2024版新教材高考数学复习特训卷仿真模拟冲刺三

这是一份2024版新教材高考数学复习特训卷仿真模拟冲刺三，共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．若集合A＝{x∈N*|x是4与10的公倍数}，B＝{x∈R|x2≤1 000}，则A∩B＝( )
A．∅ B．{－20，20} C．{20} D．{20，30}
2．若复数z满足(z－3)(z－5)＋2＝0，则z· eq \(z,\s\up6(－))＝( )
A．4 B． eq \r(17) C．16 D．17
3．已知tan α＝ eq \f(1,2)，则 eq \f(cs α,cs （α＋\f(π,4)）)＝( )
A．－2 eq \r(2) B．－ eq \r(2) C． eq \r(2) D．2 eq \r(2)
4．红薯于1593年被商人陈振龙引入中国，也叫甘薯、番薯等．红薯耐旱、适应性强、产量较大，曾数次于大饥荒年间成为不少人的“救命粮食”，现因其生食多汁、熟食如蜜，成为人们喜爱的美食甜点．小泽和弟弟在网红一条街买了一块香气扑鼻的烤红薯，准备分着吃，如图，该红薯可近似看作三部分：左边部分是半径为R的半球；中间部分是底面半径为R、高为3R的圆柱；右边部分是底面半径为R、高为R的圆锥．若小泽准备从中间部分的甲、乙、丙、丁四个位置选择一处将红薯掰成两块，且使得两块的体积最接近，则小泽应选择的位置是( )
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
5．在△ABC中，AB＝2，BC＝1，∠ABC＝ eq \f(π,3)，若点M满足 eq \(BM,\s\up6(→))＝2 eq \(MA,\s\up6(→))，则 eq \(AM,\s\up6(→))· eq \(AC,\s\up6(→))＝( )
A． eq \f(1,2) B． eq \f(2,3) C．1 D． eq \f(4,3)
6．若a＝ eq \f(10,11)·e eq \s\up6(\f(11,10))，b＝ eq \f(10e2,11)·ln eq \f(11,10)，c＝e，则( )
A．b＜c＜a B．a＜b＜c C．c＜b＜a D．a＜c＜b
7．已知随机事件A，B，C满足0＜P(A)＜1，0＜P(B)＜1，0＜P(C)＜1，则下列说法错误的是( )
A．不可能事件∅与事件A互斥 B．必然事件Ω与事件A相互独立
C．P(A|C)＝P(AB|C)＋P(A eq \(B,\s\up6(－))|C) D．若P(A|B)＝P( eq \(A,\s\up6(－))|B)，则P(A)＝P( eq \(A,\s\up6(－)))＝ eq \f(1,2)
8．已知A是椭圆E： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的上顶点，点B，C是E上异于A的两点，△ABC是以A为直角顶点的等腰直角三角形．若满足条件的△ABC有且仅有1个，则椭圆E离心率的取值范围是( )
A．(0， eq \f(\r(3),3)] B．(0， eq \f(\r(6),3)] C．(0， eq \f(\r(2),2)] D．(0， eq \f(\r(3),2)]
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．已知数列{an}的前n项和Sn＝( eq \f(1,2))n－1，则下列说法正确的有( )
A．{Sn}是递减数列 B．{an}是等比数列 C．an＜0 D．Sn＋an＝1
10.
如图，在正方体ABCD ­ A1B1C1D1中，点E在线段BD上，且BE＝ eq \f(1,2)BD，动点F在线段B1C上(含端点)，则下列说法正确的有( )
A．三棱锥D1 ­ ADF的体积为定值
B．若直线EF∥平面AB1D1，则CF＝ eq \f(1,2)CB1
C．不存在点F使平面DEF⊥平面BB1C1C
D．存在点F使直线EF与平面ABCD所成角为 eq \f(π,3)
11．已知P是曲线C：x2＋y2＝|x|＋|y|上的动点，O是坐标原点，则下列说法正确的有( )
A．坐标原点O在曲线C上
B．曲线C围成的图形的面积为π＋1
C．过点Q(0，3)至多可以作出4条直线与曲线C相切
D．满足P到直线y＝x＋3的距离为 eq \f(3\r(2),2)的点有3个
12．声音中包含着正弦函数，周期函数产生了美妙的音乐．若我们听到的声音的函数是f(x)＝ eq \f(1,2)sin 2x＋ eq \f(1,4)sin 4x＋ eq \f(1,6)sin 6x，则( )
A．f(x)的最小正周期是π B．f( eq \f(π,2))是f(x)的最小值
C．x＝kπ(k∈Z)是f(x)的零点 D．f(x)在( eq \f(3π,4)，π)上存在极值
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．若平面内有7条直线，其中没有两条平行，也没有三条交于一点，则共有________个交点(用数字作答).
