高三数学一轮复习仿真模拟卷(二)（含解析）

仿真模拟卷(二)
本试卷满分150分，考试时间120分钟
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．已知集合M＝{x|x2－6x－7<0}，N＝{x|2x>a}，若M N，则实数a的取值范围为(　　)
A．(－∞，14] B．(－∞，14) C．(－2，＋∞) D．(－∞，－2]
2．已知抛物线C：y＝ax2上一点P(m，1)到准线的距离为，则a＝(　　)
A．－2 B．－ C． D．2
3．已知角α的顶点与原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，则它的终边过点(3，4)，若将角α的终边绕坐标原点顺时针旋转得到角β，则sin β＝(　　)
A． B． C． D．
4．在平行四边形ABCD中，AB＝4，AD＝2，∠A＝60°，，则＝(　　)
A．1 B． C．2 D．3
5．已知实数a，b满足a－1＝ln (4－a)，beb＝e3，其中e是自然对数的底数，则a＋b＝(　　)
A．2 B．e C．3 D．4
6．已知数列{an}满足an＝n，{an}的前12项组成一组数据，其第90百分位数为(　　)
A．a8 B．a9 C．a11 D．a12
7．费马原理是几何光学中的一条重要原理，在数学中可以推导出圆锥曲线的一些光学性质．例如，点P为双曲线(F1，F2为焦点)上一点，点P处的切线平分∠F1PF2.已知双曲线C：＝1(a>0，b>0)，O为坐标原点，点P(3，1)处的切线为直线l，过左焦点作直线l的垂线，垂足为M，若|OM|＝3，则双曲线C的离心率为(　　)
A． B． C． D．
8．已知直线y＝k(x＋2)－与曲线y＝xex有三个交点，则k的取值范围是(　　)
A． B． C． D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．2025年春晚舞台上的灯光特效呈现出一种独特的动态变化，某处灯光的亮度变化可以近似用三角函数f(x)＝sin (0<ω<2)来描述，这个三角函数的图象如图所示，则下列说法正确的是(　　)
A.f(x)的最小正周期为π
B．y＝f是偶函数
C．y＝fcos 2x的图象关于点对称
D．若y＝f(tx)(t>0)在区间上有且仅有两个极值点，则t
10．已知非常数函数f(x)，g(x)的定义域为R，满足且f(x)≥1，则下列结论正确的是(　　)
A．g(0)＝0 B．f(0)＝1 C．为偶函数 D．f(x)≥g(x)
11．在棱长为2的正方体ABCD -A1B1C1D1中，点P满足，λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则下列说法正确的是(　　)
A．当λ＝μ时，BP⊥AC1
B．当μ＝时，三棱锥C1-PB1C的体积为定值
C．当λ＋μ＝1时，PC＋PB的最小值为
D．当λ＝，μ＝0时，若点M为四边形A1B1C1D1(含边界)内一动点，且MP＝2，则点M的轨迹长度为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．设复数z满足|z－1|＝1，则|z＋1|的取值范围是________.
13．成都石室中学举办校庆文艺展演晚会，设有一个“传奇”主会场和“传承”“扬辉”两个分会场．现场需要安排含甲、乙的六名安全员负责现场秩序安全，其中“传奇”主会场安排三人，剩下三人安排去“传承”“扬辉”两个分会场(每个分会场至少安排一人)．若要求甲、乙两人不在同一个会场开展工作，则不同的安排方案有________种.
14．已知正项数列{an}的前n项和Sn满足＋Sn＝2n2，若，…构成以3为公比的等比数列，且b1＝1，则数列{bn}的前n项和Tn＝________.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．(13分)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a2＋b2－c2＝－ab，b sin C＝2sin B.
(1)求C及c.
(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使△ABC存在且唯一，求△ABC的面积．
条件①：b＝4；
条件②：b sin C＝；
条件③：cos B＝.
