统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷五仿真模拟专练一理（附解析）

仿真模拟专练(一)一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知集合A＝{x|－3<x<1}，B＝{x|x＋2≥0}，则A∩B＝(　　)A．{x|－2≤x<1}B．{x|－2<x<1}C．{x|－3<x≤2}D．{x|－3<x<2}2．已知复数z满足|z－1|＝|z－i|，则在复平面上z对应点的轨迹为(　　)A．直线B．线段C．圆D．等腰三角形3．如图，A是轮子外边沿上的一点，轮子半径为0.3m．若轮子从图中位置向右无滑动滚动，则当滚动的水平距离为2.2m时，下列描述正确的是(参考数据：7π≈21.991)(　　)A.点A在轮子的左下位置，距离地面约为0.15mB．点A在轮子的右下位置，距离地面约为0.15mC．点A在轮子的左下位置，距离地面约为0.26mD．点A在轮子的右下位置，距离地面约为0.04m4．在等差数列{an}中，a2＝4，且a1，a3，a9构成等比数列，则公差d＝(　　)A．0或2B．2C．0D．0或－25．已知直线l1：xsinα＋y－1＝0，直线l2：x－3ycosα＋1＝0，若l1⊥l2，则tanα＝(　　)A．B．－C．3D．－36．若随机事件A，B满足P(A)＝，P(B)＝，P(A＋B)＝，则P(A|B)＝(　　)A．B．C．D．7．已知cosβ－3sinα＝2，sinβ＋3cosα＝，则sin(β－α)＝(　　)A．－B．C．－D．8．如图1，矩形ABCD中，BC＝2AB，AM⊥BD交对角线BD于点O，交BC于点M.现将△ABD沿BD翻折至△A′BD的位置，如图2，点N为棱A′D的中点，则下列判断一定成立的是(　　) A．BD⊥CNB．A′O⊥平面BCDC．CN∥平面A′OMD．平面A′OM⊥平面BCD9．若变量x，y满足约束条件，则(x－1)2＋y2的最小值为(　　)A．1B．C．D．210．已知函数f(x)＝为奇函数，则g(x)在x＝－1处的切线方程为(　　)A．x－y＝0B．2x－y＋1＝0C．x－2y＋1＝0D．3x－y＋2＝011．在正方体ABCDA1B1C1D1中，球O1同时与以A为公共顶点的三个面相切，球O2同时与以C1为公共顶点的三个面相切，且两球相切于点F.若以F为焦点，AB1为准线的抛物线经过O1，O2，设球O1，O2的半径分别为r1，r2，则＝(　　)A．B．－C．1－D．2－12．2021年7月24日，中共中央办公厅、国务院办公厅印发《关于进一步减轻义务教育阶段学生作业负担和校外培训负担的意见》，这个政策就是我们所说的“双减”政策，“双减”政策极大缓解了教育的“内卷”现象，而“内卷”作为高强度的竞争使人精疲力竭．数学中的螺旋线可以形象的展示“内卷”这个词，螺旋线这个名词来源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”，平面螺旋便是以一个固定点开始向外逐圈旋绕而形成的曲线，如图(1)所示．如图(2)所示阴影部分也是一个美丽的螺旋线型的图案，它的画法是这样的：正方形ABCD的边长为4，取正方形ABCD各边的四等分点E，F，G，H作第2个正方形EFGH，然后再取正方形EFGH各边的四等分点M，N，P，Q作第3个正方形MNPQ，依此方法一直继续下去，就可以得到阴影部分的图案．设正方形ABCD边长为a1，后续各正方形边长依次为a2，a3，…，an，…；如图(2)阴影部分，设直角三角形AEH面积为b1，后续各直角三角形面积依次为b2，b3，…，bn，….下列说法错误的是(　　) A．从正方形ABCD开始，连续3个正方形的面积之和为B．an＝4×()n－1C．使得不等式bn>成立的n的最大值为4D．数列{bn}的前n项和Sn<4[答题区]题号123456789101112答案二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知向量a＝(3x，1)，向量b＝(2，1)，且a∥b，则x＝________．