阶段滚动卷（4） 范围：（第一～十单元）-【百强名校168优化组合卷】2026年高考数学高三二轮复习卷

阶段滚动卷(四)　范围：(第一～十单元) (分值：150分) 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.[2025·福州模拟]已知集合A＝{x|x2<4}，B＝{x|－3<x≤1}，则A∩B＝(　　) A.{x|x<2} B.{x|－2<x≤1} C.{x|－3<x≤1} D.{x|－3<x<2} 2.[2025·泉州模拟]若复数z满足(1＋i)z＝a－i(其中i是虚数单位，a∈R)，则“|z|＝1”是“a＝1”的(　　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 3.[2025·湖北七市联考]已知正方形ABCD的边长为2，若＝，则·＝(　　) A.2 B.－2 C.4 D.－4 4.[2024·九省联考]设α，β是两个平面，m，l是两条直线，则下列命题为真命题的是(　　) A.若α⊥β，m∥α，l∥β，则m⊥l B.若m⊂α，l⊂β，m∥l，则α∥β C.若α∩β＝m，l∥α，l∥β，则m∥l D.若m⊥α，l⊥β，m∥l，则α⊥β 5.[2025·石家庄质检]已知α∈(0，)，且cos(α－)＝2cos 2α，则tan(α＋)＝(　　) A. B. C. D. 6.[2025·连云港模拟]将函数f(x)＝sin x的图象先向右平移个单位长度，再把所得函数图象上的每个点的纵坐标保持不变，横坐标都变为原来的(ω>0)，得到函数g(x)的图象.若函数g(x)在(－，0)上单调递增，则ω的取值范围是(　　) A.(0，] B.(0，] C.(0，] D.(0，1) 7.[2025·重庆模拟]已知定义在R上的函数f(x)满足：f(x1＋x2)＝f(x1)＋f(x2)，且当x>0时，f(x)<0.则关于x的不等式f(x2)＋f(2x)≥0的解集为(　　) A.[－2，0] B.[0，2] C.(－∞，－2]∪[0，＋∞) D.(－∞，0]∪[2，＋∞) 8.[2025·南昌模拟]已知函数f(x)＝若函数g(x)＝f(x)－m有3个零点，则m的取值范围为(　　) A.[0，) B.(－1，) C.(，＋∞) D.(－∞，－1) 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.[2024·石家庄模拟]下列说法正确的是(　　) A.一组数据6，7，7，8，10，12，14，16，20，22的第80百分位数为16 B.若随机变量ξ～N(2，σ2)，且P(ξ＞5)＝0.22，则P(－1＜ξ＜5)＝0.56 C.若随机变量ξ～B(9，)，则方差D(2ξ)＝8 D.若将一组数据中的每个数都加上一个相同的正数x，则平均数和方差都会发生变化 10.[2025·沈阳模拟]已知双曲线C的两个焦点分别为F1(－2，0)，F2(2，0)，且满足条件p，可以解得双曲线C的方程为x2－y2＝4，则条件p可以是(　　) A.实轴长为4 B.双曲线C为等轴双曲线 C.离心率为 D.渐近线方程为y＝±x 11.[2025·济南模拟]如图，在△ABC中，AB＝BC＝4，AB⊥BC，M是AB的中点，N是AC边上靠近A的四等分点，将△AMN沿着MN翻折，使点A到点P处，得到四棱锥P－BCNM，则下列说法正确的是(　　) A.记平面PBC与平面PMN的交线为l，则l∥平面BCNM B.记直线PM和直线BC与平面PNC所成的角分别为α，β，则α＝β C.存在某个位置的点P，满足平面PBC⊥平面PNM D.四棱锥P－BCNM外接球表面积的最小值为20π 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.[2025·潍坊模拟]第40届潍坊国际风筝会期间，某学校派5人参加连续6天的志愿服务活动，其中甲连续参加2天，其他人各参加1天，则不同的安排方法有________种.(结果用数值表示) 13.