选填题标准练12-【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·吉林长春东北师大附中模拟)已知集合A＝{0，1}，B＝{0，a＋1，a－1}，若A⊆B，则a＝(　　) A．2 B．0 C．0或2 D．1或2 答案：C 解析：当a＋1＝1时，得a＝0，此时B＝{0，1，－1}，满足题意；当a－1＝1时，得a＝2，此时B＝{0，3，1}，满足题意．所以a＝0或a＝2.故选C. 2．(2025·黑龙江哈尔滨二模)命题“∀x>0，ex＋1≤3x”的否定是(　　) A．∃x≤0，ex＋1>3x B．∃x>0，ex＋1≤3x C．∃x>0，ex＋1>3x D．∀x>0，ex＋1>3x 答案：C 解析：命题“∀x>0，ex＋1≤3x”为全称量词命题，其否定为∃x>0，ex＋1>3x.故选C. 3．(2025·广东广州一模)在平行四边形ABCD中，E是BC边上的点，＝4，F是线段DE的中点，若＝λ＋μ，则μ＝(　　) A． B．1 C． D． 答案：C 解析：因为F是线段DE的中点，所以＝(＋)，又＝＋＝＋＝＋，所以＝(＋)＝＋，所以μ＝.故选C. 4．(2025·河北部分名校联考)函数y＝cosx＋ln x的部分图象大致为(　　) 答案：C 解析：因为2<，由余弦函数的性质可知cos2>cos＝－，又2>，且函数y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，得ln 2>ln ＝，所以当x＝2时，cos2＋ln 2>－＋＝0，排除B，D；又当x＝3时，ln 3>1，得cos3＋ln 3>0，排除A.故选C. 5．(2025·山东枣庄二模)子贡曰：“夫子温、良、恭、俭、让以得之”，“温、良、恭、俭、让”指五种品德：温和、善良、恭敬、节俭、谦让．现有分别印有这5个字的卡片(颜色均不同)各2张，同学甲从中抽取4张卡片分给另外4名同学，每人一张卡片，恰有2名同学分到的卡片是相同字的分配方案有(　　) A．120种 B．210种 C．1440种 D．2880种 答案：D 解析：先把字相同的卡片看成一组，第一步，从这5组中选出一组；第二步，再从余下的4组中选2组，这2组中，每组各选一张卡片；第三步，把选出的4张卡片，分给4位同学，所以不同的分配方案有CCCCA＝2880种．故选D. 6．(2025·四川成都三模)已知动圆C与圆(x＋1)2＋y2＝1外切，同时与圆(x－1)2＋y2＝25内切，则动圆C的圆心的轨迹方程为(　　) A．＋＝1 B．＋y2＝1 C．＋＝1 D．＋y2＝1 答案：A 解析：设圆(x＋1)2＋y2＝1的圆心为C2，圆(x－1)2＋y2＝25的圆心为C1，动圆C的半径为r，由题意，得|C1C|＝5－r，|C2C|＝1＋r，所以|C1C|＋|C2C|＝5－r＋1＋r＝6>2＝|C1C2|，由椭圆的定义可知，动圆C的圆心的轨迹是以C1，C2为焦点的椭圆，设其方程为＋＝1(a>b>0)，则2a＝6，c＝1，解得a＝3，b2＝a2－c2＝9－1＝8，故动圆C的圆心的轨迹方程为＋＝1.故选A. 7．(2025·浙江部分重点中学三模)在锐角三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2bsin＝asin(A＋C)，则的取值范围为(　　) A． B． C． D． 答案：D 解析：由2bsin＝asin(A＋C)，得2b·sin＝asinB，即2bcos＝asinB，即2sinBcos＝sinAsinB，又0<B<，故sinB>0，故2cos＝sinA＝2sincos，因为0<A<，所以sin＝，故cos＝，得sinA＝，cosA＝，所以＝＝＝＝＋，因为0<B<，0<π－(A＋B)<，所以－A<B<，故tanB>tan＝＝，所以tanB∈，所以∈.故选D. 8．(2025·浙江Z20联盟二模)定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足f＝－f(x)，f＝－f(2x)，当x∈[1，2]时，f(x)＝(x－1)(x－2)，则函数y＝f(x)＋在区间[1，100]上的零点个数为(　　) A．