PAGEPAGE1仿真模擬練（一）一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．設集合A＝{1,2,3,4,5}，B＝{x∈N|(x－1)(x－4)<0}，則A∩B＝ ()A．{2,3} B．{1,2,3}C．{2,3,4} D．{1,2,3,4}解析：因為B＝{x∈N|(x－1)(x－4)<0}＝{x∈N|1<x<4}＝{2,3}，所以A∩B＝{2,3}，故選A.答案：A2．若復數z滿意iz＝2－4i，則eq\x\to(z)在復平面內對應的點的坐標是 ()A．(2,4) B．(2，－4)C．(－4，－2) D．(－4,2)解析：因為iz＝2－4i，所以z＝eq\f(2－4i,i)＝eq\f(2－4i－i,i－i)＝－4－2i，所以eq\x\to(z)＝－4＋2i，即eq\x\to(z)在復平面內對應的點的坐標是(－4,2)，故選D.答案：D3．已知平面對量a＝(k,3)，b＝(1,4)，若a⊥b，則實數k為 ()A．－12 B．12C.eq\f(4,3) D.eq\f(3,4)解析：∵a⊥b，∴k×1＋3×4＝0，解得k＝－12，故選A.答案：A4．已知數列{an}是等差數列，且a7－2a4＝6，a3＝2，則公差d＝ ()A．2eq\r(2) B．4C．8 D．16解析：由題意得a3＝2，a7－2a4＝a3＋4d－2(a3＋d)＝6，解得d＝4，故選B.答案：B5．執行如圖的程序框圖，若輸入的n＝8，則輸出的S＝ ()A.eq\f(5,14) B.eq\f(3,8)C.eq\f(27,56) D.eq\f(55,56)解析：由程序框圖得第一次循環，S＝eq\f(1,6)，i＝3；其次次循環，S＝eq\f(1,4)，i＝4；第三次循環，S＝eq\f(3,10)，i＝5；第四次循環，S＝eq\f(1,3)，i＝6；第五次循環，S＝eq\f(5,14)，i＝7；第六次循環，S＝eq\f(3,8)，i＝8，此時循環結束，輸出S＝eq\f(3,8)，故選B.答案：B6．函數y＝ln|x|－x2的圖象大致為 ()解析：令f(x)＝ln|x|－x2，定義域為(－∞，0)∪(0，＋∞)且f(－x)＝ln|x|－x2＝f(x)，故函數y＝ln|x|－x2為偶函數，其圖象關于y軸對稱，解除B，D；當x>0時，y＝lnx－x2，則y′＝eq\f(1,x)－2x，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))時，y′＝eq\f(1,x)－2x>0，y＝lnx－x2單調遞增，解除C.選A.答案：A7．中國古代數學名著《九章算術》中記載了公元前344年商鞅監制的一種標準量器——商鞅銅方升，其三視圖如圖所示(單位：寸)，若π取3，其體積為12.6(單位：立方寸)，則圖中的x為 ()A．1.2 B．1.6C．1.8 D．2.4解析：該幾何體是一個組合體，左邊是一個底面半徑為eq\f(1,2)的圓柱，右邊是一個長、寬、高分別為5.4－x、3、1的長方體，∴組合體的體積V＝V圓柱＋V長方體＝π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2×x＋(5.4－x)×3×1＝12.6(其中π＝3)，解得x＝1.6.故選B.答案：B8．已知函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3＋log2x，x>0，,x2－x－1，x≤0，))則不等式f(x)≤5的解集為 ()A．[－1,1] B．(－∞，－2]∪(0,4)C．[－2,4] D．(－∞，－2]∪[0,4]解析：當x>0時，3＋log2x≤5，解得x≤4，故0<x≤4.當x≤0時，x2－x－1≤5，整理得(x＋2)(x－3)≤0，解得－2≤x≤3，故－2≤x≤0.綜上，－2≤x≤4.答案：C9．等比數列{an}滿意a2＋8a5＝0，設數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n項和為Sn，則eq\f(S5,S2)＝ ()A．－11 B．－8C．5 D．11解析：由a2＋8a5＝0得a1q＋8a1q4＝0，解得q＝－eq\f(1,2).易知eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等比數列，公比為－2，首項為eq\f(1,a1)，所以S2＝eq\f(\f(1,a1)[1－－22],1－－2)＝－eq\f(1,a1)，S5＝eq\f(\f(1,a1)[1－－25],1－－2)＝eq\f(11,a1)，所以eq\f(S5,S2)＝－11，故選A.答案：A10．已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦點為F(c,0)，圓F：(x－c)2＋y2＝c2，直線l與雙曲線C的一條漸近線垂直且在x軸上的截距為eq\f(2,3)a.