注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别作答，按第一个解答计分．
16．(15分)已知函数f(x)＝＋aex(a∈R)．
(1)当a＝0时，证明：f(x)≤1；
(2)若f(x)在区间(0，1)上有且只有一个极值点，求实数a的取值范围．
17．(15分)如图，正三角形ABC的边长为2，D，E，F分别是各边的中点，现将△ADE，△BEF，△CDF分别沿DE，EF，DF折起，使得△ADE，△BEF，△CDF所在平面均与底面DEF垂直．
(1)证明：平面ABC∥平面DEF；
(2)求二面角C-DA-E的正弦值．
18．(17分)云南花卉产业作为云南全力打造世界一流“绿色食品牌”的重点产业之一，从起步发展至今仅四十多年的时间，取得了令人瞩目的成绩．目前云南已成为全球公认的三大最适宜鲜切花种植的区域之一，鲜切花种植面积和产量位居全球第一，全省花卉种植面积稳定在190万亩左右．近8年云南省花卉种植面积统计数据及散点图如图．
(1)经计算得下表中数据，根据散点图，在模型①：y＝bx＋a与模型②：y＝c ln x＋d(a，b，c，d均为常数)中，选择一个更适合作为云南省花卉种植面积y关于年份代码x的经验回归方程，并求出y关于x的经验回归方程．
其中u=lnx,ui=lnxi(i=1,2,…，8).
(2)运输过程中,为保证鲜切花质量,需对其存活天数进行研究.一品种鲜切花存活天数为随机变量X(X∈N*),且最多只能存活n(n≥3)天,研究人员发现,存活天数为k+1的样本在存活天数超过k的样本里占20%(1≤k≤n-2,k∈N*),存活天数为1的样本在全体样本中占10%.
①求P(X=k);
②用含n的式子表示该品种鲜切花存活天数的数学期望E(X).
19．(17分)已知椭圆C：＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，左、右顶点分别为A1，A2，且右顶点和上顶点都在直线＝0上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l经过点F1交椭圆C于A，B两点，求△A2AB面积的最大值；
(3)若过点P(4，0)的直线交椭圆C于M，N两点，点G是线段MN上异于M，N的一点，且|GA1|＝|GP|，证明：|PM|·|GN|＝|PN|·|MG|.
仿真模拟卷(二)
1．解析：由x2－6x－7<0，得(x－7)(x＋1)<0，
解得－1因为N＝{x|2x>a}＝{x}，M N，
所以≤－1，解得a≤－2，
所以实数a的取值范围为(－∞，－2].故选D.
答案：D
2．解析：由y＝ax2，得x2＝y，
则抛物线C的准线方程为y＝－，
易知点P(m，1)在x轴上方，所以准线在x轴下方，
所以a>0，
又P(m，1)到准线的距离为1＋，解得a＝.故选C.
答案：C
3．解析：由题意得cos α＝，sin α＝，则sin β＝sin ＝sin αcos －cos αsin .故选C.
答案：C
4．解析：根据题意，作出平行四边形ABCD，如图，
以{}为基底，
则 2＝16， 2＝4，＝4×2cos 60°＝4，
且，
所以＝·＝－ 2＋ 2＝－×4＋4＝3.故选D.
答案：D
5．解析：由a－1＝ln (4－a)，得ea-1＝4－a＝3－(a－1)，所以ea-1＋(a－1)－3＝0，
由beb＝e3，得b＝e3-b，
所以ln b＝3－b＝3－eln b，即eln b＋ln b－3＝0.
构造函数f(x)＝ex＋x－3，
因为函数y＝ex和函数y＝x－3都是R上的增函数，
所以函数f(x)＝ex＋x－3为增函数，
由f(a－1)＝f(ln b)＝0，得a－1＝ln b，
又ln b＝3－b，所以a－1＝3－b，
所以a＋b＝4.故选D.
答案：D
6．解析：因为12×0.9＝10.8，所以一组12个数据的第90百分位数是将数据从小到大排序后的第11个数，
又an＝nn>0，
由≥1，得n≤9，
由≤1，得n≥9，
所以数列{an}前9项逐渐增大，从第10项开始又逐渐减小，且a9＝a10，
所以a9和a10是数列{an}的最大项，
故将数列{an}的前12项从小到大排序后，a9或a10将排在第11位或第12位，
所以第90百分位数为a9或a10.故选B.