[2025·南京模拟]某批麦种中，一等麦种占90%，二等麦种占10%，一、二等麦种种植后所结麦穗含有50粒以上麦粒的概率分别为0.6，0.2，则这批麦种种植后所结麦穗含有50粒以上麦粒的概率为________. 14.[2025·长春模拟]如图1所示，古筝有多根弦，每根弦下有一个雁柱，雁柱用于调整音高和音质.图2是根据图1绘制的古筝弦及其雁柱的简易平面图.在图2中，每根弦都垂直于x轴，相邻两根弦之间的距离为1，雁柱所在曲线的方程为y＝1.1x，第n根弦(n∈N，从左数首根弦在y轴上，称为第0根弦)分别与雁柱曲线和直线l：y＝x＋1交于点An(xn，yn)和Bn(xn′，yn′)，则ynyn′＝________.(参考数据：取1.122＝8.14) 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)[2024·石家庄模拟]已知△ABC的内角A，B，C的对边长分别为a，b，c，设＝. (1)求C； (2)若(＋1)a＋2b＝c，求sin A. 16.(15分)[2025·通化模拟]已知椭圆的焦点分别是F1(，0)，F2(－，0)，点M在椭圆上，且|MF1|＋|MF2|＝4. (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线y＝kx＋与椭圆交于A，B两点，且OA⊥OB，求实数k的值和△OAB的面积. 17.(15分)[2025·杭州模拟]在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是直角梯形，∠BAD＝90°，AD∥BC，AB＝BC＝a，AD＝b(b>a>0)，PA⊥底面ABCD，PD与底面ABCD成30°角，且＝4. (1)求证：BE⊥PD； (2)当直线PC与平面ABE所成角的正弦值为时，求的值. 18.(17分)[2025·西安模拟]已知函数f(x)＝2sin x－ax， (1)若函数在[0，π]内点A处的切线斜率为－a(a≠0)，求点A的坐标； (2)①当a＝1时，求g(x)＝f(x)－ln(x＋1)在[0，]上的最小值； ②证明：sin ＋sin ＋…＋sin >ln (n∈N，n≥2). 19.(17分)[2025·泰安模拟]在足球比赛中，有时需通过点球决定胜负. (1)扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向射门，门将(也称为守门员)也会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也有的可能性扑不到球.不考虑其它因素，在一次点球大战中，求门将在前三次扑到点球的个数X的分布列和期望； (2)好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲、乙、丙三名前锋队员在某次传接球的训练中，球从甲脚下开始，等可能地随机传向另外2人中的 1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外2人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住.记第n次传球之前球在甲脚下的概率为pn，易知p1＝1，p2＝0. ① 试证明：为等比数列； ② 设第n次传球之前球在乙脚下的概率为qn，比较p2 024与q2 024的大小. 学科网（北京）股份有限公司 $色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 阶段滚动卷（四）范围：（第一~十单元） 1.B[法一由题意知，A={x-2<x<2},所以A∩B={x-2<x≤1}，故选B. 法二A∩B应为集合B的子集，故排除A,D,因为（一52）2=2544，所以一52 不是集合A中的元素，故排除C故选B] 2.B[由(1+i)z=a-i得，z=a-il+i=(a-i)(1-i)(1+i)(1-i)=a-12-a +12i, .lz=1, .(a-12)2+(-a+12)2=1,解得a=1或a=-1. 故“z=1”是“a=1”的必要不充分条件. 故选B] 3B法一（基向量法）由题意知点P为BC的中点，所以.