2026步步高高考大二轮复习数学-14小题＋1大题(三角)-节选自湖北十一校联考

14小题＋1大题(三角)——节选自湖北十一校联考一、单选题(每小题5分，共40分)1.已知集合M＝{x|x2＋3x－10<0}，N＝{y|y＝eq\r(x－1)}，则M∩N＝()A.[0，2) B.[1，2)C.[－5，2) D.(－5，2)答案A解析由题知M＝{x|－5<x<2}，N＝{y|y≥0}，所以M∩N＝[0，2)，故选A.2.已知i为虚数单位，复数z满足|z＋2i|＝|z|，则eq\o(z,\s\up6(－))的虚部为()A.－1 B.1C.i D.－i答案B解析设z＝a＋bi(a，b∈R)，则|a＋bi＋2i|＝|a＋bi|，所以eq\r(a2＋（b＋2）2)＝eq\r(a2＋b2)，即4b＋4＝0，解得b＝－1，所以z的虚部为－1，所以eq\o(z,\s\up6(－))的虚部为1，故选B.3.若taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝2，则sin2α＝()A.eq\f(3,5) B.－eq\f(3,5)C.eq\f(4,5) D.－eq\f(4,5)答案B解析法一taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝eq\f(tanα－tan\f(π,4),1＋tanαtan\f(π,4))＝eq\f(tanα－1,1＋tanα)＝2，解得tanα＝－3，所以sin2α＝eq\f(2sinαcosα,sin2α＋cos2α)＝eq\f(2tanα,tan2α＋1)＝eq\f(－6,10)＝－eq\f(3,5)，故选B.法二taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝eq\f(tanα－tan\f(π,4),1＋tanαtan\f(π,4))＝eq\f(tanα－1,1＋tanα)＝2，解得tanα＝－3，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinα＝－3cosα，,sin2α＋cos2α＝1，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinα＝－\f(3\r(10),10)，,cosα＝\f(\r(10),10)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinα＝\f(3\r(10),10)，,cosα＝－\f(\r(10),10)，))所以sin2α＝2sinαcosα＝－eq\f(3,5)，故选B.4.已知向量a，b满足|a|＝|b|＝|a－b|，则a·(a＋b)＝()A.eq\f(1,2)a2 B.eq\f(1,2)b2C.eq\f(1,2)(a＋b)2 D.eq\f(1,2)(a－b)2答案C解析由题知|a|2＝|b|2＝|a－b|2，所以|b|2＝|a|2＋|b|2－2a·b，即a·b＝eq\f(1,2)|a|2，所以a·(a＋b)＝a2＋a·b＝eq\f(3,2)|a|2，而eq\f(1,2)(a＋b)2＝eq\f(1,2)a2＋eq\f(1,2)b2＋a·b＝eq\f(3,2)a2＝eq\f(3,2)|a|2，故选C.5.如图，A是平面α内一定点，B是平面α外一定点，且AB＝4eq\r(2)，直线AB与平面α所成的角为45°，设平面α内动点M到点A，B的距离相等，则线段AM的长度的最小值为()A.4 B.2eq\r(2)C.2 D.eq\f(\r(2),2)答案A解析过点B作BB′⊥平面α，垂足为B′，连接AB′，则直线AB与平面α所成的角为∠BAB′＝45°，所以△BAB′为等腰直角三角形，B′A＝B′B＝4.在平面α内过点B′作AB′的垂线l，则点M在直线l上，且AM＝eq\r(B′M2＋B′A2)≥AB′＝4，当且仅当点M与点B′重合时，等号成立，故选A.6.(x2＋ax－1)·(1－x)6的展开式中x2的系数是－2，则实数a的值为()A.0 B.3C.－1 D.－2答案D解析展开式中含x2的项为x2·1＋ax·Ceq\o\al(1,6)(－x)1＋(－1)·Ceq\o\al(2,6)(－x)2＝x2－6ax2－15x2＝－(6a＋14)x2，所以－(6a＋14)＝－2，解得a＝－2，故选D.7.平面直角坐标系xOy中，已知点A(－a，0)，B(a，0)，其中a>0，若圆(x－a＋1)2＋(y－a－2)2＝a2上存在点P满足eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝3a2，则实数a的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)) D.