若圓F被直線l所截得的弦長為eq\f(4\r(2),3)c，則雙曲線的離心率為 ()A.eq\f(4,3) B.eq\f(5,3)C．2 D．3解析：不妨設直線l的方程為y＝eq\f(a,b)(x－eq\f(2,3)a)，即ax－by－eq\f(2,3)a2＝0，∵圓F被直線l所截得的弦長為eq\f(4\r(2),3)c，∴圓心F到直線l的距離為eq\r(c2－\f(2\r(2),3)c2)＝eq\f(c,3)，即eq\f(|ac－\f(2,3)a2|,c)＝eq\f(c,3)，化簡得c2－3ac＋2a2＝0，即(c－a)(c－2a)＝0，∴c＝2a，∴e＝2.答案：C11．已知函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0,0<φ<π)的部分圖象如圖所示，且f(α)＝1，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(5π,6)))＝ ()A．±eq\f(2\r(2),3) B.eq\f(2\r(2),3)C．－eq\f(2\r(2),3) D.eq\f(1,3)解析：由圖易得A＝3，函數f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,ω)＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,12)－\f(π,3)))，解得ω＝2，所以f(x)＝3sin(2x＋φ)，又因為點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，－3))在函數圖象上，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝3sin(2×eq\f(π,3)＋φ)＝－3，解得2×eq\f(π,3)＋φ＝eq\f(3,2)π＋2kπ，k∈Z，解得φ＝eq\f(5π,6)＋2kπ，k∈Z，又因為0<φ<π，所以φ＝eq\f(5π,6)，則f(x)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(5π,6)))，當α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))時，2α＋eq\f(5π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，\f(3π,2)))，又因為f(α)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(5π,6)))＝1，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(5π,6)))＝eq\f(1,3)>0，所以2α＋eq\f(5π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π))，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(5π,6)))＝－eq\r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(5π,6))))＝－eq\f(2\r(2),3)，故選C.答案：C12．設函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－a2＋e，x≤2,\f(x,lnx)＋a＋10，x>2))(e是自然對數的底數)，若f(2)是函數f(x)的最小值，則a的取值范圍是 ()A．[－1,6] B．[1,4]C．[2,4] D．[2,6]解析：當x>2時，對函數f(x)＝eq\f(x,lnx)＋a＋10的單調性進行探討，求導后發覺f(x)在(2，e)上單調遞減，在(e，＋∞)上單調遞增，即函數f(x)在x>2時的最小值為f(e)；當x≤2時，f(x)＝(x－a)2＋e是對稱軸方程為x＝a的二次函數，欲使f(2)是函數的最小值，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≥2,f2≤fe))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≥2,－1≤a≤6))?2≤a≤6，故選D.答案：D二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，把答案填在相應題號后的橫線上)13．已知過點(2,4)的直線l被圓C：x2＋y2－2x－4y－5＝0截得的弦長為6，則直線l的方程為________．