答案：B
7．解析：如图，延长PF2交直线F1M于点N，
因为M是∠F1PF2的平分线上的一点，且F1M⊥MP，
所以点M为F1N的中点，|PF1|＝|PN|，
又O为F1F2的中点，所以|F2N|＝2|OM|＝6，
故|PF1|－|PF2|＝|PN|－|PF2|＝|F2N|＝6，
故2a＝6，即a＝3，
将点P代入＝1，得＝1，
解得b2＝1，所以e＝ ＝ ，
即双曲线C的离心率为.故选C.
答案：C
8．解析：令f(x)＝xex，则f′(x)＝(x＋1)ex，
令f′(x)<0，得x<－1，
所以f(x)在区间(－∞，－1)上单调递减；
令f′(x)>0，得x>－1，
所以f(x)在区间(－1，＋∞)上单调递增．
所以f(x)min＝f(－1)＝－e-1＝－，
因为f(－2)＝－2e-2＝－，
所以点在曲线f(x)＝xex上，
又当x<0时，f(x)＝xex<0，
当x→－∞时，f(x)→0，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，
作出函数f(x)＝xex的大致图象如图所示，
因为直线y＝k(x＋2)－过定点，
由题意可知，过点的直线与曲线f(x)＝xex有三个交点，
因为过点的曲线f(x)＝xex的切线的斜率为f′(－2)＝(－2＋1)e-2＝－，
即当k＝－时，直线y＝k(x＋2)－与曲线f(x)＝xex相切．
令g(x)＝f′(x)＝(x＋1)ex，所以g′(x)＝(x＋2)ex，
则g′(－2)＝(－2＋2)e-2＝0，g′(－3)＝(－3＋2)e-3<0，g′(－1)＝(－1＋2)e-1>0，
所以函数f(x)＝xex的图象在x<－2时是上凸的，在x>－2时是下凸的，在x＝－2时函数有一个拐点．
因此函数f(x)＝xex的图象在x＝－2左右由上凸变下凸．
根据图象可知，
当k≥0时，直线y＝k(x＋2)－与曲线y＝xex有两个交点；
当k<－时，直线y＝k(x＋2)－与曲线y＝xex只有一个交点；
当－所以k的取值范围是.故选A.
答案：A
9．解析：根据题图可知，f＝sin ＝1，
所以＋2kπ，k∈Z，
即ω＝1＋6k，k∈Z，
因为0<ω<2，所以ω＝1，所以f(x)＝sin .
对于A，f(x)的最小正周期为T＝＝π，故A正确；
对于B，y＝f＝sin [＋]＝，不是偶函数，故B错误；
对于C，fcos 2x＝sin cos 2x
＝sin 2x cos 2x＋cos22x＝sin4x＋(1＋cos 4x)
＝sin 4x＋cos 4x＋sin ，
当x＝时，4x＋＝3π，
所以y＝fcos 2x的图象关于点对称，故C正确；
对于D，y＝f(tx)＝sin ，当x∈[0，π)时，2tx＋∈[，2tπ＋)，要使f(tx)在区间[0，π)上有且仅有两个极值点，则<2tπ＋，解得答案：ACD
10．解析：令x＝y＝0，
则f(0)＝[f(0)]2＋[g(0)]2，g(0)＝2g(0)f(0)，
由g(0)＝2g(0)f(0)，得g(0)[1－2f(0)]＝0，
解得g(0)＝0或f(0)＝(与f(x)≥1矛盾，故舍去)，故A正确；
由g(0)＝0，得f(0)＝[f(0)]2，则f(0)[1－f(0)]＝0，
解得f(0)＝1或f(0)＝0，
因为f(x)≥1，所以f(0)＝1，故B正确；
令y＝－x，则g(x)f(－x)＋f(x)g(－x)＝0，
将上式等号两边同时除以f(x)f(－x)，
得＝0，
所以为奇函数，故C错误；
令y＝x，则
所以f(2x)－g(2x)＝[f(x)－g(x)]2≥0，
所以f(2x)≥g(2x)，即f(x)≥g(x)，故D正确．故选ABD.
