeq\o\al(2,2)种不同分法，所以由分步乘法计数原理知，共有Ceq\o\al(1,3)·Ceq\o\al(2,4)·Aeq\o\al(2,2)·Aeq\o\al(2,2)＝3×6×2×2＝72种不同的分法，故选A.8.已知cos(α－β)＝eq\f(1,3)，sinαsinβ＝－eq\f(1,12)，则cos2α－sin2β＝()A.eq\f(1,2) B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,6) D.eq\f(1,8)答案C解析由cos(α－β)＝eq\f(1,3)得cosαcosβ＋sinαsinβ＝eq\f(1,3)，又sinαsinβ＝－eq\f(1,12)，所以cosαcosβ＝eq\f(5,12)，所以cos2α－sin2β＝eq\f(1＋cos2α,2)－eq\f(1－cos2β,2)＝eq\f(cos2α＋cos2β,2)＝eq\f(cos[（α＋β）＋（α－β）]＋cos[（α＋β）－（α－β）],2)＝cos(α＋β)cos(α－β)＝(cosαcosβ－sinαsinβ)(cosαcosβ＋sinαsinβ)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,12)＋\f(1,12)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,12)－\f(1,12)))＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,6).故选C.二、多选题(每小题6分，共18分)9.从某小区抽取100户居民用户进行月用电量调查，发现他们的用电量都在50kW·h～350kW·h之间，进行适当分组后(每组为左闭右开区间)，画出频率分布直方图如图所示，记直方图中六个小矩形的面积从左到右依次为si(i＝1，2，…，6，)则()A.x的值为0.0044B.这100户居民该月用电量的中位数为175C.用电量落在区间[150，350)内的户数为75D.这100户居民该月的平均用电量为eq\o(∑,\s\up6(6),\s\do4(i＝1))(50i＋25)si答案AD解析对于A，由频率分布直方图的性质可知，(0.0024＋0.0036＋0.0060＋x＋0.0024＋0.0012)×50＝1，解得x＝0.0044，故A正确；对于B，因为(0.0024＋0.0036)×50＝0.3<0.5，(0.0024＋0.0036＋0.0060)×50＝0.6>0.5，所以中位数落在区间[150，200)内，设其为m，则0.3＋(m－150)×0.006＝0.5，解得m≈183，故B错误；对于C，用电量落在区间[150，350)内的户数为(0.0060＋0.0044＋0.0024＋0.0012)×50×100＝70，故C错误；对于D，这100户居民该月的平均用电量为(50＋25)s1＋(50×2＋25)s2＋…＋(50×6＋25)s6＝eq\o(∑,\s\up6(6),\s\do6(i＝1))(50i＋25)si，故D正确.10.已知0<a<b<1，m>n>1，则()A.ba>ab B.mn>nmC.logba>logmn D.logan>logbm答案ACD解析对于A，因为0<a<b<1，所以指数函数y＝bx在R上单调递减，且a<b，所以ba>bb，因为幂函数y＝xb在(0，＋∞)上单调递增，且a<b，所以ab<bb，所以ba>ab，故A正确，对于B，取m＝5，n＝2，则52<25，故B错误；对于C，因为对数函数y＝logbx在(0，＋∞)上单调递减，y＝logmx在(0，＋∞)上单调递增，所以logba>logbb＝1，logmn<logmm＝1，所以logba>logmn，故C正确；对于D，因为y＝lnx在(0，＋∞)上单调递增，所以lna<lnb<0，lnm>0，则logam＝eq\f(lnm,lna)>eq\f(lnm,lnb)＝logbm，因为对数函数y＝logax在(0，＋∞)上单调递减，所以logan>logam>logbm，故D正确.故选ACD.11.在三棱锥D－ABC中，已知AB＝BC＝2，AC＝2eq\r(3)，DB＝4，平面BCD⊥平面ABC，且DB⊥AB，则()A.DB⊥ACB.平面DAB⊥平面ABCC.三棱锥D－ABC的体积为eq\f(4\r(3),3)D.三棱锥D－ABC的外接球的表面积为16π答案ABC解析因为AB＝BC＝2，AC＝2eq\r(3)，所以cos∠ABC＝eq\f(22＋22－（2\r(3)）2,2×2×2)＝－eq\f(1,2)，所以∠ABC＝eq\f(2π,3)，如图，过D作DE⊥BC于E.因为平面BCD⊥平面ABC，平面BCD∩平面ABC＝BC，所以DE⊥平面ABC，因为AB⊂平面ABC，所以DE⊥AB，假设DB，DE不重合，因为DB⊥AB，DE∩DB＝D，DE，DB⊂平面BCD，所以AB⊥平面BCD，因为BC⊂平面BCD，所以AB⊥BC，与∠ABC＝eq\f(2π,3)矛盾，所以假设不成立，所以DB，DE重合，即DB⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC，所以DB⊥AC.