解析：由題意得圓C的標準方程為(x－1)2＋(y－2)2＝10，因為直線l被圓C截得的弦長為6，所以圓心(1,2)到直線l的距離d＝eq\r(10－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,2)))2)＝1，當直線l的斜率不存在時，直線方程為x＝2，符合題意；當直線l的斜率存在時，設其方程為y＝kx＋b，則圓心(1,2)到直線l的距離d＝eq\f(|k＋b－2|,\r(1＋k2))＝1①，又因為直線l過點(2,4)，所以4＝2k＋b②，聯立①②，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k＝\f(3,4)，,b＝\f(5,2)，))所以直線l的方程為y＝eq\f(3,4)x＋eq\f(5,2)，即3x－4y＋10＝0.綜上，直線l的方程為x＝2或3x－4y＋10＝0.答案：x＝2或3x－4y＋10＝014．已知實數x，y滿意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－1≥0,2x－y－1≥0,x＋y－5≤0))，則目標函數z＝x－y的最小值為________．解析：依題意，在坐標平面內畫出題中的不等式組表示的平面區域及直線x－y＝0，平移該直線，當平移到經過該平面區域內的點(2,3)(直線2x－y－1＝0與x＋y－5＝0的交點)時，z＝x－y取得最小值－1.答案：－115．過拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點且斜率為2的直線與C交于A，B兩點，以AB為直徑的圓與C的準線有公共點M，若點M的縱坐標為2，則p的值為________．解析：設點A(x1，y1)，B(x2，y2)．由題意得拋物線的焦點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，所以直線AB的方程為y＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))，與拋物線的方程聯立，消去x得y2－py－p2＝0，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝p，,y1y2＝－p2，))則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝\f(y1＋y2,2)＋p＝\f(3p,2)，,x1x2＝\f(y1＋p,2)·\f(y2＋p,2)＝\f(p2,4)，))由題意得點M的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，2))，因為以AB為直徑的圓經過點M，所以eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋\f(p,2)，y1－2))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(p,2)，y2－2))＝x1x2＋eq\f(p,2)(x1＋x2)＋eq\f(p2,4)＋y1y2－2(y1＋y2)＋4＝0，將y1＋y2，y1y2，x1＋x2，x1x2的值代入解得p＝4.答案：416．若函數f(x)＝ax(a>0，a≠1)在[－1,2]上的最大值為4，最小值為m，且函數g(x)＝(1－4m)eq\r(x)在[0，＋∞)上是增函數，則a＝________.解析：若a>1，有a2＝4，a－1＝m，此時a＝2，m＝eq\f(1,2)，此時g(x)＝－eq\r(x)為減函數，不合題意．若0<a<1，有a－1＝4，a2＝m，故a＝eq\f(1,4)，m＝eq\f(1,16)，檢驗知符合題意．答案：eq\f(1,4)三、解答題(本大題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟)17．(本小題滿分12分)已知向量m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)cos\f(x,2)，1))，n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(x,2)，－cos2\f(x,2)))，設函數f(x)＝eq\f(1,2)＋m·n.在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別是a，b，c，f(A)＝eq\f(1,2).(1)求角A的大小；(2)若a＝3，且cos(B－C)＋cosA＝4sin2C.求c的大小．