2025屆高中數(shù)學(xué)三輪沖刺：高考仿真卷(六)（含解析）

高考仿真卷(六)(時間：120分鐘分值：150分)一、選擇題(本題共8小題，每小題5分，共40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.(2024·秦皇島模擬)設(shè)復(fù)數(shù)z1，z2在復(fù)平面內(nèi)的對應(yīng)點關(guān)于虛軸對稱，z1=3-i，則z1z2等于()A.-10 B.10 C.-8 D.82.已知向量a=(1，2)，b=(-1，1)，c=(-5，-4).若向量(a+kb)與c共線，則k等于()A.-23 B.-12 C.-13 D3.6人站成一排，其中甲、乙兩人中間恰有1人的站法有()A.240種 B.192種 C.144種 D.96種4.(2024·連云港模擬)記等比數(shù)列{an}的前n項之積為Tn，則“a6a7>1”是“T12>1”的()A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件5.(2024·營口模擬)已知x>0，y>0，且2x+y=1，則x+yxy的最小值為A.4B.42C.6D.22+36.已知α+β∈(0，π)，且tanα=2，cos(α+β)=-31010，則tan(α-β)等于A.-913B.913C.-7127.雙曲線Γ：y2a2-x2b2=1(a>0，b>0)的兩焦點分別為F1，F(xiàn)2，過F2的直線與其一支交于A，B兩點，點B在第四象限.以F1為圓心，Γ的實軸長為半徑的圓與線段AF1，BF1分別交于M，N兩點，且|AM|=3|BN|，F(xiàn)1B⊥F2B，A.y=±6x B.y=±62C.y=±63x D.y=±68.在一次數(shù)學(xué)模擬考試中，從甲、乙兩個班各自抽出10個人的成績，甲班的10個人成績分別為x1，x2，…，x10，乙班的10個人成績分別為y1，y2，…，y10.假設(shè)這兩組數(shù)據(jù)中位數(shù)相同，方差也相同，則把這20個數(shù)據(jù)合并后()A.中位數(shù)一定不變，方差可能變大B.中位數(shù)可能改變，方差可能變大C.中位數(shù)一定不變，方差可能變小D.中位數(shù)可能改變，方差可能變小二、選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分)9.函數(shù)f(x)=4sin(ωx+φ)0<ω≤2，-πA.φ=-πB.f(x)的圖象關(guān)于直線x=π對稱C.f(x)=4cosxD.若方程f(x)=2在(0，m)上有且只有5個根，則m的取值范圍為26π10.(2024·南昌模擬)將正數(shù)x用科學(xué)記數(shù)法表示為x=a×10n，a∈[1，10)，n∈Z，則把n，lga分別叫做lgx的首數(shù)和尾數(shù)，分別記為S(lgx)，W(lgx)，下列說法正確的是()A.若M=2×10m，N=3×10n，m，n∈Z，則S(lg(MN))=S(lgM)+S(lgN)B.若M=2×10m，N=8×10n，m，n∈Z，則W(lg(MN))=W(lgM)+W(lgN)C.若M=2×10m，N=4×10n，m，n∈Z，則SlgMN=S(lgM)-S(lgD.若M=8×10m，N=2×10n，m，n∈Z，則WlgMN=W(lgM)-W(lg11.(2024·張家界模擬)在四棱錐P?ABCD中，PD=2，正方形ABCD的邊長為2，PD⊥平面ABCD，則下列選項正確的是()A.該四棱錐的外接球的表面積為12πB.若點E為PA的中點，則BE∥平面PDCC.若點Q在△PDC內(nèi)(含邊界)，且∠DQA=∠BQC，則BQ長度的最大值為6D.若點M在正方形ABCD內(nèi)(不含邊界)，且∠DPM=45°，則四棱錐P?AMCD的體積的最大值為4三、填空題(本題共3小題，每小題5分，共15分)12.(2024·黃山模擬)已知b>0，函數(shù)f(x)=a+4bx2x是奇函數(shù)，則a+13.已知直線l：y=kx-2k-1與圓C：x2+y2=5相切，則k=.

