2026步步高高考大二轮复习数学-14小题＋1大题(三角)-节选自重庆市调研

14小题＋1大题(三角)——节选自重庆市调研一、单选题(每小题5分，共40分)1.若复数z满足z·(1＋i)＝2－i，其中i为虚数单位，则z＋eq\o(z,\s\up6(－))等于()A.i B.－iC.1 D.－1答案C解析由z·(1＋i)＝2－i，得z＝eq\f(2－i,1＋i)＝eq\f(（2－i）（1－i）,（1＋i）（1－i）)＝eq\f(1－3i,2)，则eq\o(z,\s\up6(－))＝eq\f(1＋3i,2)，所以z＋eq\o(z,\s\up6(－))＝1.故选C.2.已知集合A＝{x|－2x2＋5x＋3≥0}，B＝{x∈N||x|≤2}，则A∩B的真子集个数为()A.3 B.4C.7 D.8答案C解析由－2x2＋5x＋3≥0，得2x2－5x－3≤0，即(2x＋1)(x－3)≤0，解得－eq\f(1,2)≤x≤3，所以A＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|－\f(1,2)≤x≤3)).由B＝{x∈N||x|≤2}，得B＝{0，1，2}，所以A∩B＝{0，1，2}，所以A∩B的真子集个数为23－1＝7.故选C.3.2023年10月31日，神舟十六号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，激发了学生对航天的热爱.某校组织高中学生参加航天知识竞赛，现从中随机抽取100名学生的成绩，制成频率分布直方图如图所示，设这组样本数据的75%分位数为x，众数为y，则()A.x＝88，y＝90 B.x＝83，y＝90C.x＝83，y＝85 D.x＝88，y＝85答案D解析因为频率分布直方图中所有小矩形的面积和为1，所以10×0.005＋10×0.03＋10a＋10×0.015＝1，解得a＝0.05.因为前两个小矩形的面积和为10×0.005＋10×0.03＝0.35，前三个小矩形的面积和为10×0.005＋10×0.03＋10×0.05＝0.85，这组样本数据的75%分位数为x，75%＝0.75，0.35<0.75<0.85，所以x∈(80，90)，由百分位数的定义可得，0.35＋0.05(x－80)＝0.75，解得x＝88，故这组样本数据的75%分位数为88.众数是最高的小矩形的底边中点的横坐标，故众数y＝85.故选D.4.英国著名数学家布鲁克·泰勒(BrookTaylor)以微积分学中将函数展开成无穷级数的定理著称于世.泰勒提出了适用于所有函数的泰勒级数，泰勒级数用无限项连加式来表示一个函数，如：sinx＝x－eq\f(x3,3！)＋eq\f(x5,5！)－eq\f(x7,7！)＋…，其中n！＝1×2×3×…×n.根据该展开式可知，与2－eq\f(23,3！)＋eq\f(25,5！)－eq\f(27,7！)＋…的值最接近的是()A.sin2° B.sin24.6°C.cos24.6° D.cos65.4°答案C解析由题意知，sin2＝2－eq\f(23,3！)＋eq\f(25,5！)－eq\f(27,7！)＋…，又sin2＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(180°,π)))≈sin114.6°，根据诱导公式得，sin114.6°＝sin(90°＋24.6°)＝cos24.6°，所以与2－eq\f(22,3！)＋eq\f(25,5！)－eq\f(27,7！)＋…的值最接近的是cos24.6°.故选C.5.已知某社区居民每周运动总时间为随机变量X(单位：小时)，且X～N(5.5，σ2)，P(X>6)＝0.2.现从该社区中随机抽取3名居民，则至少有两名居民每周运动总时间为5至6小时的概率为()A.0.642 B.0.648C.0.722 D.0.748答案B解析因为X～N(5.5，σ2)，P(X>6)＝0.2，所以根据正态曲线的对称性可得，P(5≤X≤6)＝1－0.2×2＝0.6.设抽取的3名居民中每周运动总时间为5至6小时的人数为Y，则Y～B(3，0.6)，则至少有两名居民每周运动总时间为5至6小时的概率为P(Y≥2)＝P(Y＝2)＋P(Y＝3)＝Ceq\o\al(2,3)×0.62×(1－0.6)＋Ceq\o\al(3,3)×0.63＝0.648.故选B.6.已知定义在R上的函数f(x)满足：f(x1＋x2)＝f(x1)＋f(x2)，且当x>0时，f(x)<0，则关于x的不等式f(x2)＋f(2x)≥0的解集为()A.[－2，0] B.[0，2]C.(－∞，－2]∪[0，＋∞) D.(－∞，0]∪[2，＋∞)答案A解析由题意得f[(x1－x2)＋x2]＝f(x1－x2)＋f(x2)，即f(x1)－f(x2)＝f(x1－x2)，不妨令x1>x2，则x1－x2>0，所以f(x1－x2)<0，即f(x1)－f(x2)<0，f(x1)<f(x2)，故f(x)在R上单调递减.在f(x1＋x2)＝f(x1)＋f(x2)中，令x1＝x2＝0，则f(0)＝f(0)＋f(0)，得f(0)＝0.令x1＝x，x2＝－x，则f(x－x)＝f(x)＋f(－x)，所以f(x)＋f(－x)＝0，故f(x)是奇函数，由f(x2)＋f(2x)≥0，得f(x2)≥－f(2x)，即f(x2)≥f(－2x)，所以x2≤－2x，解得－2≤x≤0，即x∈[－2，0].7.过点P作圆C：x2＋y2－4x－4eq\r(3)y＋15＝0的两条切线，切点分别为A，B，若△PAB为直角三角形，O为坐标原点，则|OP|的取值范围为()A.(2－eq\r(2)，2＋eq\r(2)) B.(4－eq\r(2)，4＋eq\r(2))C.[2－eq\r(2)，2＋eq\r(2)] D.[4－eq\r(2)，4＋eq\r(2)]答案D解析将圆C：x2＋y2－4x－4eq\r(3)y＋15＝0化为标准形式，得圆C：(x－2)2＋(y－2eq\r(3))2＝1，则圆心为C(2，2eq\r(3))，圆C的半径r＝1.