解析：(1)∵m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)cos\f(x,2)，1))，n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(x,2)，－cos2\f(x,2)))，∴f(x)＝m·n＋eq\f(1,2)＝eq\r(3)sineq\f(x,2)coseq\f(x,2)－cos2eq\f(x,2)＋eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3),2)sinx－eq\f(1,2)cosx＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6))).∵f(A)＝eq\f(1,2)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))＝eq\f(1,2).又0<A<π，∴A＝eq\f(π,3).(2)∵cos(B－C)＋cosA＝4sin2C，∴cos(B－C)－cos(B＋C)＝4sin2C，∴2sinBsinC＝4sin2C.∵sinC≠0，∴sinB＝2sinC.由正弦定理，得b＝2c.由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA，即9＝4c2＋c2－4c2×eq\f(1,2)，解得c＝eq\r(3).18.(本小題滿分12分)如圖，平面PAD⊥平面ABCD，ABCD是邊長為2的菱形，PA＝PD，且∠APD＝90°，∠DAB＝60°.(1)若線段PC上存在一點M，使得直線PA∥平面MBD，試確定M點的位置，并給出證明；(2)在第(1)問的條件下，求三棱錐C-DMB的體積．解析：(1)當M為線段PC的中點時，直線PA∥平面MBD.證明如下：取線段PC的中點M，連接MD，MB，連接AC、BD相交于點O，連接OM.∵ABCD是菱形，∴O為AC的中點，又M為PC的中點，∴OM∥PA.∵OM?平面MBD，PA?平面MBD，∴PA∥平面MBD.(2)∵PA＝PD，取AD中點N，∴PN⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD，∴PN⊥平面ABCD.∵∠APD＝90°，AD＝2，PN＝eq\f(1,2)AD＝1，又M為PC的中點，∴M到平面ABCD的距離h＝eq\f(1,2)PN＝eq\f(1,2).∵ABCD是邊長為2的菱形，∠DAB＝60°，∴S△BCD＝eq\f(1,2)×2×2×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3).∴VC-DMB＝VM-BCD＝eq\f(1,3)S△BCD·h＝eq\f(1,3)×eq\r(3)×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3),6).19．(本小題滿分12分)全世界越來越關注環境愛護問題，遼寧省某監測站點于2024年8月某日起連續x天監測空氣質量指數(AQI)，數據統計如下：空氣質量指數/(μg/m3)0～5051～100101～150151～200201～250空氣質量等級優良輕度污染中度污染重度污染天數2040y105(1)依據所給統計表和頻率分布直方圖中的信息求出x，y的值，并完成頻率分布直方圖；(2)在空氣質量指數分別為51～100和151～200的監測數據中，用分層抽樣的方法抽取5天，從中隨意選取2天，求事務A“2天空氣都為良”發生的概率．解析：(1)∵0.004×50＝eq\f(20,x)，∴x＝100.∴20＋40＋y＋10＋5＝100，∴y＝25.eq\f(40,100×50)＝0.008，eq\f(25,100×50)＝0.005，eq\f(10,100×50)＝0.002，eq\f(5,100×50)＝0.001.(2)在空氣質量指數為51～100和151～200的監測天數中分別抽取4天和1天，在所抽取的5天中，將空氣質量指數為51～100的4天分別記為a，b，c，d；將空氣質量指數為151～200的1天記為e，從中任取2天的基本領件分別為(a，b)，(a，c)，(a，d)，(a，e)，(b，c)，(b，d)，(b，e)，(c，d)，(c，e)，(d，e)，共10個，其中事務A“2天空氣都為良”包含的基本領件為(a，b)，(a，c)，(a，d)，(b，c)，(b，d)，(c，d)，共6個，所以事務A“2天空氣都為良”發生的概率是P(A)＝eq\f(6,10)＝eq\f(3,5).20．(本小題滿分12分)已知函數f(x)＝eq\f(1,x)－alnx(a∈R)．(1)若h(x)＝f(x)－2x，當a＝－3時，求h(x)的單調遞減區間；(2)若函數f(x)有唯一的零點，求實數a的取值范圍．解析：(1)h(x)的定義域為(0，＋∞)，h′(x)＝－eq\f(1,x2)＋eq\f(3,x)－2＝－eq\f(2x2－3x＋1,x2)＝－eq\f(2x－1x－1,x2)，令h′(x)<0，得h(x)的單調遞減區間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))和(1，＋∞)．