选填题标准练7-【金版教程】2026年高考数学大二轮专题复习冲刺方案全书word

大二轮专题复习冲刺方案　数学《拆卷练》 一、单选题 1．(2025·陕西宝鸡三模)已知集合A＝{x|y＝ln x}，B＝{x|x2>x}，则A∪B＝(　　) A．{x|x≠0} B．{x|x>1} C．{x|x<0} D．{x|x<0或x>1} 答案：A 解析：函数y＝ln x的定义域为(0，＋∞)，则A＝(0，＋∞)，x2>x⇒x∈(－∞，0)∪(1，＋∞)，则B＝(－∞，0)∪(1，＋∞)，则A∪B＝(－∞，0)∪(0，＋∞)＝{x|x≠0}．故选A. 2．(2025·天津二模)为研究某奶茶店每日的热奶茶销售量y和气温x之间是否具有线性相关关系，统计该店(2025年2月6日至3月24日)每天的热奶茶销售量及当天气温得到如图所示的散点图(x轴表示气温，y轴表示热奶茶销售量)，由散点图可知y与x的相关关系为(　　) A．正相关，相关系数r的值为0.8 B．负相关，相关系数r的值为0.8 C．正相关，相关系数r的值为－0.8 D．负相关，相关系数r的值为－0.8 答案：D 解析：由散点图知y随着x的增大而减小，因此是负相关，相关系数为负．故选D. 3．(2025·四川绵阳三模)设a，b∈R，则“ab<1”是“0<a<”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 答案：B 解析：当a＝0，b＝－1时，满足ab<1，但不满足0<a<；当0<a<时，b>0，则ab<1.所以“ab<1”是“0<a<”的必要不充分条件．故选B. 4．(2025·河北秦皇岛三模)在等差数列{an}中，若a8＝1，3a6＋2a4＝a2，则{a3n－1}的前8项和为(　　) A．26 B．50 C．－2 D．－6 答案：A 解析：设等差数列{an}的公差为d，由a8＝1，3a6＋2a4＝a2，可得3(1－2d)＋2(1－4d)＝1－6d，解得d＝，所以an＝a8＋(n－8)d＝n－3，所以a3n－1＝n－，所以数列{a3n－1}的前8项和为S8＝8×(－2)＋×＝26.故选A. 5．(2025·湖南名校联合体三模)若直线y＝kx＋1(k为常数)是曲线y＝ln x＋1和曲线y＝aex＋1的公切线，则实数a的值为(　　) A． B． C．1 D．e 答案：B 解析：解法一：令f(x)＝ln x＋1，x∈(0，＋∞)，则f′(x)＝，设直线y＝kx＋1与曲线y＝ln x＋1的切点为(x1，ln x1＋1)，则切线方程为y－ln x1－1＝(x－x1)，即y＝x＋ln x1，又因为y＝kx＋1，所以解得x1＝e，k＝，所以切线方程为y＝x＋1，令g(x)＝aex＋1，则g′(x)＝aex，设直线y＝x＋1与曲线y＝aex＋1的切点为(x0，aex0＋1)，则aex0＝　①，又因为切点(x0，aex0＋1)在直线y＝x＋1上，所以aex0＋1＝x0＋1，即aex0＝x0　②，由①和②可得x0＝1，所以ae＝，解得a＝.故选B. 解法二：设切点分别为P(x1，y1)，Q(x2，y2)，⇒ln x1＝kx1＝1，所以x1＝e，k＝.同理⇒aex2＝kx2＝k，所以x2＝1，所以k＝ae＝，所以a＝.故选B. 6．(2025·山东临沂二模)已知sinα＝2cosβ，sinβ＝3cosα，若向量m＝(tanα＋tanβ，tan(α＋β))与向量n＝(1，λ)互相垂直，则λ＝(　　) A．－ B． C．5 D． 答案：C 解析：因为sinα＝2cosβ，sinβ＝3cosα，显然sinβ，sinα，cosβ，cosα均不为0，所以＝，即＝，所以tanαtanβ＝6，所以tan(α＋β)＝＝－(tanα＋tanβ)，因为向量m＝(tanα＋tanβ，tan(α＋β))与向量n＝(1，λ)互相垂直，所以m·n＝tanα＋tanβ＋λtan(α＋β)＝0，则tanα＋tanβ－λ(tanα＋tanβ)＝0，又tanα＋tanβ≠0，所以λ＝5.