如图，连接AC，BC，PC，因为△PAB为直角三角形，PA，PB与圆C分别切于点A，B，所以四边形PACB为正方形，所以|PC|＝eq\r(2)r＝eq\r(2)，所以点P的轨迹为以C为圆心，以eq\r(2)为半径的圆.连接OC，则|OC|＝eq\r(22＋（2\r(3)）2)＝4，所以|OP|的取值范围为[4－eq\r(2)，4＋eq\r(2)].故选D.8.杭州第19届亚运会吉祥物组合名为“江南忆”，出自白居易的“江南忆，最忆是杭州”，名为“琮琮”“莲莲”“宸宸”的三个吉祥物，是一组承载深厚底蕴和充满时代活力的机器人.杭州第19届亚运会举办前夕，为了宣传，某校决定派5名志愿者将这3个吉祥物安装在学校科技广场，每名志愿者只安装1个吉祥物，且每个吉祥物至少有1名志愿者安装，若志愿者甲只能安装吉祥物“宸宸”，则不同的安装方案种数为()A.50 B.36C.26 D.14答案A解析分三种情况，第一种情况是只有甲1名志愿者安装吉祥物“宸宸”，另外4名志愿者分成两组，分别安装吉祥物“琮琮”和“莲莲”，共有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2),Aeq\o\al(2,2))＋Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(3,3)))Aeq\o\al(2,2)＝(Ceq\o\al(2,4)＋Ceq\o\al(1,4)Aeq\o\al(2,2))(种)安装方案；第二种情况是甲和另外1名志愿者一起安装吉祥物“宸宸”，余下的3名志愿者分成两组，分别安装吉祥物“琮琮”和“莲莲”，共有Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,2)种安装方案；第三种情况是甲和另外2名志愿者一起安装吉祥物“宸宸”，余下的2名志愿者分成两组，分别安装吉祥物“琮琮”和“莲莲”，共有Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(2,2)种安装方案.综上，(Ceq\o\al(2,4)＋Ceq\o\al(1,4)Aeq\o\al(2,2))＋Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(2,2)＝14＋24＋12＝50，故不同的安装方案种数为50.故选A.二、多选题(每小题6分，共18分)9.已知3a＝5b＝15，则下列结论正确的是()A.lga>lgb B.a＋b＝abC.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(a)>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(b) D.a＋b>4答案ABD解析因为3a＝5b＝15，所以a＝log315，b＝log515.对于A，根据对数函数的性质可知，若真数相同且真数大于1，则当底数大于1时，底数越大，函数值越小，所以a>b，所以lga>lgb，故A正确；对于B，易知a>0，b>0，所以eq\f(1,a)＝log153，eq\f(1,b)＝log155，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝log153＋log155＝log15(3×5)＝1，所以eq\f(a＋b,ab)＝1，即a＋b＝ab，故B正确；对于C，根据y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)是减函数，a>b，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(a)<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(b)，故C错误；对于D，由题意知，a>0，b>0且a≠b，所以结合基本不等式知，a＋b>2eq\r(ab)，又a＋b＝ab，所以ab>2eq\r(ab)，解得ab>4，即a＋b>4，故D正确.10.已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，O为坐标原点，其准线与x轴交于点M，经过点M的直线l与抛物线C交于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则下列说法正确的是()A.eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝5B.存在∠AMF＝eq\f(5π,18)C.不存在以AB为直径且经过焦点F的圆D.当△ABF的面积为4eq\r(2)时，直线l的倾斜角为eq\f(π,6)或eq\f(5π,6)答案AD解析对于A，法一由题意可得，F(1，0)，M(－1，0)，直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为y＝k(x＋1)(k≠0)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,y＝k（x＋1），))消去y并整理得k2x2＋(2k2－4)x＋k2＝0(*)，因为直线l与抛物线C相交于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k≠0，,（2k2－4）2－4k4>0，))解得－1<k<1，且k≠0.根据根与系数的关系可得，x1＋x2＝eq\f(4－2k2,k2)，x1x2＝1，则eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋k2(x1＋1)(x2＋1)＝(1＋k2)x1x2＋k2(x1＋x2)＋k2＝(1＋k2)×1＋k2×eq\f(4－2k2,k2)＋k2＝5，故A正确.