=(+广)（一 )=(+12-)=.-2+12-12.=-2+122=-2 +12X22=-2,故选B. 法二（坐标法）如图，以B为原点建立平面直角坐标系，则BO,0),A(0,2),D 2,2),P1,0),所以=1，-2)，=(2,2)，所以.=1×2+(-2)×2 =-2,故选B] 4.C[如图a所示，在正方体ABCD-A1B1CD1中，假设底面ABCD为平面a.对 于A,假设平面ADDA1为平面B,符合题意a⊥B,假设m=A1D1,l=BC,符合 题意m∥a,l∥B,由图a可知，此时m∥1，不符合m⊥l的结论，所以A错误.对 于B,还是假设平面ADDA1为平面B,假设m=BC,1=A1D1,符合题意mCa, lcB,m∥l,但此时a⊥B,不符合a∥B的结论，所以B错误.对于C,如图b所示， ·独家授权侵权必究· 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 过直线1作平面y,与平面a交于直线l,因为l∥α，由线面平行的性质定理可知l ∥11，又1∥B,所以11∥B,又a∩B=m,且11ca,所以1∥m,因此1∥m,故C 正确.对于D,在图a的正方体中，假设m=BB1,l=DD1,平面ABCD为平面a, 平面ABCD1为平面B,此时符合题意m⊥a,l⊥B,m∥l,但由图a可知a∥β， 不符合a⊥B的结论，所以D错误.故选C.] D 1 a 图a 图b 5.D[因为cos(a-π4)=2cos2a,所以2)2(cosa+sina)=2(cos2a-sin2a)=2(cosa +sina)cosa-sina),因为a∈(0，π2)，所以cosa+sina>0,所以cosa-sina =2)4,即2(2)2cosa-2)2sina)=2)4,所以cos(a十π4)=14，因为a∈(0，π2)，所 以a+π4∈（π4,3π4），所以sin(a+π4)=rc)alvs41 al\col(a+fπ4))=14))2=15) 4, 所以tan(a十π4)=元4π4=15.故选D.] 6.B[将x)=simx的图象向右平移π3个单位长度， 得到h(x)=sin(x一π3)的图象，将h(x)图象上的每个点的纵坐标保持不变，横坐标 都变为原来的1w得到g(x)=sin(@x一π3) 当x∈(-π2,0)时，ωx-π3∈（一wm2-π3，-π3） g(x)在(-π2,0)上单调递增，所以一π2≤-ωm2一π3<-π3， 得0<ω≤13.故选B.] 7.A[法一因为fx1+x2)=x1)+x2),所以x)一x2)=fx1一x2)+x2]一x2) =x1一x2)十x2)一x2)=x1一x2),不妨令x1>x2,则1一x2>0,因为当x>0时，f1 (x)0,所以1一x2)0,所以x1)一x2)<0,即x)x2),所以函数x)在R上 单调递减.在+2)=x1)十x2)中，令x1=x2=0,则0)=0)十0)，得0)= 0.由题意知，x2)+2x)=x2+2x),又0)=0，所以x2)+2x)≥0，即x2+2x) ≥0)，又x)在R上单调递减，所以x2+2x≤0，解得-2≤x≤0，即x∈[一2， 01.故选A. 法二因为x1+x2)=x1)+x2),所以可令x)=x,又当>0时，x)<0,所以 k<0,所以x2+2x)≥0可转化为x2+2x≥0，即x2+2x≤0，解得一2≤x≤0， 独家授权侵权必究 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 6.ZxXk.com● 您身边的互联网+教辅专家 即x∈[-2,0]故选A.] 8.B[①当x≤0时，x)=x2+2x,易知函数)在区间（一∞，一1）上单调递减， 在区间（一1,0）上单调递增，所以当x≤0时，x)mm=-1)=一1.②当>0时，f (x)=lnxx,则f(x)=1一lnxx2,令f(x)>0,解得0xe;令fx)0,解得e,故 fx)在区间(0，e)上单调递增，在区间(e,+∞)上单调递减，所以当>0时，f (x)max=fe)=lnee=1e.