2026步步高高考大二轮复习数学-14小题＋1大题(立几)-节选自昆明市质检

14小题＋1大题(立几)——节选自昆明市质检一、单选题(每小题5分，共40分)1.若{an}是等比数列，a1＝1，a3＝5，则a5＝()A.7 B.9C.25 D.35答案C解析a1·a5＝aeq\o\al(2,3)，即1·a5＝52，所以a5＝25，故选C.2.双曲线C：eq\f(x2,4)－eq\f(y2,9)＝1的渐近线方程为()A.y＝±eq\f(9,4)x B.y＝±eq\f(4,9)xC.y＝±eq\f(2,3)x D.y＝±eq\f(3,2)x答案D解析由双曲线方程可知，焦点在x轴上，a＝2，b＝3，所以渐近线方程为y＝±eq\f(b,a)x＝±eq\f(3,2)x，故选D.3.复平面内表示复数z＝m＋(m＋1)i(m∈R)的点在直线y＝2x上，则m＝()A.1 B.－1C.2 D.－2答案A解析复数z在复平面内对应的点为(m，m＋1)，该点在直线y＝2x上，可得m＋1＝2m，得m＝1，故选A.4.已知如图网格中面积最小的正方形边长为1，平面向量a，b如图所示，则|a－b|＝()A.2 B.eq\r(3)C.eq\r(2) D.1答案C解析如图，将b平移到与a共起点的位置，由向量的三角形法则可得，a－b表示b的终点指向a的终点的向量，所以|a－b|＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2)，故选C.5.在(1＋x)3＋(1＋x)4＋(1＋x)5的展开式中，含x2的项的系数是()A.16 B.19C.21 D.24答案B解析(1＋x)3展开式的通项是Ceq\o\al(r,3)13－rxr，令r＝2可得Ceq\o\al(2,3)·1·x2＝3x2；(1＋x)4展开式的通项是Ceq\o\al(r,4)14－rxr，令r＝2可得Ceq\o\al(2,4)·12·x2＝6x2；(1＋x)5展开式的通项是Ceq\o\al(r,5)15－rxr，令r＝2可得Ceq\o\al(2,5)·13·x2＝10x2.所以(1＋x)3＋(1＋x)4＋(1＋x)5的展开式中，含x2的项为3x2＋6x2＋10x2＝19x2，系数为19，故选B.6.已知函数f(x)＝ex＋e2－x，则下列说法正确的是()A.f(x)为增函数B.f(x)有两个零点C.f(x)的最大值为2eD.y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称答案D解析对f(x)求导，得f′(x)＝ex－e2－x＝ex－eq\f(e2,ex)，令f′(x)＝0，即ex－eq\f(e2,ex)＝0，得ex＝eq\f(e2,ex)，e2x＝e2，ex＝e，所以x＝1.当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0，所以f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)单调递增.f(x)在x＝1处取得极小值，也是f(x)的最小值，最小值为f(1)＝2e>0，f(x)无最大值.故A，B，C错误；对于D，f(2－x)＝e2－x＋e2－(2－x)＝e2－x＋ex＝f(x)，故y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称，D正确.7.早期天文学家常采用“三角法”测量行星的轨道半径.假设一种理想状态：地球E和某小行星M绕太阳S在同一平面上的运动轨道均为圆，三个星体的位置如图所示.地球在E0位置时，测出∠SE0M＝eq\f(2π,3)；行星M绕太阳运动一周回到原来位置，地球运动到了E1位置，测出∠SE1M＝eq\f(3π,4)，∠E1SE0＝eq\f(π,3).若地球的轨道半径为R，则下列选项中与行星M的轨道半径最接近的是(参考数据：eq\r(3)≈1.7)()A.2.1R B.2.2RC.2.3R D.2.4R答案A解析连接E1E0，由题知∠SE0M＝eq\f(2π,3)，∠SE1M＝eq\f(3π,4)，∠E1SE0＝eq\f(π,3)，所以∠E1ME0＝eq\f(π,4).SE1＝SE0＝R，则△SE1E0为等边三角形，E1E0＝R.在△E1ME0中，由正弦定理eq\f(ME0,sin∠ME1E0)＝eq\f(E0E1,sin∠E0ME1)，即eq\f(ME0,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)－\f(π,3))))＝eq\f(R,sin\f(π,4))，解得ME0＝eq\f(\r(3)＋1,2)R.