高考仿真卷(六)
(时间：120分钟 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.(2024·秦皇岛模拟)设复数z1，z2在复平面内的对应点关于虚轴对称，z1=3-i，则z1z2等于( )
A.-10 B.10 C.-8 D.8
2.已知向量a=(1，2)，b=(-1，1)，c=(-5，-4).若向量(a+kb)与c共线，则k等于( )
A.- B.- C.- D.-
3.6人站成一排，其中甲、乙两人中间恰有1人的站法有( )
A.240种 B.192种 C.144种 D.96种
4.(2024·连云港模拟)记等比数列{an}的前n项之积为Tn，则“a6a7>1”是“T12>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
5.(2024·营口模拟)已知x>0，y>0，且2x+y=1，则的最小值为( )
A.4 B.4 C.6 D.2+3
6.已知α+β∈(0，π)，且tan α=2，cos(α+β)=-则tan(α-β)等于( )
A.- B. C.- D.
7.双曲线Γ：-=1(a>0，b>0)的两焦点分别为F1，F2，过F2的直线与其一支交于A，B两点，点B在第四象限.以F1为圆心，Γ的实轴长为半径的圆与线段AF1，BF1分别交于M，N两点，且|AM|=3|BN|，F1B⊥F2B，则Γ的渐近线方程是( )
A.y=±x B.y=±x
C.y=±x D.y=±x
8.在一次数学模拟考试中，从甲、乙两个班各自抽出10个人的成绩，甲班的10个人成绩分别为x1，x2，…，x10，乙班的10个人成绩分别为y1，y2，…，y10.假设这两组数据中位数相同，方差也相同，则把这20个数据合并后( )
A.中位数一定不变，方差可能变大
B.中位数可能改变，方差可能变大
C.中位数一定不变，方差可能变小
D.中位数可能改变，方差可能变小
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.函数f(x)=4sin(ωx+φ)的部分图象如图所示，则下列说法中正确的是( )
A.φ=-
B.f(x)的图象关于直线x=π对称
C.f(x)=4cos
D.若方程f(x)=2在(0，m)上有且只有5个根，则m的取值范围为
10.(2024·南昌模拟)将正数x用科学记数法表示为x=a×10n，a∈[1，10)，n∈Z，则把n，lg a分别叫做lg x的首数和尾数，分别记为S(lg x)，W(lg x)，下列说法正确的是( )
A.若M=2×10m，N=3×10n，m，n∈Z，则S(lg(MN))=S(lg M)+S(lg N)
B.若M=2×10m，N=8×10n，m，n∈Z，则W(lg(MN))=W(lg M)+W(lg N)
C.若M=2×10m，N=4×10n，m，n∈Z，则S=S(lg M)-S(lg N)
D.若M=8×10m，N=2×10n，m，n∈Z，则W=W(lg M)-W(lg N)
11.(2024·张家界模拟)在四棱锥P ABCD中，PD=2，正方形ABCD的边长为2，PD⊥平面ABCD，则下列选项正确的是( )
A.该四棱锥的外接球的表面积为12π
B.若点E为PA的中点，则BE∥平面PDC
C.若点Q在△PDC内(含边界)，且∠DQA=∠BQC，则BQ长度的最大值为
D.若点M在正方形ABCD内(不含边界)，且∠DPM=45°，则四棱锥P AMCD的体积的最大值为
三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)
12.(2024·黄山模拟)已知b>0，函数f(x)=是奇函数，则a+b= .
13.已知直线l：y=kx-2k-1与圆C：x2+y2=5相切，则k= .
14.(2024·福州模拟)记={1，2，3，…，m}(m∈N*)，Ak表示k个元素的有限集，S(E)表示非空数集E中所有元素的和，若集合Mm，k=则M4，3= ，若S(Mm，2)≥817，则m的最小值为 .
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·滨州模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，且S=sin A.
(1)证明：b=2c；(6分)
(2)若bcos A=c，求cos C.(7分)
16.(15分)(2024·常州模拟)某学校组织游戏活动，规则是学生从盒子中有放回地摸球且每次只能摸取1个球，每次摸球结果相互独立，盒中有1分和2分的球若干，摸到1分球的概率为摸到2分球的概率为.
(1)若学生甲摸球2次，其总得分记为X，求随机变量X的分布列与期望；(7分)
(2)学生甲、乙各摸5次球，最终得分若相同，则都不获得奖励；若不同，则得分多者获得奖励.已知甲前3次摸球得了6分，求乙获得奖励的概率.(8分)
17.(15分)(2024·鹤壁模拟)如图，在以P，A，B，C，D为顶点的五面体中，四边形ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AD=CD=AB，平面PAD⊥平面PAB，PA⊥PB.