14．若(1－x)5(1－2x)4＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9，则a1＋a2＋…＋a9的值为________．15．已知椭圆的方程为＋＝1(a>b>0)，F1，F2为椭圆的左右焦点，P为椭圆上在第一象限的一点，I为△PF1F2的内心，直线PI与x轴交于点Q，椭圆的离心率为，若＝λ，则λ的值为________．16．在梯形ABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，AB＝BC＝AD＝1，M为AC的中点，将△ABC沿直线AC翻折成△AB1C，当三棱锥B1ACD的体积最大时，过点M的平面截三棱锥B1ACD的外接球所得截面面积的最小值为________．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．(一)必考题：共60分．17．(12分)△ABC中，AC＝4m，BC＝4m，AC⊥BC，点M，N是边AB上两点，∠MCN＝30°. (1)当AM＝2m时，求△MNC的周长；(2)设∠ACM＝θ，当△MNC的面积为2m2时，求θ的值．18．(12分)已知某闯关游戏，第一关在A，B两个情境中寻宝．每位参赛选手先在两个情境中选择一个开始第一关，若寻宝失败则比赛结束；若寻宝成功则进入另一个情境，无论寻宝成功与否，第一关比赛结束．A情境寻宝成功获得经验值2分，否则得0分；B情境寻宝成功获得经验值3分，否则得0分．已知某玩家在A情境中寻宝成功的概率为0.8，在B情境中寻宝成功的概率为0.6，且每个情境中寻宝成功的概率与选择初始情境的次序无关． (1)若该玩家选择从A情境开始第一关，记X为经验值累计得分，求X的分布列；(2)为使经验值累计得分的期望最大，该玩家应选择从哪个情境开始第一关？并说明理由．19．(12分)某商品的包装纸如图1，其中菱形ABCD的边长为3，且∠ABC＝60°，AE＝AF＝，BE＝DF＝2，将包装纸各三角形沿菱形的边进行翻折后，点E，F，M，N汇聚为一点P，恰好形成如图2的四棱锥形的包裹．(1)证明PA⊥底面ABCD；(2)设点T为BC上的点，且二面角BPAT的正弦值为，试求PC与平面PAT所成角的正弦值． 20．(12分)已知双曲线C：x2－＝1，点P的坐标为(0，)，过P的直线l交双曲线C于点A，B.(1)若直线l又过C的左焦点F，求|AF|·|BF|的值；(2)若点M的坐标为(0，－)，求证：·为定值． 21．(12分)已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝.(1)直接写出曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的公共点坐标，并求曲线y＝f(x)在公共点处的切线方程；(2)已知直线x＝a分别交曲线y＝f(x)和y＝g(x)于点A，B.当a∈(0，e)时，设△OAB的面积为S(a)，其中O是坐标原点，求S(a)的最大值． (二)选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．22．(10分)[选修4－4：坐标系与参数方程]如图，在极坐标系中，已知点M(2，0)，曲线C1是以极点O为圆心，以OM为半径的半圆，曲线C2是过极点且与曲线C1相切于点(2，)的圆．(1)分别写出曲线C1，C2的极坐标方程；(2)直线θ＝α(0<α<π，ρ∈R)与曲线C1，C2分别相交于点A，B(异于极点)，求△ABM面积的最大值．23．(10分)[选修4－5：不等式选讲]已知函数f(x)＝|x＋m|－|x－2m|(m>0)的最大值为6.(1)求m的值；(2)若正数x，y，z满足x＋y＋z＝m，求证：＋≤. 仿真模拟专练（一）1．A　根据题意，B＝{x|x≥－2}，∴A∩B＝{x|－2≤x<1}，选项A正确．故选A.2．