法二由题意可得，F(1，0)，M(－1，0)，直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为x＝ty－1(t≠0)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,x＝ty－1，))消去x并整理得y2－4ty＋4＝0，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(t≠0，,（－4t）2－4×4>0，))解得t<－1或t>1.根据根与系数的关系可得y1y2＝4，则eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝eq\f(yeq\o\al(2,1)yeq\o\al(2,2),4×4)＋y1y2＝5，故A正确；对于B，由A选项法一的分析知，－1<k<1且k≠0，所以直线l的倾斜角的范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))，所以不存在∠AMF＝eq\f(5π,18)，故B错误；对于C，由A选项法一的分析知，x1＋x2＝eq\f(4－2k2,k2)，x1x2＝1，连接FA，FB，假设存在k，使得以AB为直径的圆经过点F，则FA⊥FB，即eq\o(FA,\s\up6(→))⊥eq\o(FB,\s\up6(→))，所以eq\o(FA,\s\up6(→))·eq\o(FB,\s\up6(→))＝0，即eq\o(FA,\s\up6(→))·eq\o(FB,\s\up6(→))＝(x1－1，y1)·(x2－1，y2)＝(x1－1)(x2－1)＋k2(x1＋1)(x2＋1)＝(1＋k2)x1x2＋(k2－1)·(x1＋x2)＋k2＋1＝(1＋k2)×1＋(k2－1)×eq\f(4－2k2,k2)＋k2＋1＝8－eq\f(4,k2)＝0，解得k＝±eq\f(\r(2),2)，又由A选项法一的分析知，－1<k<1，且k≠0，所以存在以AB为直径且经过焦点F的圆，故C错误；对于D，|MF|＝2，△ABF的面积S＝|S△MFA－S△MFB|＝eq\f(1,2)|MF||y1－y2|＝|y1－y2|＝eq\r(（y1＋y2）2－4y1y2)，由A选项法二的分析知，y1＋y2＝4t，y1y2＝4，所以S＝eq\r(（4t）2－4×4)＝4eq\r(2)，得t＝±eq\r(3)，满足t<－1或t>1，此时直线l的斜率为±eq\f(\r(3),3)，所以直线l的倾斜角为eq\f(π,6)或eq\f(5π,6).故D正确.11.如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是C1D1的中点，M是线段A1E上的一点，则下列说法正确的是()A.当点M与点A1重合时，直线AC1⊂平面ACMB.当点M移动时，点D到平面ACM的距离为定值C.当点M与点E重合时，平面ACM与平面CC1D1D夹角的正弦值为eq\f(\r(5),3)D.当点M为线段A1E的中点时，平面ACM截正方体ABCD－A1B1C1D1所得截面面积为eq\f(7\r(33),32)答案ACD解析如图1，图1连接A1C1，因为ABCD－A1B1C1D1为正方体，所以AC∥A1C1，所以A，C，A1，C1四点共面，因为点M与点A1重合，所以平面ACM即平面ACC1A1，又AC1⊂平面ACC1A1，所以AC1⊂平面ACM，故A正确.图2当点M与点A1重合时，由A选项的分析知，平面ACM即平面ACC1A1，如图2，取AC的中点O，连接DO，则易得DO⊥AC，由正方体的性质易得，CC1⊥平面ABCD，又DO⊂平面ABCD，所以CC1⊥DO，又AC∩CC1＝C，AC，CC1⊂平面ACC1A1，所以DO⊥平面ACC1A1，则DO为点D到平面ACC1A1的距离，又正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，所以此时点D到平面ACC1A1的距离为DO＝eq\f(\r(2),2)，即当点M与点A1重合时，点D到平面ACM的距离为eq\f(\r(2),2)；图3当点M与点E重合时，如图3所示，此时平面ACM即平面ACE，显然此时DO不与平面ACM垂直，即此时点D到平面ACM的距离一定小于eq\f(\r(2),2).综上，B错误；图4如图4，以D为坐标原点，eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(DD1,\s\up6(→))的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系D－xyz，因为点E与点M重合，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，所以D(0，0，0)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，1))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)，1)).设平面ACM的法向量为n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AM,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋y＝0，,－x＋\f(1,2)y＋z＝0，))令x＝2，则y＝2，z＝1，即n＝(2，2，1).由正方体的性质易得，AD⊥平面CC1D1D，所以平面CC1D1D的一个法向量为m＝eq\o(DA,\s\up6(→))＝(1，0，0).