3 B．4 C．5 D．6 答案：B 解析：因为f＝－f(2x)，故f＝－f(4x)，故－f(x)＝－f(4x)，即f(x)＝f(4x)，而当x∈[1，2]时，f(x)＝(x－1)(x－2)，故当x∈[2，4]时，∈[1，2]，故f(x)＝－f＝－，故f(x)＝当x∈[1，2]时，f(x)＝(x－1)(x－2)＝－∈，而f(x)在上为减函数，在上为增函数，故f(x)＝－在[1，2]上有且只有一个实数解为x＝；当x∈(2，4]时，f(x)＝－＝－＋，而∈[1，2)，故f(x)∈，此时f(x)＝－在(2，4]上无解．故当x∈[4k，4k＋1](k≥1)时，∈[4k－1，4k]，则f(x)＝f，结合f(x)在[1，4]上的性质可得，f(x)＝－在[4k－1，2×4k－1]上有且只有一个实数解，且该实数解为x＝＝×4k－1，在(2×4k－1，4k]上无实数解，又43<100<44且100>×43，故f(x)＝－在[1，100]上的实数解为x＝，x＝×4＝6，x＝×42＝24，x＝×43＝96，共4个实数解，故y＝f(x)＋共有4个不同的零点．故选B. 二、多选题 9．(2025·湖北武汉三模)已知函数f(x)＝sin，则(　　) A．f(x)的最小正周期为π B．f(x)在区间上单调递增 C．f(x)图象的一个对称中心为 D．f(x)图象上所有的点向左平移个单位长度后所得图象关于y轴对称 答案：ABC 解析：对于A，由周期公式可得最小正周期为＝π，A正确；对于B，由x∈，则2x－∈，由正弦函数的单调性可知f(x)在区间上单调递增，B正确；对于C，当x＝时，f＝sin＝0，所以f(x)图象的一个对称中心为，C正确；对于D，f(x)图象上所有的点向左平移个单位长度后，得到g(x)＝sin＝sin的图象，显然图象不关于y轴对称，D错误．故选ABC. 10．(2025·云南玉溪、保山三模)设函数f(x)＝ax3－2x2＋cx(a≠0)，则下列结论正确的是(　　) A．当c＝1时，若f(x)在上单调递增，则a> B．当ac<0时，函数f(x)有两个极值点 C．曲线y＝f(x)的对称中心的横坐标与c有关 D．当a＝c＝1时，过点P可作3条曲线y＝f(x)的切线 答案：BD 解析：对于A，当c＝1时，f(x)在上单调递增，所以f′(x)＝3ax2－4x＋1≥0在上恒成立，则3a≥－＝－＋4在∈上恒成立，而－＋4≤4，所以3a≥4，即a≥，故A错误；对于B，当ac<0时，f′(x)＝3ax2－4x＋c，Δ＝16－12ac>0，方程f′(x)＝3ax2－4x＋c＝0有两个不等实根，易得f(x)有两个极值点，故B正确；对于C，若曲线y＝f(x)的对称中心为(x0，y0)，则f(x)＋f(2x0－x)＝2y0，因为f(x)＝ax3－2x2＋cx(a≠0)，x∈R，所以f(2x0－x)＝a(2x0－x)3－2(2x0－x)2＋c(2x0－x)，则f(x)＋f(2x0－x)＝ax3＋a(2x0－x)3－2x2－2(2x0－x)2＋cx＋c(2x0－x)＝2y0，整理，得(3x0a－2)x2＋(4x0－6ax)x＋(4ax－4x＋cx0)＝y0，所以若曲线y＝f(x)有对称中心，则解得故曲线y＝f(x)的对称中心的横坐标为，与c无关，故C错误；对于D，当a＝c＝1时，f(x)＝x3－2x2＋x，设切点为(x1，f(x1))，f′(x)＝3x2－4x＋1，k＝f′(x1)＝3x－4x1＋1，所以切线方程为y－f(x1)＝(3x－4x1＋1)(x－x1)，因为切线过点P，所以0－f(x1)＝(3x－4x1＋1)·，化简得(4x1－1)(x1＋1)(x1－1)＝0，方程有3个根，切点有3个，故切线有3条，故D正确．故选BD. 11．(2025·河南豫北六校三模)如图1，扇形ABE是半径为4的圆的四分之一，在梯形BEDC中，BC⊥BE，CD∥BE，CD＝BC＝2，弧上存在一点M，使∠ABM＝，边AB上的点G满足BG＝2，连接DM交BE于点H，现将梯形BEDC沿BE折起到BED′C′位置，如图2，使∠C′BA＝，则(　　) A．