故选C. 7．(2025·湖北新八校协作体三模)在正三棱台ABC－DEF中，P，Q分别为棱AB，BC的中点，AB＝2DE，四边形PQFD为正方形，则BC与平面ACFD所成角的正弦值为(　　) A． B． C． D． 答案：B 解析：由题意可知，延长AD，BE，CF必交于一点G，由DE＝AB，DE∥AB可知，D，E分别是GA，GB的中点，又P为线段AB的中点，所以DP∥GB，DP＝GB，因为P，Q分别为棱AB，BC的中点，所以PQ∥AC，PQ＝AC，又四边形PQFD为正方形，所以DP＝PQ，所以AC＝GB，由于三棱锥G－ABC为正三棱锥，因此三棱锥G－ABC为正四面体，因此直线BC与平面ACFD所成的角即为直线GC与平面ABC所成的角，取△ABC的中心为O，连接GO，OC，则GO⊥平面ABC，所以∠GCO为直线GC与平面ABC所成的角，设正四面体G－ABC的棱长为a，在△ABC中，OC＝CP＝×a＝a，GO＝＝＝a，在△GOC中，sin∠GCO＝＝，故直线BC与平面ACFD所成角的正弦值为.故选B. 8．(2025·山东部分学校4月模拟)已知F1，F2分别为椭圆与双曲线公共的左、右焦点，P为它们的一个公共点，且|PO|＝|F2O|，O为坐标原点，e1，e2分别为椭圆和双曲线的离心率，则＋的最大值为(　　) A．2 B． C．2 D． 答案：B 解析：由题意可设椭圆和双曲线的方程分别为＋＝1，－＝1，因为二者共焦点，所以c2＝a2－b2＝a′2＋b′2，如图，设|PF1|＝m，|PF2|＝n，由椭圆和双曲线的定义可知m＋n＝2a，m－n＝2a′，由此解得m＝a＋a′，n＝a－a′，由题意知|PO|＝|F2O|＝|F1O|＝c，所以∠F1PF2＝∠F1PO＋∠OPF2＝(∠F1PO＋∠PF1O)＋(∠F2PO＋∠OF2P)＝90°，故在Rt△PF1F2中，由勾股定理可知m2＋n2＝4c2，代入m，n的表达式可得a2＋a′2＝2c2，由离心率的定义可得＋＝2，设x＝，y＝，则x2＋y2＝2，问题转化为求2x＋y的最大值，设a＝(x，y)，b＝(2，1)，由a·b≤|a||b|可得2x＋y≤·＝，当且仅当两向量同向共线，即x＝2y＝时，等号成立，所以＋的最大值为.故选B. 二、多选题 9．(2025·云南昆明二模)已知虚数z1，z2互为共轭复数，则(　　) A．z1＋z2为实数 B．z1－z2为纯虚数 C．|z1|z2＝|z2|z1 D．＝ 答案：AB 解析：依题意，设z1＝a＋bi，a，b∈R，b≠0，则z2＝a－bi.对于A，z1＋z2＝2a∈R，A正确；对于B，z1－z2＝2bi为纯虚数，B正确；对于C，|z1|z2－|z2|z1＝(a－bi)－(a＋bi)＝－2bi≠0，C错误；对于D，z－z＝(a＋bi)2－(a－bi)2＝4abi，当a≠0时，z≠z，≠，D错误．故选AB. 10．(2025·广东深圳二模)对于n∈N*，将n表示为n＝a0·30＋a1·31＋a2·32＋…＋ak·3k，其中ai∈{－1，0，1}(i＝0，1，2，…，k)，ak≠0.记I(n)为上述表示中ai为0的个数，例如：8＝(－1)×30＋0×31＋1×32，则I(8)＝1.下列结论正确的是(　　) A．I(9)＝2 B．I(3n－1)＝n－1 C．I(9n)＝I(n)＋2 D．I(9n＋4)＝I(n)＋4 答案：ABC 解析：对于A，∵9＝0×30＋0×31＋1×32，∴I(9)＝2，故A正确；对于B，∵3n－1＝(－1)×30＋0×31＋0×32＋…＋1×3n，∴I(3n－1)＝n－1，故B正确；对于C，设n＝a0·30＋a1·31＋a2·32＋…＋ak·3k，则9n＝a0·32＋a1·33＋a2·34＋…＋ak·3k＋2＋0·30＋0·31，增加了30，31两项系数为0，∴I(9n)＝I(n)＋2，故C正确；对于D，∵9n＋4＝a0·32＋a1·33＋a2·34＋…＋ak·3k＋2＋1·30＋1·31，∴I(9n＋4)＝I(n)，故D错误．