综上所述，可以画出函数x)的大致图象如图所示，因为函 数g(x)=x)一m有3个零点，所以直线y=m与y=x)的图象有3个交点，由图 可知，一l<m<le,所以m的取值范围是(-l,le).故选B.] 9.BC[对于A选项，该组数据共10个数，且10×0.8=8，因此，该组数据的第 80百分位数为16+202=18，A错误； 对于B选项，若随机变量~N(2,σ2)， 且P(ξ>5)=0.22， 则P(-1<<5)=1-2P(>5) =1一2×0.22=0.56，B正确； 对于C选项，若随机变量~B(9,23), 则D2=4D(⑤=4×9×23×13=8，C正确； 对于D选项，在随机变量X的每个样本数据上都加个正数x,则得到的新数据对 应的随机变量为X十x,由期望和方差的性质可得EX十x)=EX)十x,DX十x)=D ),因此，若将一组数据中的每个数都加上一个相同的正数x,则平均数会改变， 但方差不变，D错.故选BC] 10.ABD[由题意可得，c=22, 根据条件解得双曲线C的方程为x2-y2=4, 即x24-y24=1, 则需要满足a=2,b=2,则实轴长2a=4,故A满足题意； 实轴长与虚轴长相等，故双曲线C为等轴双曲线，故B满足题意； ·独家授权侵权必究 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxXk.c0m● 您身边的互联网+教辅专家 离心率e=ca=2,故C不满足题意； 渐近线方程为y=士bax,即y=士x,故D满足题意.综上，选ABD.] 11.BCD「对于A,假设1∥平面BCNM,因为平面PBC与平面PMN的交线为1， 所以lc平面PBC,lc平面PMN,又平面PBC∩平面BCNM=BC,平面PMN∩ 平面BCMM=N,所以l∥BC,I∥MN,根据基本事实4可知，MN∥BC,显然 与题中已知条件矛盾，所以假设不成立，故A错误 对于B,如图，取AC的中点D,连接BD,因为AB=BC=4,所以BD LAC,因 为N是AC边上靠近A的四等分点，所以N是AD的中点，又M是AB的中点， 所以MN∥BD,所以MN LAC,则N⊥NP,又AC∩NP=N,AC,NPc平面PNC, 所以MN⊥平面PNC,所以BD⊥平面PNC,则直线PM和直线BC与平面PNC 所成的角分别为∠NPM,∠BCA,因为△ABC是等腰直角三角形，所以∠BCA= ∠BAC=π4，又△MNP是由△MVA翻折得到的，故∠NPM=∠BAC=π4，所以 ∠NPM=∠BCA,故B正确. 对于C,由B选项的分析知，MN⊥平面PNC,又PCc平面PVC,所以MN⊥PC ,则当PN⊥PC时，因为PN∩MN=N,PW,MNC平面PNM,所以PC⊥平面PMM ,又PCC平面PBC,所以平面PBC⊥平面PM,即要使平面PBC⊥平面PNM, 只需PN⊥PC.因为AB=BC=4,AB⊥BC,所以AC=42,则NC=3AN=3PN=34AC =32,故当PN⊥PC时，cos∠PNC=PNNC==13,又0<∠PNC<π，所以存在点 P,使得PN⊥PC,故C正确， 对于D,连接MC,则MC=MB2十BC2=22+42=25.由B选项的分析知，MN⊥ AC,又AB⊥BC,所以四边形BCNM的对角互补，所以B,C,N,M四点共圆， 且该圆的直径为对角线MC,故四棱锥P一BCNM外接球的直径不小于25，当四 棱锥P一BCNM外接球的直径为MC时，MC的中点到点P的距离等于MC的一 半，则PM⊥PC,由C选项的分析知，当cos∠PNC=13时，PC⊥平面PMM, 又PMC平面PNM,所以PC⊥PM,故四棱锥P-BCM外接球的直径可为MC, 所以四棱锥P一BCWM外接球表面积的最小值为4π(5)=20元，故D正确.综上， 选BCD] ·独家授权侵权必究· 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 12.120[法一首先安排甲，有5种方法分别为(1,2)，(2,3)，(3,4)，(4,5)， (5,6):再安排剩下4人，有A44=24(种)方法.所以不同的安排方法有5×24=120 (种). 法二将甲的2天捆绑起来，与剩下4天进行排列，有A55=120(种)方法，所以 不同的安排方法有120种.] 13.0.56[所求概率为P=0.9×0.6+0.1×0.2=0.56.] 