(1)求证：平面PAD⊥平面PBC；(5分)
(2)若二面角P-AB-D的余弦值为求直线PD与平面PBC所成角的正弦值.(10分)
18.(17分)(2024·石家庄模拟)已知圆E：(x+)2+y2=32，动圆C与圆E内切，且经过定点F(0).
(1)求动圆圆心C的轨迹方程；(5分)
(2)若直线l：y=x+t与(1)中轨迹交于不同的两点A，B，记△OAB外接圆的圆心为M(O为坐标原点)，平面上是否存在两定点C，D，使得||MC|-|MD||为定值？若存在，求出定点坐标和定值；若不存在，请说明理由.(12分)
19.(17分)设f'(x)是函数f(x)的导函数，若f'(x)可导，则称函数f'(x)的导函数为f(x)的二阶导函数，记为f″(x).若f″(x)有变号零点x=x0，则称点(x0，f(x0))为曲线y=f(x)的“拐点”.
(1)研究发现，任意三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)，曲线y=f(x)都有“拐点”，且该“拐点”也是函数y=f(x)的图象的对称中心.已知函数f(x)=x3+bx2-24x+d的图象的对称中心为(1，3)，求函数f(x)的解析式，并讨论f(x)的单调性；(5分)
(2)已知函数g(x)=emx-1+mx3-x2+x--1(m>0).
①求曲线y=g(x)的“拐点”；(4分)
②若g(x1)+g(x2)=-2(x1≠x2)，求证：x1+x2<.(8分)
答案精析
1.A [∵z1=3-i，z1，z2所对应的点关于虚轴对称，∴z2=-3-i，
∴z1z2=-9-1=-10.]
2.A [因为a=，b=，
所以a+kb=，
又∥c，
所以-5=-4，
解得k=-.]
3.B [先对甲、乙两人进行排列，有种站法；然后从剩下的4人中选1人站在甲、乙两人中间，有种站法；
最后将甲、乙和中间的那个人看成1个元素，与其他3个元素进行全排列，有种站法，
所以不同的站法有=192(种).]
4.A [若a6a7>1，则有T12=a1a2…a12=(a6a7)6>1，故充分性成立；
若T12>1，即a1a2…a12>1，即(a6a7)6>1，则a6a7>1或a6a7<-1，故必要性不成立，
所以“a6a7>1”是“T12>1”的充分不必要条件.]
5.D [因为x>0，y>0，且2x+y=1，
所以=+=(2x+y)=++3≥2+3=2+3，
当且仅当=，即x=，y=-1时取等号.]
6.A [因为α+β∈(0，π)，
由cos(α+β)=-，
可得sin(α+β)==，
则tan(α+β)=-.
又tan 2α==-，
故tan(α-β)=tan[2α-(α+β)]
===-.]
7.C [如图，由题意得，|F1M|=|F1N|=2a，
设|BN|=t(t>0)，则|AM|=3|BN|=3t，
所以|AF1|=2a+3t，|BF1|=2a+t，
由双曲线的定义得，|AF1|-|AF2|=|BF1|-|BF2|=2a，
所以|AF2|=3t，|BF2|=t，则|AB|=|AF2|+|BF2|=4t，
因为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=c2，
所以b2=c2-a2=c2，
所以=，即=，
故双曲线Γ的渐近线方程为y=±x.]
8.A [不妨设x1≤x2≤…≤x10，y1≤y2≤…≤y10，
则x1，x2，…，x10的中位数为，
y1，y2，…，y10的中位数为，
因为=，
所以x5≤y5≤y6≤x6或y5≤x5≤x6≤y6，
则合并后的数据中位数是或，所以中位数不变.
设甲班数据的方差为s2，平均数为，乙班数据的方差为s2，平均数为，
合并后总数为20，平均数为，方差为，
={10[s2+(-)2]+10[s2+(-)2]}
=[s2+(-)2]+[s2+(-)2]=s2+-)2+-)2≥s2.
如果平均数相同则方差不变，如果平均数不同则方差变大.]
