2026步步高高考大二轮复习数学-14小题＋1大题(概统)-节选自石家庄市模拟

14小题＋1大题(概统)——节选自石家庄市模拟一、单选题(每小题5分，共40分)1.已知集合A＝{x|x2－3x－4≤0}，B＝{x|2x>4}，则A∩B＝()A.{x|2<x≤4} B.{x|－1≤x<6}C.{x|－4≤x≤1} D.{x|0<x≤4}答案A解析A＝{x|x2－3x－4≤0}＝{x|－1≤x≤4}，B＝{x|2x>4}＝{x|x>2}，所以A∩B＝{x|2<x≤4}，故选A.2.某市教育局为了解高三学生的学习情况，组织了一次摸底考试，共有50000名学生参加这次考试，数学成绩X近似服从正态分布，其正态密度函数为f(x)＝eq\f(1,σ\r(2π))e－eq\f(（x－90）2,2σ2)，x∈R且P(70≤X≤110)＝0.8，则该市这次考试数学成绩超过110分的学生人数约为()A.2000 B.3000C.4000 D.5000答案D解析因为正态密度函数为f(x)＝eq\f(1,σ\r(2π))·e－eq\f(（x－90）2,2σ2)，所以E(X)＝90，所以正态曲线关于直线x＝90对称，所以P(X<70)＝P(X>110)，又P(70≤X≤110)＝0.8，所以P(X>110)＝eq\f(1－P（70≤X≤110）,2)＝0.1，又共有50000名学生参加这次考试，所以该市这次考试数学成绩超过110分的学生人数约为50000×0.1＝5000，故选D.3.已知曲线C：eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,m)＝1(m≠0)，则“m∈(0，6)”是“曲线C的焦点在x轴上”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答案A解析因为曲线C：eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,m)＝1(m≠0)，所以当m∈(0，6)时，曲线C表示焦点在x轴上的椭圆；若曲线C的焦点在x轴上，则当曲线C表示椭圆时，m∈(0，6)，当曲线C表示双曲线时，则m∈(－∞，0).综上，“m∈(0，6)”是“曲线C的焦点在x轴上”的充分不必要条件，故选A.4.已知圆O1：x2＋y2＝5与圆O2：x2＋y2－2x－4y＝0交于A，B两点，则|AB|＝()A.eq\f(\r(5),2) B.eq\r(5)C.eq\r(15) D.eq\f(\r(15),2)答案C解析因为圆O1：x2＋y2＝5，所以O1(0，0)，半径r1＝eq\r(5)，又圆O2：x2＋y2－2x－4y＝0，圆O1与圆O2交于A，B两点，所以直线AB的方程为2x＋4y－5＝0，所以点O1(0，0)到直线AB的距离d＝eq\f(5,\r(22＋42))＝eq\f(\r(5),2)，所以|AB|＝2eq\r(req\o\al(2,1)－d2)＝2eq\r(5－\f(5,4))＝eq\r(15)，故选C.5.设f(x)是定义在R上的奇函数，且f(1＋x)＝f(1－x)，当－1≤x<0时，f(x)＝log2(－6x＋2)，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(25,3)))的值为()A.－1 B.－2C.2 D.1答案B解析因为f(1＋x)＝f(1－x)，所以函数f(x)的图象关于直线x＝1对称.因为函数f(x)是定义在R上的奇函数，所以函数f(x)的图象关于点(0，0)对称，所以函数f(x)是以4为周期的周期函数，又当－1≤x<0时，f(x)＝log2(－6x＋2)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(25,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(8＋\f(1,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝－log2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－6×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＋2))＝－log24＝－2，故选B.6.在平行四边形ABCD中，eq\f(\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)＋eq\f(3\o(AD,\s\up6(→)),|\o(AD,\s\up6(→))|)＝eq\f(λ\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|)，λ∈[eq\r(7)，3]，则cos∠BAD的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,6))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,3)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，\f(1,3))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，－\f(1,6)))答案A解析如图，在平行四边形ABCD中，令eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\f(\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\f(3\o(AD,\s\up6(→)),|\o(AD,\s\up6(→))|)，因为eq\f(\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)＋eq\f(3\o(AD,\s\up6(→)),|\o(AD,\s\up6(→))|)＝eq\f(λ\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|)，所以eq\o(AE,\s\up6(→))＋eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\f(λ\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|)，以AE，AF为邻边作平行四边形AEGF，则eq\o(AE,\s\up6(→))＋eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\f(λ\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|)，所以点G一定在AC上.