仿真模拟（三）-【优化探究】2023新教材数学模拟精编大考卷（单选版）

仿真模拟(三) 1．B　由log2x>1，得x>2，所以B＝{x|x>2}，所以∁UB＝{x|x≤2}，所以A∩(∁UB)＝{2}． 2．A　法一：设复数z＝x＋yi(x，y∈R，y≠0)，(x＋yi)(1＋i)＝x2＋y2，即x－y＋(x＋y)i＝x2＋y2.由复数相等的充要条件可得解得x＝1，y＝－1，所以z＝1－i. 法二：因为z(1＋i)＝|z|2，z(1＋i)＝z·，所以＝1＋i，所以z＝1－i. 3．A　法一：二项式(2－x)6展开式的通项为Tr＋1＝C26－r·(－x)r，令r＝2，得T2＋1＝C26－2(－x)2＝240x2. 法二：二项式(2－x)6＝(2－x)(2－x)(2－x)(2－x)(2－x)·(2－x)，则x2项即C(－x)224＝240x2. 4．C　由题可得，D(bi)＝D(pai＋q)＝p2D(ai)＝p2s2＝4s2. 因为p<0，所以p＝－2， 故＝＝－2A＋q＝A，所以q＝3A. 5．C　由题知当x∈[－π，π]时，f(－x)＝f(x)，所以f(x)是偶函数，排除A；f(π)＝ln－1<ln e－1＝0，排除B，D. 6．C　设“第i次通过IQC”为事件Ai，“第i次通过IPQC”为事件Bi(i＝1,2)，由题意知P(A1B1＋1A2B1＋A11B2＋1A21B2)＝，即×p＋××p＋×(1－p)×p＋××(1－p)p＝，解得p＝或p＝(舍去)． 7．A　因为tan β＝，所以tan 2β＝＝，所以tan α＝tan(π－2β)＝－tan 2β＝－，所以＝＝＝. 8．C　若点A固定，则当AB与圆C：(x－1)2＋y2＝1相切时，∠BAC最大，此时sin∠BAC＝＝.当点A在直线l上移动时，易知当AC⊥l时，|AC|最小，且|AC|min＝＝，此时sin∠BAC最大，最大值为.因为∠BAC是锐角，所以∠BAC的最大值为45°. 9．D　法一(直接法)：至少有2名女生参加包括2名女生4名男生与3名女生3名男生两种情况，所以不同的选派方案种数为CC＋CC＝65. 法二(间接法)：从6名男生、3名女生中选派6人，共有C种选法，其中没有女生的选法有C种，有一名女生的选法有CC种，所以不同的选派方案种数为C－C－CC＝65. 10．B　设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)， 则 两式作差得＋＝0.∵倾斜角为的直线交椭圆C于A，B两点，∴＝tan ＝－1.∵线段AB的中点为M(x0，y0)，∴－＝0，即＝＝，解得b2＝2，即b＝. 11．B　依题意，在四棱锥S ­ABCD中，所有棱长均为20 cm，连接AC，BD交于点O，连接SO，则SO＝AO＝BO＝CO＝DO＝10 cm，易知点O到AB，BC，CD，AD的距离均为10 cm，在等腰三角形OAS中，AO＝SO＝10 cm，SA＝20 cm，所以O到SA的距离d＝10 cm，同理可证O到SB，SC，SD的距离也为10 cm，所以球心为四棱锥底面ABCD的中心O，所以皮球的半球r＝10 cm. 12．D　由ln ≤， 可得ln ≤. 设＝t，令f(t)＝(2e－t)·ln t，t>0， 则f′(t)＝－ln t＋－1，令g(t)＝－ln t＋－1，t>0，则g′(t)＝－－<0， ∴g(t)在(0，＋∞)上单调递减，即f′(t)在(0，＋∞)上单调递减． ∵f′(e)＝0，∴f(t)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，∴f(t)max＝f(e)＝e，∴e≤， ∴实数m的取值范围为. 13．解析：由抛物线x2＝4ay的焦点坐标为(0,2)得抛物线的准线方程为y＝－2. 答案：y＝－2 14．解析：(1)当a＝2时，由f(x)<f(2)＝4，得或解得1<x<2或x≤1，则实数x的取值范围是(－∞，2)． (2)若存在实数m使得方程f(x)－m＝0有两个实根，即直线y＝m与函数f(x)的图象有两个不同的交点，当0<a<1时，由函数f(x)的图象可知(图略)，存在符合题意的实数m；当a>1时，由函数f(x)的图象可知1＋>a，解得a<2，即1<a<2，则实数a的取值范围是(0,1)∪(1,2)． 答案：(1)(－∞，2)　(2)(0,1)∪(1,2) 15．解析：因为an＋1＋2an＝3，所以an＋1－1＝－2(an－1)，可得数列{an－1}是首项为a1－1＝1，公比为－2的等比数列，则an＝1＋(－2)n－1， 所以Sn＝n＋＝n＋－(－2)n，因此不等式≥100，即≥100，即n≥log2300， 故满足不等式≥100的最小整数n为9. 答案：9 16．解析：连接MA(图略)，由题意可知三棱锥M ­BCD的外接球即四棱锥M ­ABCD的外接球，则当三棱锥M ­BCD外接球的表面积最小时，四棱锥M ­ABCD外接球的半径