A　设复数z＝x＋yi（x，y∈R），根据复数的几何意义知：|z－1|表示复平面内点P（x，y）与点A（1，0）的距离，|z－i|表示复平面内点P（x，y）与点B（0，1）的距离，因为|z－1|＝|z－i|，即点P（x，y）到A，B两点间的距离相等，所以点P（x，y）在线段AB的垂直平分线上，所以在复平面上z对应点的轨迹为直线．故选A.3．A　车轮的周长为2π×0.3＝0.6πm，当滚动的水平距离为0.7πm≈2.2m时，即车轮转动1＋个周期，即点A在轮子的左下位置，距离地面约为0.3－0.3×cos＝0.15m，故选A.4．A　因为在等差数列{an}中，a2＝4，且a1，a3，a9，构成等比数列，所以a＝a1a9，即（a2＋d）2＝（a2－d）（a2＋7d），所以（4＋d）2＝（4－d）（4＋7d），解得d＝0或2，故选A.5．C　因为l1⊥l2，易得两直线斜率都存在，且（－sinα）·＝－1，则tanα＝＝3.故选C.6．D　由题可知：P（A＋B）＝P（A）＋P（B）－P（AB）， 所以P（AB）＝P（A）＋P（B）－P（A＋B）＝＋－＝，所以P（A|B）＝＝，故选D.7．C　由cosβ－3sinα＝2得：（cosβ－3sinα）2＝cos2β－6cosβsinα＋9sin2α＝4　①；由sinβ＋3cosα＝得：（sinβ＋3cosα）2＝sin2β＋6sinβcosα＋9cos2α＝　②；①＋②得：10＋6（sinβcosα－cosβsinα）＝10＋6sin（β－α）＝，∴sin（β－α）＝－.故选C.8．D　9．B　结合题意作平面区域如图，而（x－1）2＋y2的几何意义是可行域内的点与（1，0）的距离的平方，又（1，0）到直线2x－y＝0的距离为，故（x－1）2＋y2的最小值为，故选B.10．D　当x<0时，－x>0，则f（－x）＝（－x）2＋（－x）ln（－x）＝x2－xln（－x），此时g（x）＝－f（－x）＝－x2＋xln（－x），则g′（x）＝－2x＋ln（－x）＋1，则g（－1）＝－1，g′（－1）＝3，所求切线方程为y＋1＝3（x＋1），即3x－y＋2＝0.故选D.11．D　根据抛物线的定义，点O2到点F的距离与到直线AB1的距离相等，其中点O2到点F的距离即半径r2，也即点O2到平面CDD1C1的距离，点O2到直线AB1的距离即点O2到平面ABB1A1的距离，因此球O2内切于正方体，不妨设r2＝1，两个球心O1，O2和两球的切点F 均在体对角线AC1上，两个球在平面AB1C1D处的截面如图所示，则O2F＝r2＝1，AO2＝＝，所以AF＝AO2－O2F＝－1.又因为AF＝AO1＋O1F＝r1＋r1，因此（＋1）r1＝－1，得r1＝2－，所以＝2－.故选D.12．C　由题意，a1＝4，a2＝＝a1，a3＝＝a2＝（）2a1，…，an＝＝an－1⇒＝，于是数列{an}是以4为首项，为公比的等比数列，则an＝4·（）n－1.由题意可得：S△AHE＝，即b1＝，b2＝，…，bn＝，于是bn＝＝（）n－1.对A，连续三个正方形面积之和为：S＝a1＋a2＋a3＝42＋（）2＋（）2＝，正确；易知B正确；对C，令bn＝（）n－1>⇒（）n－1>，而（）4－1＝<，错误；对D，Sn＝·＝4<4，正确．故选C. 13．答案：解析：因为a∥b，则3x＝2，得x＝.14．答案：－1解析：由条件得：在等式左右两边取x＝0，计算得a0＝1，令x＝1，计算得a0＋a1＋…＋a9＝0，于是a1＋a2＋…＋a9＝－1.15．答案：4解析：如图所示，连接IF1、IF2，I是△PF1F2的内心，所以IF1、IF2分别是∠PF1F2和∠PF2F1的角平分线，由于经过点P与△PF1F2的内切圆圆心I的直线交x轴于点Q，则PQ为∠F1PF2的角平分线，则Q到直线PF1、PF2的距离相等，所以S△PF1QS△PF2Q＝＝，同理可得＝，＝，由比例关系性质可知＝＝＝＝.又椭圆的离心率e＝＝＝.所以＝3，所以＝4，故λ＝4.16．