14．若圆x2＋y2＋6x＝0与圆x2＋y2－2my＋m2－16＝0外离，则实数m的取值范围是________．
15．已知(1＋ eq \r(x))n的展开式中第9项、第10项、第11项的二项式系数成等差数列，则正整数n＝________．
16．某校采用分层随机抽样采集了高一、高二、高三年级学生的身高(单位：cm)情况，部分调查数据如下：
则总的样本方差s2＝________．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．(10分)已知a，b，c分别为△ABC的内角A，B，C的对边，且cs C＋ eq \r(3)sin C＝ eq \f(b＋c,a).
(1)求A；
(2)若a＝2，△ABC的面积为 eq \r(3)，求b，c.
18．(12分)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝1，an－an －1＝an －2(n≥3，n∈N*)，Sn表示数列{an}的前n项和．
(1)求证：an＝Sn－2＋1；
(2)求使得| eq \f(ak,Sk－2)－1|≥ eq \f(1,100)成立的正整数k(k≥3，k∈N*)的最大值，
19.(12分)“惟楚有材”牌坊地处武汉市的明清贡院旧址，象征着荆楚仕子朱衣点额的辉煌盛况和江城文脉的源远流长．某学生随机统计了来此参观的100名游客，其中40名女性中有30名在“惟楚有材”牌坊下拍照，60名男性中有20名在“惟楚有材”牌坊下拍照．
(1)用女性拍照的频率估计概率，若再来4名女性(是否拍照互相之间不影响)，求至少有2名女性在“惟楚有材”牌坊下拍照的概率；
(2)根据小概率值α＝0.001的独立性检验，分析游客在“惟楚有材”牌坊下拍照是否与性别有关．
附：χ2＝ eq \f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）)，其中n＝a＋b＋c＋d.
20.
(12分)如图，在三棱锥P ­ ABC中，PC＝AB＝AC＝ eq \f(\r(2),2)BC＝1，PC⊥平面ABC，点M是棱PA上的动点，点N是棱BC上的动点，且PM＝CN＝x(01，令f′(x)＝0，则cs 4x＝0，又4x∈(3π，4π)，所以4x＝ eq \f(7π,2)，即x＝ eq \f(7π,8)，当 eq \f(3π,4)0，进而an－an－1＝an－2>0，故数列{an}单调递增，
由(1)可知an＝Sn－2＋1，故 eq \f(ak,Sk－2)－1＝ eq \f(1,Sk－2)＝ eq \f(1,ak－1)>0，于是只需求使得 eq \f(1,ak－1)≥ eq \f(1,100)成立的最大正整数k，从而只需求使得ak≤101成立的最大正整数k，
由a1＝a2＝1，an＝an－2＋an－1列举得a1＝1，a2＝1，a3＝2，a4＝3，a5＝5，a6＝8，a7＝13，a8＝21，a9＝34，a10＝55，a11＝89，a12＝144，
结合数列{an}单调递增，于是使得ak≤101成立的最大正整数k的值为11.
19．解析：(1)用女性拍照的频率估计概率，每位女性拍照的概率p＝ eq \f(30,40)＝ eq \f(3,4)，
因为女性是否拍照互相之间不影响，所以4名女性在“惟楚有材”牌坊下拍照相互独立，
于是拍照的女性可能有2名、3名、4名，
当拍照的女性有2名时，概率为C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4))) eq \s\up12(2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4))) eq \s\up12(2)＝ eq \f(54,256)，
当拍照的女性有3名时，概率为C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(4)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4))) eq \s\up12(3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4))) eq \s\up12(1)＝ eq \f(108,256)，
当拍照的女性有4名时，概率为C eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(4)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4))) eq \s\up12(4)＝ eq \f(81,256)，
由加法原理，可得至少有2名女性在“惟楚有才”牌坊下拍照的概率为 eq \f(54,256)＋ eq \f(108,256)＋ eq \f(81,256)＝ eq \f(243,256).