答案：ABD
11．解析：对于A，如图，当λ＝μ时，点P的轨迹为线段DA1，连接AC，BD，A1B，AB1，易得AC⊥BD，C1C⊥BD，
因为AC∩C1C＝C，AC，C1C 平面ACC1，
所以BD⊥平面ACC1，
因为AC1 平面ACC1，所以AC1⊥BD，
同理可得AC1⊥A1B，
因为A1B∩BD＝B，A1B，BD 平面A1BD，
所以AC1⊥平面A1BD，
又BP 平面A1BD，所以AC1⊥BP，故A正确；
对于B，如图，分别取AD，A1D1的中点E，F，当μ＝时，点P的轨迹为线段EF，
设点P到平面C1B1C的距离为h，
则＝＝·h，
因为EF∥平面BB1C1C，所以h＝D1C1＝2，
因为S△C1B1C＝×2×2＝2，
所以三棱锥C1-PB1C的体积为，为定值，故B正确；
对于C，当λ＋μ＝1时，点P的轨迹为线段AD1，将△CAD1绕AD1旋转至平面D1ABC1内，如图所示，易知PC＋PB≥BC，
在△ABC中，由余弦定理得
BC＝
＝ ＝ ，故C错误；
　
对于D，如图，当λ＝，μ＝0时，点P为DD1的中点，因为PD1＝1，MP＝2，所以D1M＝，即点M的轨迹为以D1为圆心，为半径的圆，所以点M的轨迹长度为2π×，故D正确．故选ABD.
答案：ABD
12．解析：设z＝x＋yi(x，y∈R)，
因为|z－1|＝1，所以(x－1)2＋y2＝1，
所以复数z的对应点Z的轨迹是以(1，0)为圆心，1为半径的圆，
而|z＋1|＝，它表示复数z的对应点Z到点(－1，0)的距离，
因为圆心(1，0)到点(－1，0)的距离为2，圆的半径为1，
所以2－1≤|z＋1|≤2＋1，即1≤|z＋1|≤3，
所以|z＋1|的取值范围是[1，3].
答案：[1，3]
13．解析：按照甲、乙是否在“传奇”主会场划分情况：
①甲、乙有且只有1人在主会场，需要在除甲、乙外的四人中选两人去主会场，
剩下的三人去剩下的“传承”“扬辉”两个分会场，有＝72(种)不同的安排方案；
②甲、乙都不在主会场，从甲、乙外的四人中选三人去主会场，
再将甲、乙安排去剩下的“传承”“扬辉”两个分会场，且一人去一个分会场，
剩下一人可以去“传承”“扬辉”两个分会场，有＝16(种)不同的安排方案．
根据分类加法计数原理，得不同的安排方案共有72＋16＝88(种).
答案：88
14．解析：等式＋Sn＝2n2两边同时除以n2，
得－2＝0，
由题意可知，Sn>0，解得＝1，得Sn＝n2，
当n＝1时，a1＝S1＝1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1.
因为a1＝1也满足an＝2n－1，
所以an＝2n－1，n∈N*，
因为b1＝1，所以＝a1＝1，
所以数列}是以1为首项，3为公比的等比数列，
所以＝1·3n-1＝3n-1＝2bn－1，可得bn＝，
所以Tn＝(30＋31＋32＋…＋3n-1＋n)＝.
答案：
15．解析：(1)由a2＋b2－c2＝－ab和余弦定理得
cos C＝.
因为C为△ABC的内角，所以C∈(0，π)，故C＝，
由b sin C＝2sin B，得，
由正弦定理得c＝2.
(2)若选择条件①.