在△AEG中，AE＝1，EG＝AF＝3，AG＝λ，∠AEG＝π－∠BAD，所以cos∠BAD＝－cos∠AEG＝－eq\f(AE2＋EG2－AG2,2AE×EG)＝－eq\f(1＋32－λ2,2×1×3)＝eq\f(λ2－10,6)，又λ∈[eq\r(7)，3]，所以cos∠BAD∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,6)))，故选A.7.已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝2cos2α，则taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝()A.eq\r(3) B.eq\r(5)C.eq\r(7) D.eq\r(15)答案D解析因为coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝2cos2α，所以eq\f(\r(2),2)(cosα＋sinα)＝2(cos2α－sin2α)＝2(cosα＋sinα)(cosα－sinα)，因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cosα＋sinα>0，所以cosα－sinα＝eq\f(\r(2),4)，即eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)cosα－\f(\r(2),2)sinα))＝eq\f(\r(2),4)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(1,4)，因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以α＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\r(1－cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(15),4)，所以taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝eq\r(15)，故选D.8.已知正方体的棱长为2eq\r(2)，连接正方体各个面的中心得到一个八面体，以正方体的中心O为球心作一个半径为eq\f(2\r(3),3)的球，则球O的球面与八面体各个面的交线的总长为()A.2eq\r(6)π B.eq\f(4\r(6),3)πC.eq\f(8\r(6),3)π D.4eq\r(6)π答案B解析记棱长为2eq\r(2)的正方体为ABCD－A1B1C1D1，如图1所示，设O1，O2分别为正方体ABCD－A1B1C1D1的上底面A1B1C1D1与左侧面ADD1A1的中心，连接O1O2，取A1D1的中点G，连接O1G，O2G，易得O1G⊥O2G.因为正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2eq\r(2)，所以O1G＝O2G＝eq\r(2)，所以O1O2＝eq\r(O1G2＋O2G2)＝2，所以由正方体各个面的中心构成的八面体的各条棱的长均为2.图1图2设由正方体各个面的中心构成的八面体为SMNPQR，如图2所示，其中点O为正方体ABCD－A1B1C1D1的中心，则点O为正方形MNPQ的中心，连接SR，MP，则O为SR，MP的中点，连接ON，易得ON＝OP＝OS＝eq\r(2)，所以三棱锥O－SNP为正三棱锥，所以点O在平面SNP上的射影O3为正三角形SNP的中心，连接OO3，取NP的中点H，连接OH，SH，则点O3在SH上，OH＝1，O3H＝2×eq\f(\r(3),2)×eq\f(1,3)＝eq\f(\r(3),3)，所以OO3＝eq\r(OH2－O3H2)＝eq\f(\r(6),3)，即正方体的中心O到八面体的每个面的距离均为eq\f(\r(6),3).因为OO3⊥平面SNP，所以点O3为平面SNP截球O所得截面圆的圆心，设截面圆O3的半径为r，球O的半径为R，则R＝eq\f(2\r(3),3)，r＝eq\r(R2－OOeq\o\al(2,3))＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(6),3).所以球O的球面与八面体的表面SNP的交线是以O3为圆心，eq\f(\r(6),3)为半径的圆在正三角形SNP内(包含边界)的三段圆弧，如图3所示.图3因为O3H＝eq\f(\r(3),3)，O3E＝eq\f(\r(6),3)，所以sin∠O3EH＝eq\f(O3H,O3E)＝eq\f(\r(2),2)，所以∠O3EH＝eq\f(π,4)，所以∠O3EN＝eq\f(3π,4)，同理得∠O3FN＝eq\f(3π,4)，又∠SNP＝eq\f(π,3)，所以∠EO3F＝eq\f(π,6)，所以弧eq\o(EF,\s\up8(︵))的长为eq\f(\r(6),3)×eq\f(π,6)＝eq\f(\r(6),18)π，则球O的球面与八面体一个面的交线的长为eq\f(\r(6),18)π×3＝eq\f(\r(6),6)π，则球O的球面与八面体各个面的交线的总长为eq\f(\r(6),6)π×8＝eq\f(4\r(6),3)π，故选B.二、多选题(每小题6分，共18分)9.已知数列{an}的通项公式为an＝eq\f(9,2n－9)(n∈N*)，前n项和为Sn，则下列说法正确的是()A.