(2)列出列联表：
零假设H0：游客在“惟楚有材”牌坊下拍照与性别无关．
χ2＝ eq \f(100×（20×10－30×40）2,60×40×50×50)＝ eq \f(50,3)≈16.667>10.828.
根据小概率值α＝0.001的独立性检验．可推断H0不成立，因此游客在“惟楚有材”牌坊下拍照与性别有关．
20．解析：
(1)在平面ABC内过点C作CD⊥AC，使得点D与点B在AC同侧，由PC⊥平面ABC，CD⊂平面ABC，AC⊂平面ABC，得PC⊥AC，PC⊥CD，
结合CD⊥AC，可知PC，AC，CD两两垂直．以C为坐标原点，分别以 eq \(CA,\s\up6(→))， eq \(CD,\s\up6(→))， eq \(CP,\s\up6(→))的方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，则C(0，0，0)，A(1，0，0)，P(0，0，1).
由AB＝AC＝ eq \f(\r(2),2)BC得AB2＋AC2＝BC2，
故AB⊥AC，△ABC为等腰直角三角形．
同理，△APC为等腰直角三角形．
于是B(1，1，0).
当x＝ eq \f(\r(2),2)时，PM＝ eq \f(1,2)AP，CN＝ eq \f(1,2)CB，故M，N分别是AP，CB的中点，M( eq \f(1,2)，0， eq \f(1,2))，N( eq \f(1,2)， eq \f(1,2)，0)， eq \(MN,\s\up6(→))＝(0， eq \f(1,2)，－ eq \f(1,2))， eq \(CA,\s\up6(→))＝(1，0，0)，
eq \(MN,\s\up6(→))· eq \(CA,\s\up6(→))＝0×1＋ eq \f(1,2)×0－ eq \f(1,2)×0＝0，故 eq \(MN,\s\up6(→))⊥ eq \(CA,\s\up6(→))，即MN⊥AC.
(2)由(1)可得A(1，0，0)，P(0，0，1)，B(1，1，0)，△ABC，△APC均为等腰直角三角形，
故M( eq \f(\r(2),2)x，0，1－ eq \f(\r(2),2)x)，N( eq \f(\r(2),2)x， eq \f(\r(2),2)x，0)，
MN2＝( eq \f(\r(2),2)x－ eq \f(\r(2),2)x)2＋(0－ eq \f(\r(2),2)x)2＋(1－ eq \f(\r(2),2)x)2＝x2－ eq \r(2)x＋1，
当x＝ eq \f(\r(2),2)时，MN2取得最小值，MN也最小，此时M，N分别是AP，CB的中点，于是M( eq \f(1,2)，0， eq \f(1,2))，N( eq \f(1,2)， eq \f(1,2)，0)， eq \(CM,\s\up6(→))＝( eq \f(1,2)，0， eq \f(1,2))， eq \(CN,\s\up6(→))＝( eq \f(1,2)， eq \f(1,2)，0)， eq \(AM,\s\up6(→))＝(－ eq \f(1,2)，0， eq \f(1,2))， eq \(AN,\s\up6(→))＝(－ eq \f(1,2)， eq \f(1,2)，0)，
设平面CMN的法向量为α＝(x1，y1，z1)，平面AMN的法向量为β＝(x2，y2，z2)，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(α·\(CM,\s\up6(→))＝0,α·\(CN,\s\up6(→))＝0))，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x1＋\f(1,2)z1＝0,\f(1,2)x1＋\f(1,2)y1＝0))，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋z1＝0,x1＋y1＝0))，
取x1＝－1，可得平面CMN的一个法向量为α＝(－1，1，1)，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(β·\(AM,\s\up6(→))＝0,β·\(AN,\s\up6(→))＝0))，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)x2＋\f(1,2)z2＝0,－\f(1,2)x2＋\f(1,2)y2＝0))，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x2＋z2＝0,－x2＋y2＝0))，
取x2＝1，可得平面AMN的一个法向量为β＝(1，1，1).