[1，＋∞)答案D解析设P(x，y)，则eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝(－a－x，－y)·(a－x，－y)＝x2－a2＋y2＝3a2，所以x2＋y2＝4a2，即点P在以原点为圆心，2a为半径的圆上，又因为点P在以点(a－1，a＋2)为圆心，a为半径的圆上，所以点P为两圆的公共点，因此2a－a≤eq\r(（a－1）2＋（a＋2）2)≤2a＋a，解得a≥1，故选D.8.若对于任意正数x，y，不等式x(1＋lnx)≥xlny－ay恒成立，则实数a的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e3)，\f(1,e)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，＋∞)) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e3)，＋∞))答案C解析由题知ay≥xlny－x－xlnx，即a≥eq\f(x,y)lny－eq\f(x,y)－eq\f(x,y)lnx＝eq\f(x,y)lneq\f(y,x)－eq\f(x,y)，令t＝eq\f(y,x)，t∈(0，＋∞)，则a≥eq\f(lnt,t)－eq\f(1,t)＝eq\f(lnt－1,t)，设g(x)＝eq\f(lnx－1,x)，则g′(x)＝eq\f(\f(1,x)·x－lnx＋1,x2)＝eq\f(2－lnx,x2)，令g′(x)<0，则x>e2，令g′(x)>0，则0<x<e2，所以g(x)在(e2，＋∞)上单调递减，在(0，e2)上单调递增，当x＝e2时，g(x)有最大值eq\f(1,e2)，所以a≥eq\f(1,e2)，故选C.二、多选题(每小题6分，共18分)9.若X～N(100，1.52)，则下列说法正确的有()A.P(X<100)＝eq\f(1,2) B.E(X)＝1.5C.P(X<101.5)＝P(X>98.5) D.P(97<X<101.5)＝P(98.5<X<103)答案ACD解析由题知μ＝100，σ＝1.5.对于A，P(X<100)＝P(X<μ)＝eq\f(1,2)，故A正确；对于B，E(X)＝μ＝100，故B错误；对于C，P(X<101.5)＝P(X<μ＋σ)，P(X>98.5)＝P(X>μ－σ)，因为P(X<μ＋σ)＝P(X>μ－σ)，所以P(X<101.5)＝P(X>98.5)，故C正确；对于D，P(97<X<101.5)＝P(μ－2σ<X<μ＋σ)，P(98.5<X<103)＝P(μ－σ<X<μ＋2σ)，因为P(μ－2σ<X<μ＋σ)＝P(μ－σ<X<μ＋2σ)，所以P(97<X<101.5)＝P(98.5<X<103)，故D正确，故选ACD.10.如图所示的数阵的特点是：每行每列都成等差数列，该数列一共有n行n列(n≥100)，j表示第i行第j列的数，比如a23＝7，a54＝21，则()234567…35791113…4710131619…5913172125…61116212631…71319253137……A.a77＝50B.65在这个数阵中出现了8次C.j＝i×j＋1D.这个数阵中n2个数的和S＝eq\f(n2（n＋1）2,4)答案AC解析由题知，第i行第一个数为i＋1，每行的数都成等差数列，第i行公差为i.对于A，a71＝8，所以a77＝8＋7×6＝50，故A正确；对于C，第i行第一个数为i＋1，公差为i，所以j＝i＋1＋i(j－1)＝1＋ij，故C正确；对于B，令1＋ij＝65，则ij＝64，而64＝1×64＝2×32＝4×16＝8×8＝16×4＝32×2＝64×1，所以65出现了7次，故B错误；对于D，第1行所有项的和为2n＋eq\f(n（n－1）,2)×1，第2行所有项的和为3n＋eq\f(n（n－1）,2)×2，第3行所有项的和为4n＋eq\f(n（n－1）,2)×3，……，第n行所有项的和为n(n＋1)＋eq\f(n（n－1）,2)×n，所以n2个数的和为n[2＋3＋…＋(n＋1)]＋eq\f(n（n－1）,2)×(1＋2＋…＋n)＝eq\f(n2（n＋3）,2)＋eq\f(n（n－1）,2)×eq\f(n（n＋1）,2)＝eq\f(n2（n2＋2n＋5）,4)，故D错误，故选AC.11.用平面α截圆柱面，圆柱的轴与平面α所成的角记为θ，当θ为锐角时，圆柱面的截线是一个椭圆.著名数学家Dandelin创立的双球实验证明了上述结论.