设平面ACM与平面CC1D1D的夹角为θ，则cosθ＝|cos〈n，m〉|＝eq\f(|n·m|,|n||m|)＝eq\f(2,3)，所以sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\f(\r(5),3)，故C正确；如图5，图5当点M为线段A1E的中点时，过点M作AC的平行线，即作A1C1的平行线，分别交A1D1，C1D1于点P，Q，连接AP，CQ，则四边形ACQP即平面ACM截正方体ABCD－A1B1C1D1所得的截面.在△A1C1E中，因为M为A1E的中点，且MQ∥A1C1，所以点Q为EC1的中点，又点E为C1D1的中点，所以eq\f(D1Q,QC1)＝3，又PQ∥A1C1，所以eq\f(D1P,PA1)＝eq\f(D1Q,QC1)＝3，eq\f(PQ,A1C1)＝eq\f(D1Q,D1C1)＝eq\f(3,4)，又正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，所以AC＝A1C1＝eq\r(2)，PQ＝eq\f(3\r(2),4)，AP＝CQ＝eq\r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(17),4)，则四边形ACQP为等腰梯形，则等腰梯形ACQP的高h＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(17),4)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)－\f(3\r(2),4),2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(66),8)，所以等腰梯形ACQP的面积S＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),4)＋\r(2)))×eq\f(\r(66),8)＝eq\f(7\r(33),32)，故D正确.三、填空题(每小题5分，共15分)12.已知向量a，b满足|a|＝2，|b|＝3，|a－2b|＝5，则a·b＝________.答案eq\f(15,4)解析因为|a|＝2，|b|＝3，|a－2b|＝5，所以|a－2b|2＝25，即a2－4a·b＋4b2＝25，即22－4a·b＋4×32＝25，解得a·b＝eq\f(15,4).13.已知f(x)＝2asinωx·cosωx＋bcos2ωx(ω>0，a>0，b>0)的部分图象如图所示，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4)))时，f(x)的最大值为________.答案eq\r(3)解析由题意可知f(x)＝asin2ωx＋bcos2ωx＝eq\r(a2＋b2)sin(2ωx＋φ)，其中a>0，b>0，ω>0，tanφ＝eq\f(b,a)，由题图可知eq\r(a2＋b2)＝2，eq\f(T,4)＝eq\f(π,6)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)))＝eq\f(π,4)，所以T＝π，即eq\f(2π,2ω)＝π，所以ω＝1，则f(x)＝2sin(2x＋φ)，又函数f(x)的图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，2))，所以2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)))＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，则φ＝eq\f(2π,3)＋2kπ，k∈Z，所以f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)＋2kπ))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3))).令t＝2x＋eq\f(2π,3)，因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4)))，所以t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，\f(13π,6)))，所以当t＝eq\f(2π,3)，即x＝0时，f(x)取得最大值，且最大值为eq\r(3).14.已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－1，记Tn＝aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3)＋…＋aeq\o\al(2,n)，则Tn＝________；若数列{bn}满足bn＝3Tn－20n－3，则b1＋b2＋b3＋…＋bn的最小值是________.答案eq\f(4n－1,3)－48解析因为Sn＝2an－1，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－1－(2an－1－1)，即an＝2an－1(n≥2)；当n＝1时，a1＝S1＝2a1－1，即a1＝1，所以数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列.所以aeq\o\al(2,1)＝1，eq\f(aeq\o\al(2,n＋1),aeq\o\al(2,n))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,an)))eq\s\up12(2)＝22＝4，所以数列{aeq\o\al(2,n)}是以1为首项，4为公比的等比数列，所以Tn＝aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,3)＋…＋aeq\o\al(2,n)＝eq\f(1×（1－4n）,1－4)＝eq\f(4n－1,3).因为bn＝3Tn－20n－