在△SE0M中，由余弦定理SM2＝SEeq\o\al(2,0)＋MEeq\o\al(2,0)－2SE0·ME0·cos∠SE0M，即SM2＝R2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)＋1,2)R))eq\s\up12(2)－2R·eq\f(\r(3)＋1,2)R·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，得SM2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)＋\r(3)))R2≈4.2R2，所以SM≈eq\r(4.2R2)≈2.05R，接近2.1R，故选A.8.已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点为F1，F2，圆x2＋y2＝a2－b2与E的一个交点为P，直线PF2与E的另一个交点为Q，tan∠F1QF2＝eq\f(3,4)，则E的离心率为()A.eq\f(3,5) B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(3,4) D.eq\f(\r(3),2)答案B解析设椭圆E的半焦距为c，则a2－b2＝c2，所以圆的方程为x2＋y2＝c2.连接PF1，由圆的性质可知∠F1PF2＝90°，所以△F1PQ为直角三角形.由tan∠F1QF2＝eq\f(3,4)，可设|F1P|＝3x，|PQ|＝4x，|F1Q|＝5x.由椭圆的定义可得|F1P|＋|PQ|＋|QF1|＝4a，即12x＝4a，得x＝eq\f(a,3)，所以|F1P|＝a，又|F1P|＋|F2P|＝2a，所以|F2P|＝a.在Rt△F1PF2中，由勾股定理得|F1P|2＋|F2P|2＝|F1F2|2，即a2＋a2＝(2c)2，得a＝eq\r(2)c，所以E的离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(c,\r(2)c)＝eq\f(\r(2),2)，故选B.二、多选题(每小题6分，共18分)9.已知函数f(x)＝sin2x，若f(x1)＝f(x2)＝eq\f(1,2)，则|x1－x2|的值可以为()A.eq\f(π,2) B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,4) D.eq\f(2π,3)答案BD解析由题意知sin2x＝eq\f(1,2)，2x＝eq\f(π,6)＋2k1π(k1∈Z)或2x＝eq\f(5π,6)＋2k2π(k2∈Z)，即x＝eq\f(π,12)＋k1π(k1∈Z)或x＝eq\f(5π,12)＋k2π(k2∈Z).令x1＝eq\f(π,12)＋k1π(k1∈Z)，x2＝eq\f(5π,12)＋k2π(k2∈Z)，则|x1－x2|＝|x2－x1|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋（k2－k1）π))(k1，k2∈Z)，因为k1，k2∈Z，所以k2－k1∈Z，则|x2－x1|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋nπ))(n∈Z).令n＝0，得|x2－x1|＝eq\f(π,3)，令n＝－1，得|x2－x1|＝eq\f(2π,3)，故选BD.10.在数列{an}中，∀n≥2，n∈N*，an＋1＋an－1＝a1an，记{an}的前n项和为Sn，则下列说法正确的是()A.若a1＝1，a2＝2，则a3＝1B.若a1＝1，a2＝2，则an＝an＋4C.若a1＝2，a2＝3，则an＝n＋1D.若a1＝2，a2＝3，则S20＝230答案ACD解析对于A，令n＝2，有a3＋a1＝a1a2，a3＋1＝2，得a3＝1，故A正确；对于B，由A知，a3＝1，同理令n＝3，得a4＝－1，令n＝4，得a5＝－2，不满足a1＝a5，故B错误；对于C，若a1＝2，则∀n≥2，n∈N*，an＋1＋an－1＝2an，所以{an}为等差数列，{an}的公差d＝a2－a1＝1，an＝a1＋(n－1)d＝2＋n－1＝n＋1，故C正确；对于D，由C知，{an}为等差数列，则S20＝20×2＋eq\f(20×19,2)＝230，故D正确.11.在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝eq\r(3)，以对角线BD为折痕将△ABD进行翻折，折后为△A′BD，连接A′C，得到三棱锥A′－BCD，在翻折过程中，下列说法正确的是()A.三棱锥A′－BCD体积的最大值为eq\f(1,4)B.点A′，B，C，D都在同一球面上C.点A′在某一位置，可使BD⊥A′CD.当A′B⊥DC时，A′C＝eq\r(2)答案ABD解析对于A，设点A′到底面BCD的距离为h，则V三棱锥A′－BCD＝eq\f(1,3)S△BCD·h，又S△BCD＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×1＝eq\f(\r(3),2)，所以当平面A′BD⊥平面BCD时，h最大，三棱锥A′－BCD的体积最大.