因为DB⊂平面DAB，所以平面DAB⊥平面ABC，故A，B正确；三棱锥D－ABC的体积为eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×sineq\f(2π,3)×4＝eq\f(4\r(3),3)，故C正确；如图，设△ABC的外心为F，其外接圆半径为eq\f(1,2)×eq\f(2\r(3),sin\f(2π,3))＝2，过F作FO⊥平面ABC，设O为外接球的球心，则FA＝FB＝2，OA＝OD，所以eq\r(FA2＋OF2)＝eq\r(FB2＋（DB－OF）2)，所以eq\r(22＋OF2)＝eq\r(22＋（4－OF）2)，解得OF＝2，所以外接球的半径为OA＝eq\r(22＋OF2)＝2eq\r(2)，所以三棱锥D－ABC的外接球的表面积为S＝4π·OA2＝32π，故D错误.三、填空题(每小题5分，共15分)12.已知单位向量a，b满足|a－2b|＝eq\r(3)，则a与b的夹角为________.答案eq\f(π,3)(或写成60°)解析因为|a－2b|2＝a2－4a·b＋4b2＝3，所以a·b＝eq\f(1,2)，所以cos〈a，b〉＝eq\f(1,2)，〈a，b〉∈[0，π]，〈a，b〉＝eq\f(π,3).13.已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2，x≤0，,lnx，x>0，))若f(x)在点(1，f(1))处的切线与点(x0，f(x0))处的切线互相垂直，则x0＝________.答案－eq\f(1,2)解析当x>0时，f′(x)＝eq\f(1,x)>0，所以f′(1)＝1，且点(x0，f(x0))不在y＝lnx上，否则切线不垂直，故x0≤0，当x<0时，f′(x)＝2x，所以f′(x0)＝2x0，由切线垂直可知，2x0×1＝－1，解得x0＝－eq\f(1,2).14.设椭圆C1：eq\f(x2,aeq\o\al(2,1))＋eq\f(y2,beq\o\al(2,1))＝1(a1>b1>0)与双曲线C2：eq\f(y2,aeq\o\al(2,2))－eq\f(x2,beq\o\al(2,2))＝1(a2>0，b2>0)有相同的焦距，它们的离心率分别为e1，e2，椭圆C1的焦点为F1，F2，C1，C2在第一象限的交点为P，若点P在直线y＝x上，且∠F1PF2＝90°，则eq\f(1,eeq\o\al(2,1))＋eq\f(1,eeq\o\al(2,2))的值为________.答案2解析设椭圆与双曲线相同的焦距为2c，则aeq\o\al(2,1)－beq\o\al(2,1)＝c2，aeq\o\al(2,2)＋beq\o\al(2,2)＝c2，又∠F1PF2＝90°，所以|OP|＝eq\f(1,2)|F1F2|＝c，又点P在第一象限，且在直线y＝x上，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)c，\f(\r(2),2)c))，又点P在椭圆上，所以eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)c))\s\up12(2),aeq\o\al(2,1))＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)c))\s\up12(2),beq\o\al(2,1))＝1，即eq\f(c2,aeq\o\al(2,1))＋eq\f(c2,aeq\o\al(2,1)－c2)＝2，整理得2aeq\o\al(4,1)－4aeq\o\al(2,1)c2＋c4＝0，即2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,eeq\o\al(2,1))))eq\s\up12(2)－4·eq\f(1,eeq\o\al(2,1))＋1＝0，解得eq\f(1,eeq\o\al(2,1))＝eq\f(4±\r(16－4×2),4)＝eq\f(2±\r(2),2)，因为0<e1<1，所以eq\f(1,eeq\o\al(2,1))＝eq\f(2＋\r(2),2)，同理可得点P在双曲线上，所以eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)c))\s\up12(2),aeq\o\al(2,2))－eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)c))\s\up12(2),beq\o\al(2,2))＝1，即eq\f(c2,aeq\o\al(2,2))－eq\f(c2,c2－aeq\o\al(2,2))＝2，解得eq\f(1,e2)＝eq\f(2－\r(2),2)，所以eq\f(1,eeq\o\al(2,1))＋eq\f(1,eeq\o\al(2,2))＝eq\f(2＋\r(2),2)＋eq\f(2－\r(2),2)＝2.四、解答题(本题共13分；考查方向：概统)15.为鼓励消费，某商场开展积分奖励活动，消费满100元的顾客可抛掷骰子两次，若两次点数之和等于7，则获得5个积分；若点数之和不等于7，则获得2个积分.(1)记两次点数之和等于7为事件A，第一次点数是奇数为事件B，证明：事件A，B是独立事件；(2)现有3位顾客参与了这个活动，求他们获得的积分之和X的分布列和期望.(1)证明因为两次点数之和等于7有以下基本事件：(1，6)，(2，5)，(3，4)，(4，3)，(5，2)，(6，1)共6个，所以P(A)＝eq\f(6,36)＝eq\f(1,6)，又P(B)＝eq\f(1,2).而第一次点数是奇数且两次点数之和等于7的基本事件是(1，6)，