如图所示，将两个大小相同的球嵌入圆柱内，使它们分别位于α的上方和下方，并且与圆柱面和α均相切.其中G1G2为椭圆长轴，F1，F2为两切点，P为椭圆上一点.下列结论中正确的有()A.椭圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等B.椭圆的长轴长与嵌入圆柱的两球的球心距O1O2相等C.椭圆的离心率e＝cosθD.若R为球O1的半径，则R＝AG1·taneq\f(θ,2)答案ABC解析对于B，G1A＝G1F1，G2B＝G2F1.所以G1G2＝G1F1＋G2F1＝G1A＋G2B.又O1，O分别为AB，G1G2的中点，所以G1A＋G2B＝2OO1＝O1O2，因此G1G2＝O1O2，故B正确；对于A，由选项B的结论知OO1＝eq\f(1,2)O1O2＝eq\f(1,2)G1G2＝a，连接O1F1，易知O1F1⊥平面α，OF1⊂平面α，所以O1F1⊥OF1，过点P作O1O2的平行线(图略)，交球O1于点M，交球O2于点N，易知M，N为切点，则PF1＝PM，PF2＝PN，则PF1＋PF2＝PM＋PN＝MN＝O1O2＝2a，所以F1，F2为椭圆的两个焦点.则OF1＝c，所以O1F1＝eq\r(O1O2－OFeq\o\al(2,1))＝eq\r(a2－c2)＝b，即球的半径等于椭圆的短半轴长，所以球的直径等于椭圆的短轴长，故A正确；对于C，因为O1F1⊥平面α，所以轴O1O2与平面α所成的角θ＝∠O1OF1，cosθ＝cos∠O1OF1＝eq\f(OF1,O1O)＝eq\f(c,a)＝e，故C正确；对于D，连接O1G1，易证△O1AG1≌△O1F1G1，所以∠O1G1A＝∠O1G1F1＝eq\f(∠AG1F1,2)＝eq\f(π－θ,2)，又∠AO1G1＋∠O1G1A＝eq\f(π,2)，所以∠AO1G1＝eq\f(θ,2)，因为tan∠AO1G1＝eq\f(AG1,AO1)，所以taneq\f(θ,2)＝eq\f(AG1,R)，即R＝eq\f(AG1,tan\f(θ,2))，故D错误，故选ABC.三、填空题(每小题5分，共15分)12.已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1，x≤0，,ln（x＋1），x>0，))则关于x的不等式f(x)≤1的解集为________.答案(－∞，e－1]解析f(x)≤1⇔eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≤0，,x＋1≤1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x>0，,ln（x＋1）≤1，))解得x≤0或0<x≤e－1，即x≤e－1.13.如图1，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，E，F分别是BC，AD的中点，将四边形ABEF沿EF折起，使得二面角A1－EF－D的大小为90°，如图2，则三棱锥A1－CDE的外接球的表面积为________.答案34π解析如图，易知A1F⊥EF，DF⊥EF，所以二面角A1－EF－D的平面角为∠A1FD＝90°，所以A1F，EF，DF三条直线两两垂直，三棱锥A1－CDE可补形为长方体，三棱锥A1－CDE的外接球即长方体的外接球，其直径2R＝A1C＝eq\r(A1F2＋EF2＋DF2)＝eq\r(32＋42＋32)＝eq\r(34)，则外接球的表面积为S球＝4πR2＝34π.14.已知在数列{an}中，a1，a11∈N*，数列{an}的前n项和为Sn，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))为等差数列，S14＝77，则S100＝________.答案－3750解析因为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))为等差数列，令其公差为m，则eq\f(Sn,n)＝eq\f(S1,1)＋(n－1)m＝a1＋(n－1)m，即Sn＝na1＋n(n－1)m，Sn－1＝(n－1)a1＋(n－1)(n－2)m，n≥2，两式相减得an＝a1＋(n－1)·2m，当n＝1时，a1＝a1，满足通项公式，所以{an}为等差数列，公差为2m，设公差为d＝2m，则a1∈N*，a11＝a1＋10d∈N*，S14＝14a1＋eq\f(14×13,2)d＝77，所以d＝eq\f(11－2a1,13)，则a11＝a1＋10d＝eq\f(110－7a1,13)，a1＝eq\f(110－13a11,7)≥1，所以a11≤7，依次将a11＝1，2，…，7