14.(2024·福州模擬)記Nm*={1，2，3，…，m}(m∈N*)，Ak表示k個元素的有限集，S(E)表示非空數(shù)集E中所有元素的和，若集合Mm，k=S(Ak)|Ak?Nm*，則M4，3=，若S(四、解答題(本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)15.(13分)(2024·濱州模擬)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，△ABC的面積為S，且S=12b2(1)證明：b=2c；(6分)(2)若bcosA=14c，求cosC.(7分16.(15分)(2024·常州模擬)某學(xué)校組織游戲活動，規(guī)則是學(xué)生從盒子中有放回地摸球且每次只能摸取1個球，每次摸球結(jié)果相互獨立，盒中有1分和2分的球若干，摸到1分球的概率為23，摸到2分球的概率為(1)若學(xué)生甲摸球2次，其總得分記為X，求隨機變量X的分布列與期望；(7分)(2)學(xué)生甲、乙各摸5次球，最終得分若相同，則都不獲得獎勵；若不同，則得分多者獲得獎勵.已知甲前3次摸球得了6分，求乙獲得獎勵的概率.(8分)17.(15分)(2024·鶴壁模擬)如圖，在以P，A，B，C，D為頂點的五面體中，四邊形ABCD為等腰梯形，AB∥CD，AD=CD=12AB，平面PAD⊥平面PAB，PA⊥PB(1)求證：平面PAD⊥平面PBC；(5分)(2)若二面角P-AB-D的余弦值為33，求直線PD與平面PBC所成角的正弦值.(1018.(17分)(2024·石家莊模擬)已知圓E：(x+6)2+y2=32，動圓C與圓E內(nèi)切，且經(jīng)過定點F(6，0)(1)求動圓圓心C的軌跡方程；(5分)(2)若直線l：y=x+t與(1)中軌跡交于不同的兩點A，B，記△OAB外接圓的圓心為M(O為坐標(biāo)原點)，平面上是否存在兩定點C，D，使得||MC|-|MD||為定值？若存在，求出定點坐標(biāo)和定值；若不存在，請說明理由.(12分)19.(17分)設(shè)f'(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，若f'(x)可導(dǎo)，則稱函數(shù)f'(x)的導(dǎo)函數(shù)為f(x)的二階導(dǎo)函數(shù)，記為f″(x).若f″(x)有變號零點x=x0，則稱點(x0，f(x0))為曲線y=f(x)的“拐點”.(1)研究發(fā)現(xiàn)，任意三次函數(shù)f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)，曲線y=f(x)都有“拐點”，且該“拐點”也是函數(shù)y=f(x)的圖象的對稱中心.已知函數(shù)f(x)=x3+bx2-24x+d的圖象的對稱中心為(1，3)，求函數(shù)f(x)的解析式，并討論f(x)的單調(diào)性；(5分)(2)已知函數(shù)g(x)=1m2emx-1+16mx3-x2+12mx-23①求曲線y=g(x)的“拐點”；(4分)②若g(x1)+g(x2)=-2(x1≠x2)，求證：x1+x2<2m.(8分

答案精析1.A[∵z1=3-i，z1，z2所對應(yīng)的點關(guān)于虛軸對稱，∴z2=-3-i，∴z1z2=-9-1=-10.]2.A[因為a=1，2，b=所以a+kb=1-k又a+kb所以-52+k=-41-解得k=-23.3.B[先對甲、乙兩人進行排列，有A22種站法；然后從剩下的4人中選1人站在甲、乙兩人中間，有最后將甲、乙和中間的那個人看成1個元素，與其他3個元素進行全排列，有A4所以不同的站法有A22C41A4.A[若a6a7>1，則有T12=a1a2…a12=(a6a7)6>1，故充分性成立；若T12>1，即a1a2…a12>1，即(a6a7)6>1，則a6a7>1或a6a7<-1，故必要性不成立，所以“a6a7>1”是“T12>1”的充分不必要條件.]5.D[因為x>0，y>0，且2x+y=1，所以x+yxy=1y+1x=1y+1x(2x+y)=2x當(dāng)且僅當(dāng)2xy=yx，即x=2-22，y=6.A[因為α+β∈(0，π)，由cos(α+β)=-310可得sin(α+β)=1-cos2(則tan(α+β)=-13又tan2α=2tanα1-tan故tan(α-β)=tan[2α-(α+β)]=tan2α-tan(α+β)7.C[如圖，由題意得，|F1M|=|F1N|=2a，設(shè)|BN|=t(t>0)，則|AM|=3|BN|=3t，所以|AF1|=2a+3t，|BF1|=2a+t，由雙曲線的定義得，|AF1|-|AF2|=|BF1|-|BF2|=2a，所以|AF2|=3t，|BF2|=t，則|