(2)問題等價于alnx＝eq\f(1,x)有唯一的實根．明顯a≠0，則關于x的方程xlnx＝eq\f(1,a)有唯一的實根．構造函數φ(x)＝xlnx，則φ′(x)＝1＋lnx.令φ′(x)＝1＋lnx＝0，得x＝e－1.當0<x<e－1時，φ′(x)<0，φ(x)單調遞減；當x>e－1時，φ′(x)>0，φ(x)單調遞增．所以φ(x)的微小值為φ(e－1)＝－e－1.如圖，作出函數φ(x)的大致圖象，則要使方程xlnx＝eq\f(1,a)有唯一的實根，只需直線y＝eq\f(1,a)與曲線y＝φ(x)有唯一的交點，則eq\f(1,a)＝－e－1或eq\f(1,a)>0，解得a＝－e或a>0.故實數a的取值范圍是{－e}∪(0，＋∞)．21．(本小題滿分12分)已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右兩個焦點分別為F1，F2，離心率e＝eq\f(\r(2),2)，短軸長為2.(1)求橢圓的方程；(2)如圖，點A為橢圓上的一動點(非長軸端點)，AF2的延長線與橢圓交于B點，AO的延長線與橢圓交于C點，求△ABC面積的最大值．解析：(1)由題意得2b＝2，解得b＝1，∵e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，a2＝b2＋c2，∴a＝eq\r(2)，c＝1，故橢圓的標準方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)①當直線AB的斜率不存在時，不妨取A(1，eq\f(\r(2),2))，B(1，－eq\f(\r(2),2))，C(－1，－eq\f(\r(2),2))，故S△ABC＝eq\f(1,2)×2×eq\r(2)＝eq\r(2)；②當直線AB的斜率存在時，設直線AB的方程為y＝k(x－1)，聯立方程得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1,\f(x2,2)＋y2＝1))，化簡得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1＋x2＝eq\f(4k2,2k2＋1)，x1·x2＝eq\f(2k2－2,2k2＋1)，|AB|＝eq\r(1＋k2·[x1＋x22－4x1·x2])＝eq\r(1＋k2·[\f(4k2,2k2＋1)2－4·\f(2k2－2,2k2＋1)])＝2eq\r(2)·eq\f(k2＋1,2k2＋1)，點O到直線kx－y－k＝0的距離d＝eq\f(|－k|,\r(k2＋1))＝eq\f(|k|,\r(k2＋1))，∵O是線段AC的中點，∴點C到直線AB的距離為2d＝eq\f(2|k|,\r(k2＋1))，∴S△ABC＝eq\f(1,2)|AB|·2d＝eq\f(1,2)·(2eq\r(2)·eq\f(k2＋1,2k2＋1))·eq\f(2|k|,\r(k2＋1))＝2eq\r(2)eq\r(\f(k2k2＋1,2k2＋12))＝2eq\r(2)eq\r(\f(1,4)－\f(1,42k2＋12))≤eq\r(2).綜上，△ABC面積的最大值為eq\r(2).請考生在下面2題中任選一題作答，作答時請寫清題號．22．(本小題滿分10分)[選修4—4：坐標系與參數方程]在平面直角坐標系xOy中，直線l的參數方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3－\f(\r(2),2)t,y＝\r(5)＋\f(\r(2),2)t))(t為參數)，在以原點O為極點，x軸正半軸為極軸的極坐標系中，圓C的方程為ρ＝2eq\r(5)sinθ.(1)寫出直線l的一般方程和圓C的直角坐標方程；(2)若點P的坐標為(3，eq\r(5))，圓C與直線l交于A，B兩點，求|PA|＋|PB|的值．解析：(1)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3－\f(\r(2),2)t,y＝\r(5)＋\f(\r(2),2)t))(t為參數)得直線l的一般方程為x＋y－3－eq\r(5)＝0.又由ρ＝2eq\r(5)sinθ得圓C的直角坐標方程為x2＋y2－2eq\r(5)y＝0，即x2＋(y－eq\r(5))2＝5.(2)把直線l的參數方程代入圓C的直角坐標方程，得(3－eq\f(\r(2),2)t)2＋(eq\f(\r(2),2)t)2＝5，即t2－3eq\r(2)t＋4＝0，由于Δ＝(3eq\r(2))2－4×4＝2>0，故可設t1，t2是上述方程的兩實數根，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t1＋t2＝3\r(2)，,t1t2＝4.))又直線l過點(3，eq\r(5))，A，B兩點對