数列{an}有最小项，且有最大项B.使an∈Z的项共有5项C.满足anan＋1an＋2≤0的n的值共有5个D.使Sn取得最小值的n为4答案ABD解析因为f(x)＝eq\f(9,2x－9)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(9,2)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)，＋∞))上单调递减，其图象如图所示，数列{an}的通项公式为an＝eq\f(9,2n－9)(n∈N*)，所以数列{an}的图象是函数f(x)＝eq\f(9,2x－9)图象上的一些离散点.由图可知，a4是最小项，a5是最大项，所以A正确；因为a1＝－eq\f(9,7)，a2＝－eq\f(9,5)，a3＝－3，a4＝－9，a5＝9，a6＝3，a7＝eq\f(9,5)，a8＝eq\f(9,7)，a9＝1，a10＝eq\f(9,11)，当n≥10时，2n－9≥11，0<an＝eq\f(9,2n－9)≤eq\f(9,11)，所以使an∈Z的项共有5项，所以B正确；由图可知，当1≤n≤4时，an<0，当n≥5时，an>0，所以当n＝1时，a1a2a3<0；当n＝2时，a2a3a4<0；当n＝3时，a3a4a5>0；当n＝4时，a4a5a6<0；当n≥5时，anan＋1an＋2>0.所以满足anan＋1an＋2≤0的n值共有3个，所以C错误；因为当1≤n≤4时，an<0，当n≥5时，an>0，所以当n＝4时，Sn取得最小值，所以D正确.10.设z为复数(i为虚数单位)，下列说法正确的有()A.若(1＋i)z＝－i，则|z|＝1B.对任意复数z1，z2，有|z1z2|＝|z1|·|z2|C.对任意复数z1，z2，有eq\o(z1·z2,\s\up6())＝eq\o(z,\s\up6(－))1·eq\o(z,\s\up6(－))2D.在复平面内，若M＝{z||z－2|≤2}，则集合M所构成区域的面积为6π答案BC解析对于A，因为(1＋i)z＝－i，所以z＝eq\f(－i,1＋i)＝eq\f(－i（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝eq\f(－1－i,2)＝－eq\f(1,2)－eq\f(1,2)i，所以|z|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(2),2)，所以A错误；对于B，设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，则z1z2＝(a＋bi)(c＋di)＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i，所以|z1z2|＝eq\r(（ac－bd）2＋（ad＋bc）2)＝eq\r(a2c2－2abcd＋b2d2＋a2d2＋2abcd＋b2c2)＝eq\r(a2c2＋b2d2＋a2d2＋b2c2)＝eq\r(（a2＋b2）（c2＋d2）)＝|z1|·|z2|，所以B正确；对于C，由B选项可知，z1z2＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i，所以eq\o(z1·z2,\s\up6())＝(ac－bd)－(ad＋bc)i，又eq\o(z,\s\up6(－))1·eq\o(z,\s\up6(－))2＝(a－bi)(c－di)＝(ac－bd)－(ad＋bc)i，所以C正确；对于D，若复数z满足|z－2|≤2，则复数z对应的点所构成区域是以(2，0)为圆心，2为半径的圆及其内部，所以集合M所构成区域的面积为π×22＝4π，所以D错误.11.已知f(x)＝esin2x＋2cosx，则下列说法正确的是(参考数据：ln13.2≈2.580)()A.f(x)是周期为π的周期函数B.f(x)在(－π，0)上单调递增C.f(x)在(－2π，2π)上共有4个极值点D.设g(x)＝f(x)－x，则g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(29π,6)))上共有5个零点答案BCD解析因为f(x＋π)＝esin[2(x＋π)]＋2cos(x＋π)＝esin2x－2cosx≠f(x)，所以函数f(x)＝esin2x＋2cosx不是周期为π的周期函数，所以A错误；f′(x)＝esin2x＋2cosx(2cos2x－2sinx)＝－2esin2x＋2cosx(2sin2x＋sinx－1)＝－2esin2x＋2cosx(2sinx－1)(sinx＋1)，因为x∈(－π，0)，所以－1≤sinx<0，则2sinx－1<0，sinx＋1≥0，又esin2x＋2cosx>0，所以f′(x)≥0在x∈(－π，0)时恒成立，所以函数f(x)＝esin2x＋2cosx在(－π，0)上单调递增，所以B正确；因为f′(x)＝－2esin2x＋2cosx(2sinx－1)(sinx＋1)，esin2x＋2cosx>0，sinx＋1≥0，所以当x∈(－2π，2π)时，令f′(x)＝0，得x1＝－eq\f(11π,6)，x2＝－eq\f(7π,6)，x3＝－eq\f(π,2)，x4＝eq\f(π,6)，x5＝eq\f(5π,6)，x6＝eq\f(3π,2)，所以当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2π，－\f(11π,6)))时，f′(x)>0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(11π,6)，－\f(7π,6)))时，f′(x)<0时；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7π,6)，\f(π,6)))时，f′(x)>0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))时，f′(x)<0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，2π))时，f′(x)>0.