AB|=|AF2|+|BF2|=4t，因為F1B⊥F2B，在Rt△AF1B中，|BF1|2+|AB|2=|AF1|2，即(2a+t)2+(4t)2=(2a+3t)2，解得t=a，所以|BF1|=3a，|BF2|=a，在Rt△BF1F2中，|BF1|2+|BF2|2=|F1F2|2，即(3a)2+a2=(2c)2，可得a2=25c2所以b2=c2-a2=35c2所以a2b2=23，即故雙曲線Γ的漸近線方程為y=±63x.8.A[不妨設(shè)x1≤x2≤…≤x10，y1≤y2≤…≤y10，則x1，x2，…，x10的中位數(shù)為x5y1，y2，…，y10的中位數(shù)為y5因為x5+x所以x5≤y5≤y6≤x6或y5≤x5≤x6≤y6，則合并后的數(shù)據(jù)中位數(shù)是x5+x6設(shè)甲班數(shù)據(jù)的方差為s2，平均數(shù)為x，乙班數(shù)據(jù)的方差為s2，平均數(shù)為y，合并后總數(shù)為20，平均數(shù)為ω，方差為s1s12=120{10[s2+(x-ω)2]+10[s2+(y-ω=12[s2+(x-ω)2]+12[s2+(y-ω)2]=s2+12(x-ω)2+12(y如果平均數(shù)相同則方差不變，如果平均數(shù)不同則方差變大.]9.ACD[對于A，由f(0)=-2，得4sinφ=-2，即sinφ=-12又-π2<φ<π2，所以φ=-π6對于C，又f(x)的圖象過點π3則fπ3=0，即sinωπ所以ωπ3-π6=kπ，k得ω=3k+12，k∈Z又0<ω≤2，所以ω=12所以f(x)=4sinx2-π6=4sinπ2對于B，因為f(x)=4sinx2-π6，而f(π)=4sinπ2-故直線x=π不是函數(shù)f(x)的圖象的對稱軸，故B錯誤；對于D，由f(x)=2，得cosx2-2π解得x=2π+4kπ，k∈Z或x=2π3+4kπ，k∈Z方程f(x)=2在(0，m)上有5個根，從小到大依次為2π3，2π，14π3，6π，而第6個根為10π，所以26π3<m≤10π，故D正確.10.AD[對于A，若M=2×10m，N=3×10n，m，n∈Z，則S(lgM)=m，S(lgN)=n，MN=6×10m+n，S(lg(MN))=m+n，所以S(lg(MN))=S(lgM)+S(lgN)，故A正確；對于B，若M=2×10m，N=8×10n，m，n∈Z，則W(lgM)=lg2，W(lgN)=lg8，MN=16×10m+n=1.6×10m+n+1，W(lg(MN))=lg1.6，所以W(lg(MN))=W(lgM)+W(lgN)不成立，故B錯誤；對于C，若M=2×10m，N=4×10n，m，n∈Z，則S(lgM)=m，S(lgN)=n，MN=12×10m-n=5×10m-nSlgMN=m-n所以SlgMN=S(lgM)-S(lgN)不成立，故對于D，若M=8×10m，N=2×10n，m，n∈Z，則W(lgM)=lg8，W(lgN)=lg2，MN=4×10m-n，WlgMN=lg所以WlgMN=W(lgM)-W(lgN)，故D正確11.ACD[對于A，由已知將四棱錐P?ABCD補形為正方體，則該四棱錐的外接球的直徑2R即為棱長為2的正方體的體對角線長，所以(2R)2=22+22+22=12，則R2=3，所以外接球的表面積為4πR2=12π，故A正確；對于B，分別取BC，PD的中點F，G，連接EF，EG，GC，如圖，則EG∥AD且EG=12AD又FC∥AD且FC=12AD所以EG∥FC且EG=FC，所以四邊形EFCG是平行四邊形，則EF∥CG，又CG?平面PDC，EF?平面PDC，所以EF∥平面PDC，又EG∥BC，所以BE，EF，GC共面，由BE∩EF=E，得BE與平面PDC不平行，故B錯誤；對于C，易證AD⊥平面PDC，BC⊥平面PDC，則AD⊥DQ，BC⊥CQ，由已知，∠DQA=∠BQC，得tan∠DQA=ADDQ=tan∠BQC=BC所以QC=QD，則點Q的軌跡為線段DC的中垂線在△PDC內(nèi)(含邊界)的部分，當(dāng)Q為PC的中點時，BQ最大，此時BQ=22+12+對于D，由已知，點M在正方形ABCD內(nèi)(不含邊界)，∠DPM=45°，所以點M的軌跡是以D為圓心，2為半徑的14個圓弧在正方形ABCD內(nèi)(不含邊界)要使四棱錐P?AMCD的體積最大，則需四邊形AMCD的面積最大，當(dāng)M在AC的中點時，四邊形AMCD的面積最大，此時S四邊形AMCD=2×12×2×2×sin45°=22所以四棱錐P?AMCD的體積的最大值為13×22×2=423，故D12.0解析因為函數(shù)f(x)的定義域為R，且f(x)=a+所以f(0)=0，所以a=-1，所以f(x)=4bx-12x=2(2b-1)x由f(-1)=-f(1)知21-2b-2=-22b-1+12即21-2b+22b-1=52又因為b>0，所以1-2b≠1，則2b-1=1，b=1，所以f(x)=2(2b-1)x-2-x=2x-2-x，滿足題意，所以a+b=0.13.2解析直線l的一般式方程為kx-y-2k-1=0，圓x2+y2=5的圓心C的坐標(biāo)為(0，0)，半徑r=5，由于直線l和圓C相切，所以圓心C到直線l的距離等于半徑，所以|-2k-1解得k=2.14.