答案：解析：如图所示，连接B1M，则B1M⊥AC，则∠AB1C＝90°，故B1M＝＝＝，设二面角B1ACD的平面角为α ，设三棱锥B1ACD的高为h，则h＝B1Msinα＝sinα，VB1ACD＝S△ACD·h＝S△ACD·sinα≤S△ACD，当且仅当α＝90°时，等号成立，即当平面B1AC⊥平面ACD时，三棱锥B1ACD的体积最大，∵AC＝，AB＝BC＝1，∠ABC＝90°，故△ABC为等腰直角三角形，且∠ACB＝45°，在梯形ABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，则BC∥AD，所以，∠CAD＝∠ACB＝45°，在△ACD中，AC＝，AD＝2，∠CAD＝45°，由余弦定理可得CD＝＝，故AC2＋CD2＝AD2，∴CD⊥AC，因为平面B1AC⊥平面ACD，平面B1AC∩平面ACD＝AC，CD⊥AC，CD⊂平面ACD，∴CD⊥平面B1AC，∵AB1⊂平面B1AC，则AB1⊥CD，因为AB1⊥B1C，B1C∩CD＝C，∴AB1⊥平面B1CD，∵B1D⊂平面B1CD，所以，AB1⊥B1D，记AD中点为O，由OB1＝OA＝OC＝OD得O为三棱锥B1ACD的外接球的球心，且球的半径为OC＝AD＝1，设OM与过点M的平面所成的角为θ，设点O到截面的距离为d，则d＝OMsinθ＝sinθ，故截面圆的半径为r＝＝≥，当且仅当θ＝90°时，过点M的平面截三棱锥外接球O所得截面面积最小，所以截面圆面积的最小值为π×（）2＝.17．解析：（1）∵AC＝4m，BC＝4m，AC⊥BC，∴B＝30°，∴A＝60°，在△ACM中，由余弦定理可得CM2＝AC2＋AM2－2AC·AM·cosA＝16＋4－2×4×2×＝12，则CM＝2，∴AC2＝AM2＋CM2，∴CM⊥AB，∵∠MCN＝30°，∴MN＝CMtan30°＝2，∴CN＝2MN＝4，∴△MNC的周长为2＋4＋2＝（6＋2）m；（2）在△ACN中，∠ANC＝90°－θ，由＝得CN＝， 又在△ACM中，由＝，得CM＝，所以S△CMN＝CM·CN·sin30°＝＝＝＝，由＝2得sin（2θ＋60°）＝，∵0°≤θ≤60°，所以60°≤2θ＋60°≤180°，所以2θ＋60°＝60°或120°，所以θ＝30°或θ＝0°.18．解析：（1）由题意知：X所有可能的取值为0，2，5，∴P（X＝0）＝1－0.8＝0.2；P（X＝2）＝0.8×（1－0.6）＝0.32；P（X＝5）＝0.8×0.6＝0.48，∴X的分布列为：X025P0.20.320.48（2）由（1）得：从A情境开始第一关，则E（X）＝0×0.2＋2×0.32＋5×0.48＝3.04；若从B情境开始第一关，记Y为经验值累计得分，则Y所有可能的取值为0，3，5，∴P（Y＝0）＝0.4；P（Y＝3）＝0.6×（1－0.8）＝0.12；P（Y＝5）＝0.8×0.6＝0.48，∴E（Y）＝0×0.4＋3×0.12＋5×0.48＝2.76；∵E（X）>E（Y），∴应从A情境开始第一关．19．解析：（1）由菱形ABCD的边长为3，AE＝AF＝，BE＝DF＝2，可得：BE2＝AB2＋AE2，即有AB⊥AE，同理DF2＝AD2＋AF2，即有AD⊥AF，在翻折的过程中，垂直关系保持不变可得：PA⊥AB，PA⊥AD，AB∩AD＝A.可得PA⊥底面ABCD. （2）解法一：如图，以点A为原点，AB为x轴，过点A作AB的垂线为y轴，AP为z轴建立空间直角坐标系．由第（1）问可得PA⊥底面ABCD，可得：PA⊥AB，PA⊥AT.则∠BAT为二面角BPAT的平面角，由题意可得：sin∠BAT＝，考虑△BAT，∠ABT＝60°，可得sin∠ATB＝sin（∠BAT＋60°）＝.利用正弦定理得＝，可得：BT＝1，点T的坐标为（，，0），点P（0，0，），A（0，0，0），C（，，0），设平面PAT的法向量为m＝（x，y，z），则有，即：.令x＝3，则有m＝（3，－5，0），＝（，，－），则有：cos〈m，〉＝＝－则PC与平面PAT所成角的正弦值为.解法二：由第（1）问可知PA⊥底面ABCD，AC＝3，所以PA⊥AB，PA⊥AT，PC＝2.则∠BAT为二面角BPAT的平面角，由题意可得：sin∠BAT＝，考虑△BAT，∠ABT＝60°，可得sin∠ATB＝sin（∠BAT＋60°）＝. 