所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2π，－\f(11π,6)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7π,6)，\f(π,6)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，2π))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(11π,6)，－\f(7π,6)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))上单调递减，所以x1＝－eq\f(11π,6)，x2＝－eq\f(7π,6)，x4＝eq\f(π,6)，x5＝eq\f(5π,6)是函数f(x)＝esin2x＋2cosx在(－2π，2π)上的极值点，所以函数f(x)＝esin2x＋2cosx在(－2π，2π)上的极值点个数为4，所以C正确；令g(x)＝f(x)－x＝0，即esin2x＋2cosx＝x，因为esin2x＋2cosx>0，所以当x∈(－∞，0]时，方程esin2x＋2cosx＝x无实根.当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(29π,6)))时，esin2x＋2cosx＝x，即sin2x＋2cosx＝lnx.令h(x)＝sin2x＋2cosx，h(x)是以2π为周期的周期函数，所以先考虑x∈(0，2π]时的情况.因为h′(x)＝2cos2x－2sinx＝2－4sin2x－2sinx＝－2(2sinx－1)(sinx＋1)，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))时，h′(x)>0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))时，h′(x)<0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，2π))时，h′(x)>0.所以函数h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，2π))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))上单调递减，且h(0)＝2，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝eq\f(3\r(3),2)，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝0，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))＝－eq\f(3\r(3),2)，结合周期性，作出函数h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(29π,6)))上的大致图象，如图所示，作出函数y＝lnx的大致图象，因为当x＝eq\f(25π,6)时，h(x)max＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(25π,6)))＝eq\f(3\r(3),2)≈2.598，ln13.2≈2.580，eq\f(25π,6)<13.2<eq\f(9π,2)，2.580<2.598，所以结合图象可知，函数y＝lnx的图象与函数h(x)的图象在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(29π,6)))上共有5个交点，所以函数g(x)＝f(x)－x在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(29π,6)))上共有5个零点，所以D正确.三、填空题(每小题5分，共15分)12.各位数字之和为4的三位数的个数为________.答案10解析当有一个非零数字时，三位数的三个数字只能为4，0，0，所以构成的三位数只能为400，即可构成1个三位数.当有两个非零数字时，三位数的三个数字为2，2，0或3，1，0，所以构成的三位数为220，202，130，310，103，301，即可构成6个三位数.当有三个非零数字时，三位数的三个数字只能为1，1，2，所以构成的三位数为112，121，211，即可构成3个三位数.综上，各位数字之和为4的三位数的个数为1＋6＋3＝10.13.设抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，准线为l.斜率为eq\r(3)的直线经过焦点F，交C于点A，交准线l于点B(A，B在x轴的两侧)，若|AB|＝16，则抛物线C的方程为________________________.答案y2＝8x解析如图所示，焦点为Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，准线l的方程为x＝－eq\f(p,2)，设准线l与x轴的交点为Keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，0)).因为直线AB过焦点F且斜率为eq\r(3)，所以直线AB的倾斜角为60°，即∠AFx＝60°，所以∠FBK＝30°，过点A作准线l的垂线，垂足为A1，又|AB|＝16，所以|AA1|＝eq\f(1,2)|AB|＝8，由抛物线的定义可得，|AF|＝8，所以|BF|＝|AB|－|AF|＝8，所以p＝|FK|＝eq\f(|BF|,2)＝4，则抛物线C的方程为y2＝8x.14.若实数x，y，z≥0，且x＋y＋z＝4，2x－y＋z＝5，则M＝4x＋3y＋5z的取值范围是________.答案[15，19]解析因为x＋y＋z＝4，2x－y＋z＝5，所以x＋y＝4－z，2x－y＝5－z，所以x＝eq\f(9－2z,3)，y＝eq\f(3－z,3).因为x，y，z