{6，7，8，9}21解析當(dāng)m=4，k=3時，N4*={1，2，3，4}，A3表示由Ak?Nm*可知A3={1，2，3}或A3={1，2，4}或A3={1，3，4}或A3={2，3，4故M4，3={6，7，8，9}；由題意知Mm，2={3，4，5，…，2m-1}，故由S(Mm，2)≥817可得(2m-1-2)(3+2m即(2m-3)(m+1)≥817，解得m≥1+65614=20.5或m≤1-65614=-20結(jié)合m∈N*，故m的最小值為21.15.(1)證明因為△ABC的面積S=12bcsinA又S=12b2-所以12bcsinA=12b2又A∈(0，π)，則sinA>0，所以12bc=12b2-c所以(b+c)(b-2c)=0，又b+c>0，所以b=2c.(2)解因為bcosA=14c所以cosA=c4b=18所以a2=b2+c2-14bc=4c2+c2-12c2=92所以a=322所以cosC=a2+b2-16.解(1)由題意知學(xué)生甲摸球2次總得分X的所有可能取值為2，3，4，則P(X=2)=23×23=P(X=3)=C21×23×1P(X=4)=13×13=所以X的分布列為X234P441所以E(X)=2×49+3×49+4×19(2)記Am=“甲最終得分為m分”，m=8，9，10；B=“乙獲得獎勵”.P(A9)=C21×23×1P(A8)=C222當(dāng)甲最終得9分時，乙獲得獎勵需要最終得10分，則P(B|A9)=C551當(dāng)甲最終得8分時，乙獲得獎勵需要最終得10分或9分，則P(B|A8)=C55135+C51故P(B)=P(A9B)+P(A8B)=P(A9)×P(B|A9)+P(A8)×P(B|A8)=49×135+=4837=即乙獲得獎勵的概率為1672917.(1)證明因為平面PAD⊥平面PAB，平面PAD∩平面PAB=PA，PA⊥PB，PB?平面PAB，所以PB⊥平面PAD，又因為PB?平面PBC，所以平面PAD⊥平面PBC.(2)解過D作DH⊥PA，DO⊥AB，垂足分別為H，O，連接HO，因為平面PAD⊥平面PAB，平面PAD∩平面PAB=PA，DH⊥PA，DH?平面PAD，所以DH⊥平面PAB，又AB?平面PAB，所以DH⊥AB，又DO⊥AB，且DO∩DH=D，DO，DH?平面DHO，所以AB⊥平面DHO，因為HO?平面DHO，所以AB⊥HO，即∠DOH即為二面角P-AB-D的平面角，不妨設(shè)AB=4，則可知AD=CD=BC=2，且AO=1，OD=3，因為DH⊥平面PAB，OH?平面PAB，所以DH⊥OH，又cos∠DOH=33，所以O(shè)H=1，所以∠BAP=π過點O作OM⊥平面PAB，以O(shè)為坐標(biāo)原點，OA，OH，OM所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則D(0，1，2)，P(-1，2，0)，B(-3，0，0)，C(-2，1，2)，所以PD=(1，-1，2)，BP=(2，2，0)，CP=(1，1，-2)，設(shè)平面PBC的法向量為m=(x，y，z)，則m令x=1，則y=-1，z=0，所以m=(1，-1，0)，設(shè)直線PD與平面PBC所成的角為θ，則sinθ=|cos〈m，PD〉|=|m·PD||故直線PD與平面PBC所成角的正弦值為2218.解(1)設(shè)圓E的半徑為r，圓E與動圓C內(nèi)切于點Q.∵點F在圓E內(nèi)部，∴圓心C在圓E內(nèi)部.∴|CE|+|CF|=|CE|+|CQ|=r=42>|EF|=26，∴動圓圓心C的軌跡是焦點在x軸上的橢圓，其方程為x28+(2)聯(lián)立l：y=x+t與橢圓方程，消去y得5x2+8tx+4t2-8=0，Δ=160-16t2>0，又O，A，B三點不共線，則0<t2<10，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1+x2=-8t5，x1x2=設(shè)△OAB的外接圓的方程為x2+y2+dx+ey=0，聯(lián)立l：y=x+t與圓的方程，消去y得2x2+(2t+d+e)x+t2+et=0，則x1+x2=-2t+d+e2=-8t5，x∴2t+d+e=16t5，t2+et=解得d=3t5+165t，e=設(shè)圓心坐標(biāo)為M(x，y)，則x=-d2=-3t10-85t，y=-e∴x2-y2=-3t10-8