MC′与GD′为异面直线 B．平面GBC′⊥平面C′BE C．平面HMD′∥平面C′BG D．异面直线D′M与BC′所成的角为 答案：BC 解析：翻折前，在△BGM中，因为BG＝2，BM＝4，∠ABM＝，由余弦定理，得GM＝＝＝2，所以BG2＋GM2＝BM2，所以BG⊥GM，又BG⊥BE，所以BE∥GM，又因为CD∥BE，所以CD∥GM∥BH，且CD＝GM＝BH＝2，所以四边形CGMD为矩形，所以翻折后，BH∥C′D′∥GM，BC′∥HD′，BG∥HM，BH＝C′D′＝GM＝2，BE⊥BC′，BE⊥AB.对于A，因为C′D′∥GM，所以G，M，D′，C′四点共面，故A错误；对于B，因为BE⊥BC′，BE⊥AB，BC′∩AB＝B，BC′，AB⊂平面GBC′，所以BE⊥平面GBC′，又BE⊂平面C′BE，所以平面GBC′⊥平面C′BE，故B正确；对于C，因为BC′∥HD′，又HD′⊂平面HMD′，BC′⊄平面HMD′，所以BC′∥平面HMD′，同理BG∥平面HMD′，又BC′∩BG＝B，BC′，BG⊂平面C′BG，所以平面HMD′∥平面C′BG，故C正确；对于D，因为C′D′∥GM，C′D′＝GM，所以四边形GMD′C′为平行四边形，所以C′G∥D′M，所以∠BC′G(或其补角)为异面直线D′M与BC′所成的角，因为BC′＝2，BG＝2，∠C′BA＝，由余弦定理，得C′G＝＝ ＝2，所以C′G＝BC′，故∠BGC′＝∠C′BA＝，故∠BC′G＝，所以异面直线D′M与BC′所成的角为，故D错误．故选BC. 三、填空题 12．(2025·辽宁部分重点中学协作体二模)记Sn为正项数列{an}的前n项和，a3＝2S2，为等比数列，则＝________． 答案：3 解析：因为a3＝2S2，所以S3＝3S2，可得＝2×，可知等比数列的公比为2，则＝×2n－1＝a1×2n－1，即Sn＝na1×2n－1，所以＝＝＝3. 13．(2025·河北石家庄三模)过点P(2，1)作直线与抛物线y2＝8x相交于A，B两点，若P是线段AB的中点，则直线AB的斜率是________． 答案：4 解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1≠x2，∵P是线段AB的中点，∴＝2，＝1，∴x1＋x2＝4，y1＋y2＝2，联立两式作差，得(y1－y2)(y1＋y2)＝8(x1－x2)，即＝，又kAB＝，∴kAB＝4，∴直线AB的方程是y－1＝4(x－2)，即4x－y－7＝0，联立可得y2－2y－14＝0，判别式Δ＝4＋56>0，∴方程y2－2y－14＝0有两个根，故方程组有两组解，满足条件，故直线AB的斜率是4. 14．(2025·江苏苏锡常镇四市二模)已知随机变量X，Y相互独立，且X～N(4，4)，Y～B，则P(X≤4，Y≤4)＝________；若Z＝X＋Y，则P(Z≤t)＝________． 答案：　 解析：∵X～N(4，4)，∴P(X≤4)＝，∵Y～B，∴P(Y≤4)＝P(Y＝0)＋P(Y＝1)＋P(Y＝2)＋P(Y＝3)＋P(Y＝4)＝＋8×＋28×＋56×＋70×＝163×，∵随机变量X，Y相互独立，∴P(X≤4，Y≤4)＝×163×＝.令S＝P(Z≤t)＝P(X＋Y≤t)＝P(X＋Y≤1)＋P(X＋Y≤2)＋…＋P(X＋Y≤15)＝P(X≤1，Y＝0)＋P(X≤0，Y＝1)＋…＋P(X≤－7，Y＝8)＋P(X≤2，Y＝0)＋P(X≤1，Y＝1)＋…＋P(X≤－6，Y＝8)＋…＋P(X≤7，Y＝0)＋P(X≤6，Y＝1)＋…＋P(X≤－1，Y＝8)＋…＋P(X≤15，Y＝0)＋P(X≤14，Y＝1)＋…＋P(X≤7，Y＝8)，由P(Y＝k)＝P(Y＝8－k)，P(X≤k)＋P(X≤8－k)＝1，得2S＝15[P(X＋Y≤1)＋P(X＋Y≤15)]＝15[P(Y＝0)＋P(Y＝1)＋…＋P(Y＝8)]＝15，故S＝. 7 学科网（北京）股份有限公司 $