14.914[因为每根弦都垂直于x轴，相邻两根弦之间的距离为1，首根弦在y轴 上，称为第0根弦，所以第n根弦的方程为x=n. 因为第n根弦分别与曲线y=1.1x和直线1：y=x十1交于点An(x,yn),B(xm',yn ),所以ym=1.1",ym'=n+1,则yym'=(n+1)1.1m. 令S=∑20m=0yyw'=1×1.10+2×1.11+3×1.12+…+21×1.120,则1.1S=1×1.1 +2×1.12+3×1.13+…+21×1.121,两式相减得-0.1S=1+1.1+1.12+…+ 1.120-21×1.121=1-1.1211-1.1-21×1.121=-11×1.121-10,则S=110×1.121 +100=100×1.122+100=814+100=914.] 15.(1).'a+bc-b=sin C+sin BsinA, ∴.由正弦定理得a+bc一b=b十ca, 化简得a2+b2-c2=-ab, .'.cos C=a2+b2-c22ab=-ab2ab=-12 .C∈(0，元)，∴.C=2π3 (2).(3+1)a+2b=6c, 由正弦定理得 (3+1)sin 4+2sin B=6sin C, 又C=2π3，A+B十C=π， ∴.(3+1)sinA+2 sinlalvs4 alcol(fπ3)-A)=2)2, 即sinlalvs4alco1A+fπ4)=3)2 .'0<A<π3，.π4<A十π4<7π12， .A十π4=π3，即A=π3一π4， .∴.sinA=sin\alvs4al小col(f(ππ4)=sinπ3cosπ4-cosπ3sinπ4=3)2X2)2-12×2)2 =6)-r2)4. 独家授权侵权必究 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 16.解(1)设椭圆的标准方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0), 由题意可知c=r(32a=4,a2=b2十c2,解得c=r(3a=2,b=1,所以椭圆的标 准方程为x24十y2=1 (2)设A(x,y1),B(x2,y2), 联立y=+r(2x24)+y2=1,消去y,可得(1+42)x2+82x+4=0, 4=1282-16(42+1)=642-16>0,则⊙12或k<-12, 由韦达定理可得：x1十x2=一2)k1十42,1x2=41十42， 所以y1y2=(x1+2)(x2+2)=2x1x2+2k(1+x2)十2=2-4k21+42, 因为OA10B,.=0,即2十2=0，所以41+42+2-421+42=0， 解得k=6)2或一6)2，经检验满足>0，所以k的值为6)2或一6)2 当k=6)2时，直线AB方程为6x一2y+22=0,原点O到直线AB的距离d==5) 5, 因为x1十x2=一2)k1+4k2=一3)7，x1x2=41+42=47, 所以AB=1+k2(x1+x2)2一4x1x2 =64)19211249=10)25)7=2)7, 所以S△oAB=12AB:d=12×2)7×5)5=10)7, 当k=一6)2，由对称性可得S△o4B=10)7, 所以△OAB的面积为10)7. 17.(1)证明由题意，易知AB,AD,AP两两垂直，以A为坐标原点，AB,AD, AP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。 A 则A0,0,0),D(0,b,0),B(a,0,0),C(a,a,0),P(0,0,3b3),E0,b4, 3)b4). 独家授权侵权必究 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 故=(-a,b4,3)b4),=(0,b,-3)b3), 因为.一=0，所以1，即BELPD. 2)解因为=(a,0,0,所以.