设二面角A ­ MN ­ C的平面角大小为θ，由图可知θ为锐角，则cs θ＝ eq \f(|α·β|,|α|·|β|)＝ eq \f(|－1＋1＋1|,\r(3)×\r(3))＝ eq \f(1,3)，故二面角A ­ MN ­ C的余弦值为 eq \f(1,3).
21．解析：(1)由直线l的斜率为2，可设直线l：x＝ eq \f(1,2)y＋m，M(x1，y1)，N(x2，y2)(x10，则m>－ eq \f(p,8)，
由根与系数的关系，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝p,y1y2＝－2pm)).
由直线AM，AN的倾斜角互补且M，N为不同两点，可知直线AM，AN的斜率均存在，分别记为kAM，kAN，则kAM＋kAN＝ eq \f(y1＋1,x1－a)＋ eq \f(y2＋1,x2－a)＝ eq \f(y1＋1,\f(1,2)y1＋m－a)＋ eq \f(y2＋1,\f(1,2)y2＋m－a)＝0，
即 eq \f(y1＋1,\f(1,2)y1＋m－a)＝－ eq \f(y2＋1,\f(1,2)y2＋m－a)，整理得y1y2＋(y1＋y2)(m－a＋ eq \f(1,2))＋2m－2a＝0，
将 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝p,y1y2＝－2pm))代入上式，得－2pm＋pm－pa＋ eq \f(1,2)p＋2m－2a＝0，
即(2－p)m＋ eq \f(1,2)p－2a－pa＝0.
由点A(a，－1)是抛物线C：y2＝2px(p>0)上一点，得2pa＝1，则a＝ eq \f(1,2p)，代入(2－p)m＋ eq \f(1,2)p－2a－pa＝0，消去a，得(2－p)m＋ eq \f(1,2)p－ eq \f(1,p)－ eq \f(1,2)＝0，
整理得(2－p)(m－ eq \f(p＋1,2p))＝0，因为直线l不过点A，所以m－ eq \f(p＋1,2p)≠0，故p＝2，
则a＝ eq \f(1,4)，即A( eq \f(1,4)，－1)，故抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)由(1)可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝2,y1y2＝－4m))，
故|MN|＝ eq \r(（x1－x2）2＋（y1－y2）2)
＝ eq \r([1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2)][（y1＋y2）2－4y1y2])
＝ eq \r(（1＋\f(1,4)）（4＋16m）)＝ eq \r(5)，
解得m＝0，满足Δ>0，于是M(0，0)，N(1，2)，
eq \(AM,\s\up6(→))＝(－ eq \f(1,4)，1)， eq \(AN,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，3))，
cs ∠MAN＝ eq \f(\(AM,\s\up6(→))·\(AN,\s\up6(→)),|\(AM,\s\up6(→))|·|\(AN,\s\up6(→))|)＝ eq \f(－\f(3,16)＋3,\r(\f(1,16)＋1)× \r(\f(9,16)＋9))＝ eq \f(15,17)，
故sin ∠MAN＝ eq \r(1－cs2∠MAN)＝ eq \f(8,17).
22．解析：(1)由题可知g(1)＝0，g′(x)＝ eq \f(1,x ln a)，故g′(1)＝ eq \f(1,ln a)，
于是曲线y＝g(x)在点(1，g(1))处的切线方程为y＝ eq \f(1,ln a)(x－1).
(2)h(x)＝f(x)－g(x)恰有两个零点，即方程ax＝lgax恰有两正根．
若a>1，则ax＝lgax>1，于是x>1，
由ax＝lgax＝ eq \f(ln x,ln a)，得ax·ln a＝ln x，ax·x·ln a＝x·ln x，于是ax·ln ax＝x·ln x.
设m(x)＝x ln x(x>1)，则m′(x)＝ln x＋1>0，于是函数m(x)在(1，＋∞)上单调递增，
由m(ax)＝m(x)可得ax＝x，
即方程ax＝x有两根，等价于方程ln a＝ eq \f(ln x,x)有两正根，
设l(x)＝ eq \f(ln x,x)(x>1)，则l′(x)＝ eq \f(1－ln x,x2)，
由l′(x)>0得1