由正弦定理得，解得sin B＝1，
因为B为△ABC的内角，所以B∈(0，π)，故B＝，
与C＝相互矛盾，故不存在这样的三角形．
若选择条件②.
因为b sin C＝，所以b×，
解得b＝2，
由余弦定理得cos C＝，
化简得a2＋2a－8＝0，解得a＝2或a＝－4(舍去)，
所以S△ABC＝ab sin C＝.
若选择条件③.
因为cos B＝，所以sin B＝.
因为b sin C＝2sin B，所以b＝2.
由余弦定理得cos B＝，
化简得a2－6a＋8＝0，解得a＝2或a＝4，
当a＝4时，△ABC是直角三角形，与C＝相互矛盾，故舍去，
所以a＝2，
所以S△ABC＝ab sin C＝.
16．解析：(1)证明：由题意得函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝0时，f(x)＝，x∈(0，＋∞)．
要证f(x)≤1，只需证当x>0时，ln x≤x－1.
令h(x)＝ln x－x＋1，x∈(0，＋∞)，
则h′(x)＝.
易知当x∈(0，1)时，h′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，
故h(x)在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减，
所以h(x)≤h(x)max＝h(1)＝0，
即当x>0时，ln x≤x－1，即f(x)≤1得证．
(2)由题意得f′(x)＝－＋aex＝，
令g(x)＝ax2ex－ln x，x∈(0，1)，
①当a≥0时，g(x)>0，即f′(x)>0，则f(x)在区间(0，1)上单调递增，无极值点，不符合题意；
②当a<0时，g′(x)＝a(x2＋2x)ex－<0，
即g(x)在区间(0，1)上单调递减，且g(1)＝ae<0.
取x0＝min{ea，x1}，其中<1，x1∈(0，1)．
显然<1，
则g(x0)＝－ln x0>a－ln x0≥a－ln ea＝0.
由零点存在定理可知，存在唯一的∈(x0，1)，使得＝0.
当时，g(x)>0，即f′(x)>0；
当时，g(x)<0，即f′(x)<0.
此时f(x)在区间(0，1)上有且仅有一个极值点，满足题意．
综上所述，实数a的取值范围是(－∞，0)．
17．解析：(1)证明：因为△ABC为正三角形，且D，E，F分别是各边的中点，
所以△ADE，△BEF，△CDF均为正三角形．
分别取DE，EF，DF的中点A1，B1，C1，连接A1B1，B1C1，A1C1，AA1，BB1，CC1，如图所示，
则AA1⊥DE，BB1⊥EF，CC1⊥DF，AA1＝BB1＝CC1，
因为平面ADE⊥底面DEF，平面ADE∩底面DEF＝DE，AA1 平面ADE，
所以AA1⊥平面DEF，
同理可得BB1⊥平面DEF，所以AA1∥BB1，
所以四边形AA1B1B为平行四边形，
所以AB∥A1B1，
因为AB 平面DEF，A1B1 平面DEF，
所以AB∥平面DEF，同理可得BC∥平面DEF，
又AB∩BC＝B，AB 平面ABC，BC 平面ABC，
所以平面ABC∥平面DEF.
(2)由(1)知A1E，A1F，A1A两两垂直，
以A1为坐标原点，A1E，A1F，A1A所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A，C，D，E，
所以＝＝.
设平面CDA的法向量为n1＝(x，y，z)，
则即
令x＝3，则y＝，
所以n1＝.
易知平面EDA的一个法向量为n2＝(0，1，0)．
所以cos 〈n1，n2〉＝，
所以二面角C-DA-E的正弦值为 .
18．解析：(1)由散点图可知，模型y＝c ln x＋d更适合作为云南省花卉种植面积y关于年份代码x的经验回归方程．
由u＝ln x，得y＝cu＋d.
因为＝1.3，＝165.0，2＝3.5，＝1 901.5，
＝＝53.
所以＝－＝165.0－53×1.3＝96.1，
所以＝53ln x＋96.1.