故选ABC. 11．(2025·山西太原部分学校5月模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，准线为l，P为C上一点，且在第一象限，过P作l的垂线，垂足为M，直线FM与C在第一象限交于点Q，过Q作l的垂线，垂足为N，且∠NQF＝2∠MPF，则(　　) A．Q为线段MF的中点 B．∠MFP＝2∠MFN C．△FMP是正三角形 D．直线PN与C相切 答案：BCD 解析：对于A，由QN⊥MN，得|QM|>|QN|，而|QN|＝|QF|，则|QM|>|QF|，A错误；对于B，设∠MFN＝α，由|QF|＝|QN|，且QN∥x轴，得∠MQN＝2α，由NQ⊥MN，PM⊥MN，得PM∥QN，又|PF|＝|PM|，则∠MFP＝∠PMF＝∠MQN＝2α，即∠MFP＝2∠MFN，B正确；对于C，∠NQF＝180°－2α，∠MPF＝180°－4α，而∠NQF＝2∠MPF，即180°－2α＝2(180°－4α)，解得α＝30°，∠MPF＝60°，又|PM|＝|PF|，因此△FMP是正三角形，C正确；对于D，点F到直线l的距离为p，∠MFO＝60°，则P，N，直线PN的方程为y＝x＋p，由得x2－px＋p2＝0，Δ＝p2－4××p2＝0，则直线PN与C相切，D正确．故选BCD. 三、填空题 12．(2025·湖南永州三模)已知函数f(x)＝x(a·2x－2－x)是偶函数，则a＝________． 答案：1 解析：因为函数f(x)＝x(a·2x－2－x)是偶函数，且定义域为R，所以f(－x)＝f(x)，即－x(a·2－x－2x)＝x(a·2x－2－x)，所以a·2－x－2x＝－a·2x＋2－x，即(a－1)·2－x＝(1－a)·2x恒成立，所以a－1＝0且1－a＝0，解得a＝1. 13．(2025·安徽马鞍山二模)在△ABC中，D，E分别为边AB，AC的中点，且CD⊥BE，BC＝1，则△ABC面积的最大值为________． 答案： 解析：因为D，E分别为边AB，AC的中点，设CD∩BE＝O，则O为△ABC的重心，所以OB＝2OE，OC＝2OD，设OE＝x，OD＝y，则OB＝2x，OC＝2y，BE＝3x，CD＝3y.因为CD⊥BE，在Rt△OBC中，由勾股定理，得OB2＋OC2＝BC2，即4x2＋4y2＝1.由基本不等式，得1＝4x2＋4y2≥2＝8xy，即xy≤，当且仅当x＝y＝时，等号成立，因为OB＝BE，则S△ABC＝2S△BCE＝2×S△OBC＝3S△OBC＝3×OB×OC＝×2x×2y＝6xy≤＝，当且仅当x＝y＝时，等号成立，即△ABC面积的最大值为. 14．(2025·辽宁名校联盟一模)数学家欧拉把“哥尼斯堡七桥问题(如图①，如何才能走过这七座桥，且每座桥都只能经过一次，最后又回到原来的出发点)”转化为能否一笔画出图②的问题．定义若以某一点为端点的线有偶数条，则称该点为偶点，否则称为奇点．连通图可以一笔画出的充要条件是：奇点的数目不是0个就是2个(要想一笔画出，若有奇点，起点和终点只能在奇点)，因此“哥尼斯堡七桥问题”是无解的．借助上述内容一笔画出图③的不同路径方法有________种． 答案：72 解析：如图，两个奇点A和C分别作为起点，有两种情况，A与C之间有三种途径：①A－C，②A－B－C，③A－D－G－C，其中一笔完成D－G有6种画法：D－E－G－D－F－G，D－E－G－F－D－G，D－G－E－D－F－G，D－G－F－D－E－G，D－F－G－D－E－G，D－F－G－E－D－G，若A作起点，从A出发有三种不同的路径能到达C，从C返回A有两种不同的路径，所以不同的路径方法有2×3×2×6＝72种． 7 学科网（北京）股份有限公司 $