此时在△A′BD中，eq\f(1,2)×1×eq\r(3)＝eq\f(1,2)×2×h，得h＝eq\f(\r(3),2)，此时V三棱锥A′－BCD＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1,4)，故A正确.对于B，设BD的中点为O，如图，连接OC，OA′，在翻折过程中，总有OC＝OD＝OB＝OA′，所以O为三棱锥A′－BCD外接球的球心，即点A′，B，C，D都在球O上，故B正确.对于C，假设存在这样的点A′，使得BD⊥A′C，过点A′作A′G⊥BD，交BD于点G，连接CG，因为A′C∩A′G＝A′，A′C，A′G⊂平面A′GC，所以BD⊥平面A′GC，因为GC⊂平面A′GC，所以BD⊥GC，显然在矩形ABCD中不成立，所以不存在这样的点A′.故C错误.对于D，因为A′B⊥DC，A′B⊥A′D，DC∩A′D＝D，DC，A′D⊂平面A′CD，所以A′B⊥平面A′CD，又A′C⊂平面A′CD，故A′B⊥A′C，在Rt△A′CB中，由勾股定理得A′C2＝CB2－A′B2＝(eq\r(3))2－12＝2，所以A′C＝eq\r(2)，故D正确.三、填空题(每小题5分，共15分)12.已知cosα＝eq\f(\r(3),3)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则tan2α＝________.答案－2eq\r(2)解析由题意得sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))\s\up12(2))＝eq\r(\f(2,3))＝eq\f(\r(6),3)，故tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝eq\r(2)，所以tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(2\r(2),1－2)＝－2eq\r(2).13.已知正六棱锥的侧棱长为2eq\r(3)，其各顶点都在同一球面上，若该球的表面积为16π，则该正六棱锥的体积为________.答案eq\f(9\r(3),2)解析如图，记该正六棱锥的顶点为A，底面正六边形的中心为O1，连接O1A.记该球的球心为O，由题意得该球的球心在直线O1A上，连接OB，O1B.记该球的半径为R，则4πR2＝16π，得R＝2.设正六棱锥的高为h，底面边长为a，则在Rt△OO1B中，有(h－R)2＋a2＝R2，即(h－2)2＋a2＝4，所以h2－4h＋a2＝0.又h2＋a2＝(2eq\r(3))2＝12，所以h＝3，a＝eq\r(3)，则正六棱锥的体积V＝eq\f(1,3)×6×eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)×3＝eq\f(9\r(3),2).14.如图，一个质点从原点0出发，每隔一秒随机、等可能地向左或向右移动一个单位，共移动6次.质点位于4的位置的概率为________；在质点第一秒位于1的位置的条件下，该质点共经过两次3的位置的概率为________.答案eq\f(3,32)eq\f(1,8)解析记质点向左移动的次数为X，则X～B(n，p)，且n＝6，p＝eq\f(1,2)，所以X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6，\f(1,2))).质点从原点0出发，共移动6次到达4的位置，在6次移动过程中必向左移动1次、向右移动5次，则质点位于4的位置的概率P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,6)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(5)＝eq\f(3,32).当质点第一秒位于1的位置时，质点还要移动5次，共有25＝32(种)移动路线.若该质点经过两次3的位置，则有1－2－3－2－3－2，1－2－3－2－3－4，1－2－3－4－3－2，1－2－3－4－3－4，共4种情况，所以该质点共经过两次3的位置的概率P＝eq\f(4,32)＝eq\f(1,8).四、解答题(本题共13分；考查方向：立几)15.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为A1C，AB的中点，连接A1B，BC1.(1)证明：DE∥平面A1BC1；(2)若DE⊥AB，AB＝BC＝1，AA1＝2，求二面角A1－BC1－C的正弦值.(1)证明如图，连接AC1.因为D为A1C的中点，所以D为AC1的中点，又E为AB的中点，所以D