(2)①由题意得，P(X＝1)＝0.1，
当1≤k≤n－2时，P(X＝k＋1|X>k)＝0.2，
又P(X＝k＋1|X>k)＝，
所以P(X＝k＋1)＝0.2P(X>k)，
同理得，当2≤k≤n－1时，P(X＝k)＝0.2P(X>k－1)，
两式相减得P(X＝k＋1)－P(X＝k)＝－0.2P(X＝k)，
即P(X＝k＋1)＝0.8P(X＝k)，
即＝0.8(2≤k≤n－2)，
因为P(X＝2)＝0.2P(X>1)＝0.2×[1－P(X＝1)]＝0.2×0.9＝0.18，
所以当2≤k≤n－1时，数列{P(X＝k)}是以0.18为首项，0.8为公比的等比数列，
当k＝n时，P(X＝n)＝1－＝0.9－0.18×(0.80＋0.81＋…＋0.8n-3)＝0.9×0.8n-2，
所以P(X＝k)＝
②E(X)＝P(X＝1)＋2P(X＝2)＋3P(X＝3)＋…＋nP(X＝n)＝1×0.1＋0.18×[2×0.80＋3×0.81＋…＋(n－1)×0.8n-3]＋0.9n×0.8n-2，
令T＝2×0.80＋3×0.81＋…＋(n－1)×0.8n-3，
则0.8T＝2×0.81＋3×0.82＋…＋(n－1)×0.8n-2，
两式相减得0.2T＝2×0.80＋0.81＋…＋0.8n-3－(n－1)×0.8n-2＝2＋－(n－1)×0.8n-2＝6－(n＋4)×0.8n-2，
所以T＝30－(5n＋20)×0.8n-2，
则E(X)＝0.1＋0.18T＋0.9n×0.8n-2＝5.5－3.6×0.8n-2.
19．解析：(1)在方程＝0中，
令x＝0，得y＝，即上顶点为，则b＝，
令y＝0，得x＝2，即A2(2，0)，则a＝2，
所以椭圆C的方程为＝1.
(2)由(1)知F1(－1，0)，F2(1，0)，若直线l与x轴重合，则直线l经过点A2，不符合题意，则直线l的斜率不为0，
设直线l的方程为x＝ny－1，A(xA，yA)，B(xB，yB)，
联立消去x，
得(3n2＋4)y2－6ny－9＝0，
得Δ＝36n2＋36(3n2＋4)＝144(n2＋1)>0，
则yA＋yB＝，
所以|yA－yB|＝，
则S△A2AB＝＝.
令t＝，则t≥1，令y＝3t＋，t≥1，
由对勾函数的单调性可知，函数y＝3t＋在区间[1，＋∞)上单调递增，
当t＝1，即n＝0时，y＝3t＋取得最小值4，
此时△A2AB的面积取得最大值，且其最大值为.
故△A2AB面积的最大值为.
(3)证明：当直线MN的斜率为0时，不妨记M(－2，0)，N(2，0)，
而A1(－2，0)，由|GA1|＝|GP|得G(1，0)，
则|PM|·|GN|＝6×1＝6，|PN|·|MG|＝2×3＝6，所以|PM|·|GN|＝|PN|·|MG|；
当直线MN的斜率不为0时，设直线MN的方程为x＝my＋4，M(x1，y1)，N(x2，y2)，G(x0，y0)，
联立消去x，
得(3m2＋4)y2＋24my＋36＝0，
由Δ＝(24m)2－144(3m2＋4)＝144(m2－4)>0，
得m2>4，
则y1＋y2＝，
如图，由|GA1|＝|PG|得点G在线段A1P的垂直平分线x＝1上，即x0＝1，
显然，设＝λ，则，
即(x0－x1，y0－y1)＝λ(x2－x0，y2－y0)，
所以y0－y1＝λ(y2－y0)，
由点G(1，y0)在直线MN上，得1＝my0＋4，
则y0＝－，
整理得y2y0－y1y2＝y1y2－y1y0，
得y0－y1＝(y2－y0)，
所以，
所以|PM|·|GN|＝|PN|·|MG|.