=0，故4BLPD, 又AB∩BE=B,AB,BEC平面ABE,所以PD⊥平面ABE, 故平面ABE的一个法向量为n==(0,b,一3)b3), 由(1)知=(a,a,-3)3b), 设直线PC与平面ABE所成的角为O,则 sin0=cos〈，n〉|=b23b2+/fb22a2+fb23)=10)4, 整理得b=2a,即ab=12. 18.解(1)设点A(,xo),xo∈[0，. 由于f(x)=2cosx-a,则f(xo)=2cosx0一a=一a, 得cos xo-=0, 则xo=π2，且π2)=2一π2a,所以点A的坐标为（π2,2-π2a). (2)Dg(x)=2sin x-x-In(x+1), 则g(x)=2cosx-1-1x+1,记h(x)=2cosx-1-1x+1, 则x)=-2sinx+1(x十1)2 易知h(x)在0，fπ6)上单调递减， 且h(0)=1>0,h(π60=1元6-1<0， ∴.3xo∈(0，π6， h(xo)=0,即-2 sin xo+1(x0+1)2=0, 所以当x∈(0，o)时，h(x)>0,(x)在(0，xo)上单调递增： 当x∈(xo,π)时，h(x)0,h(x)在(xo,π6O上单调递减. 因为(0)=0，h(π6=3-1-1π6>3-1-112=3-53>0， 独家授权侵权必究 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxXk.c0m● 您身边的互联网+教辅专家 所以x∈(0，πO时，h(x)>0,g()在0，/π6)上单调递增， 所以当x=0时，g(x)取得最小值g(0)=0, ②证明由①可知x∈(0，π6，时g(x)>0恒成立，即2sinx>ln(x+1)十x恒成立. 设s(x)=x一ln(x+1),则s'(x)=1一1x十1=xx十1， 当x∈(0，π6O时，s'(x)>0,s(x)在(0，πO上单调递增， 所以s(x)>s(0)=0,所以x>nx+1), 又2sinx>ln(x+1)+x>2ln(x+1),所以sim>n(x+1), 取x=ln(n∈N,n≥2)，则sinln>n(1n+1)=ln(n+1)-lnn, ∴.sinl2+sinl3+…+sinIn>ln3-ln2+ln4-n3+…+ln(n+1)-lnn =ln(n+1)-ln2=lnn十12，故原不等式成立. 19.解(1)法一依题意可得，门将每次可以扑到点球的概率为 p=33×3×(1-23)=19, 门将在前三次扑到点球的个数X可能的取值为0,1,2,3， 易知XB(3,19),所以PX=)=Ck3X(19/×(89)3-k, k=0,1,2,3, 故X的分布列为： X 0 1 2 3 ◇ 512729 64243 8243 1729 所以X的数学期望E)=3×19=13 法二X的所有可能取值为0,1,2,3， 在一次扑球中，扑到点球的概率P=13×13×3×(1一23)=19， 所以P(X=0)=C03(89)3=512729,PX=1)=C1319(89)2=192729, PX=2)=C23·(19)2×89=24729,PX=3)=C33(19)3=1729, 所以X的分布列如下： X 0 1 2 3 512729 192729 24729 1729 所以X的数学期望E0=0×512729+1×192729+2×24729+3×1729=243729 =13. (2)①第n次传球之前球在甲脚下的概率为p, 则当n≥2时，第n一1次传球之前球在甲脚下的概率为Pm-1, 独家授权侵权必究· 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 6.zxXk.c0m● 您身边的互联网+教辅专家 第n一1次传球之前球不在甲脚下的概率为1一P-1, 则Pm=Pm-1X0+(1-Pm-1）×12=-12pm-1+12, 即Pm-13=-12Pm-1-13),又P1-13=23, 所以pn一f13)是以23为首项，公比为一12的等比数列 ②由①可知Pm=23(-12y”-1+13,所以P2024=23(-12)2023+13<13, 所以q2024=12(1-p2024)=12f2212))2023>13, 故P2024<92024 #独家授权侵权必究