利用正弦定理得＝，可得：BT＝1，即点T为BC上靠近点B的三等分点所以在△ABT中，由余弦定理可得：AT＝＝，过点C作平面PAT的垂线，垂足为Q，连接PQ，所以∠CPQ为PC与平面PAT所成角．考虑三棱锥PACT，由于VPACT＝S△ACT·PA＝××2××＝，VCPAT＝S△ATP·CQ＝×××·CQ，因为VPACT＝VCPAT，所以CQ＝，所以sin∠CPQ＝＝，所以PC与平面PAT所成角的正弦值为.解法三：由PA⊥平面ABCD，可得：PA⊥AB，PA⊥AT.故∠BAT为二面角BPAA的平面角，由题意可得：sin∠BAT＝，因为∠BAT为锐角，所以cos∠BAT＝，故sin∠CAT＝sin（60°－∠BAT）＝，过点C作CQ垂直AT于Q，连接CQ、AC，则CQ＝AC·sin∠CAT＝，∵PA⊥AC，∴PC＝2， ∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CQ，又因为AT⊥CQ，AT∩PA＝A，故CQ⊥平面PAT，故∠CPQ为PC与平面PAT所成的角，∴sin∠CPQ＝，即PC与平面PAT所成角的正弦值为.20．解析：（1）由双曲线C：x2－＝1可得a＝1，b＝，所以c＝＝＝，所以F（－，0），设A（x1，y1），B（x2，y2），kPF＝＝1，所以直线l的方程为y＝x＋，由联立得：x2－2x－5＝0，所以x1＋x2＝2，x1x2＝－5，|AF|·|BF|＝·＝2|（x1＋）（x2＋）|＝2|x1x2＋（x1＋x2）＋3|＝2×|－5＋×2＋3|＝8.（2）由题意知直线l的斜率存在，不妨设直线l：y＝kx＋，由可得：（k2－2）x2＋2kx＋5＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），所以x1＋x2＝，x1x2＝，＝（x1，y1＋），＝（x2，y2＋），·＝x1x2＋（y1＋）（y2＋）＝x1x2＋（kx1＋）（kx2＋）＝（1＋k2）x1x2＋k（x1＋x2）＋＝（1＋k2）＋·＋＝.所以·＝为定值．21．解析：（1）由f（x）＝g（x）即lnx＝可得x＝e，所以f（e）＝lne＝1，所以公共点坐标为（e，1），因为f′（x）＝，所以在公共点处切线的斜率为f′（e）＝，所以曲线y＝f（x）在公共点处的切线方程为y－1＝（x－e），即y＝. （2）△OAB的面积为S（a）＝|AB|·a＝··a，因为a∈（0，e），所以>1，lna<1，所以>lna，所以S（a）＝·（－lna）·a＝－alna，a∈（0，e），S′（a）＝－（1＋lna），由S′（a）>0即1＋lna<0可得0<a<；由S′（a）<0即1＋lna>0可得<a<e；所以S（a）在（0，）上单调递增，在（，e）上单调递减，所以S（a）max＝S（）＝－·ln＝＋，所以当a＝时，S（a）的最大值为＋.22．解析：（1）曲线C1的极坐标方程为ρ＝2（0≤θ≤π）.设P（ρ，θ）为曲线C2上的任意一点，∴ρ＝2cos（－θ）.∴曲线C2极坐标方程为ρ＝2sinθ（0≤θ≤π）.（2）∵直线θ＝α（0<α<π，ρ∈R）与曲线C1，C2分别交于点A，B（异于极点），∴设B（ρB，α），A（ρA，α）.由题意得ρB＝2sinα，ρA＝2，∴|AB|＝ρA－ρB＝2－2sinα.∵点M到直线AB的距离d＝OM×sinα＝2sinα，∴S△AOM＝|AB|·d＝（2－2sinα）×2sinα＝2（1－sinα）×sinα≤2×＝（当且仅当sinα＝ 时，等号成立），∴△ABM的面积的最大值为.23．解析：（1）由题意得f（x）＝|x＋m|－|x－2m|≤|（x＋m）－（x－2m）|＝|3m|，因为函数f（x）的最大值为6，所以|3m|＝6，即m＝±2.因为m>0，所以m＝2；（2）由（1）知，x＋y＋z＝2，因为x>0，y>0，z>0，所以2＝x＋y＋z＝（＋y）＋（＋z）≥2＋2，当且仅当＝y＝z时，即x＝1，y＝z＝等号成立，即×＋×≤2＝m2，所以＋≤，当且仅当x＝1，y＝z＝时，等号成立．