9.ACD [对于A，由f(0)=-2，得4sin φ=-2，即sin φ=-，
又-<φ<，所以φ=-，故A正确；
对于C，又f(x)的图象过点，
则f =0，即sin=0，
所以-=kπ，k∈Z，
得ω=3k+，k∈Z，
又0<ω≤2，所以ω=，
所以f(x)=4sin=4sin=4cos，故C正确；
对于B，因为f(x)=4sin，而f(π)=4sin=4sin =2，
故直线x=π不是函数f(x)的图象的对称轴，故B错误；
对于D，由f(x)=2，
得cos=，
解得x=2π+4kπ，k∈Z或x=+4kπ，k∈Z，
方程f(x)=2在(0，m)上有5个根，从小到大依次为，2π，，6π，，
而第6个根为10π，所以
则S(lg M)=m，S(lg N)=n，MN=6×10m+n，S(lg(MN))=m+n，
所以S(lg(MN))=S(lg M)+S(lg N)，故A正确；
对于B，若M=2×10m，N=8×10n，m，n∈Z，
则W(lg M)=lg 2，W(lg N)=lg 8，MN=16×10m+n=1.6×10m+n+1，
W(lg(MN))=lg 1.6，
所以W(lg(MN))=W(lg M)+W(lg N)不成立，故B错误；
对于C，若M=2×10m，N=4×10n，m，n∈Z，
则S(lg M)=m，S(lg N)=n，
=×10m-n=5×10m-n-1，
S=m-n-1，
所以S=S(lg M)-S(lg N)不成立，故C错误；
对于D，若M=8×10m，N=2×10n，m，n∈Z，
则W(lg M)=lg 8，W(lg N)=lg 2，=4×10m-n，W=lg 4，
所以W=W(lg M)-W(lg N)，故D正确.]
11.ACD [对于A，由已知将四棱锥P ABCD补形为正方体，则该四棱锥的外接球的直径2R即为棱长为2的正方体的体对角线长，
所以(2R)2=22+22+22=12，则R2=3，所以外接球的表面积为4πR2=12π，故A正确；
对于B，分别取BC，PD的中点F，G，
连接EF，EG，GC，如图，
则EG∥AD且EG=AD，
又FC∥AD且FC=AD，
所以EG∥FC且EG=FC，
所以四边形EFCG是平行四边形，
则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与平面PDC不平行，故B错误；
对于C，易证AD⊥平面PDC，BC⊥平面PDC，则AD⊥DQ，BC⊥CQ，
由已知，∠DQA=∠BQC，得tan∠DQA==tan∠BQC=，
所以QC=QD，则点Q的轨迹为线段DC的中垂线在△PDC内(含边界)的部分，当Q为PC的中点时，BQ最大，
此时BQ==，故C正确；
对于D，由已知，点M在正方形ABCD内(不含边界)，∠DPM=45°，
所以点M的轨迹是以D为圆心，2为半径的个圆弧在正方形ABCD内(不含边界)的部分，
要使四棱锥P AMCD的体积最大，则需四边形AMCD的面积最大，
当M在的中点时，四边形AMCD的面积最大，
此时S四边形AMCD=2××2×2×sin 45°=2，
所以四棱锥P AMCD的体积的最大值为×2×2=，故D正确.]
12.0
解析 因为函数f(x)的定义域为R，且f(x)=是奇函数，
所以f(0)=0，所以a=-1，
所以f(x)==2(2b-1)x-2-x，
由f(-1)=-f(1)知21-2b-2=-22b-1+，
即21-2b+22b-1=，
又因为b>0，所以1-2b≠1，
则2b-1=1，b=1，
所以f(x)=2(2b-1)x-2-x=2x-2-x，满足题意，
所以a+b=0.
13.2
解析 直线l的一般式方程为kx-y-2k-1=0，
圆x2+y2=5的圆心C的坐标为(0，0)，半径r=，
由于直线l和圆C相切，
所以圆心C到直线l的距离等于半径，
所以=，
解得k=2.
14.{6，7，8，9} 21
解析 当m=4，k=3时，={1，2，3，4}，A3表示3个元素的有限集，
由Ak 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}；
由题意知Mm，2={3，4，5，…，2m-1}，
故由S(Mm，2)≥817可得
≥817，
即(2m-3)(m+1)≥817，
解得m≥=20.5或m≤=-20(舍去)，
结合m∈N*，
故m的最小值为21.
15.(1)证明 因为△ABC的面积
S=bcsin A，
又S=sin A，
所以bcsin A=sin A，
又A∈(0，π)，则sin A>0，
所以bc=b2-c2，
所以(b+c)(b-2c)=0，
又b+c>0，所以b=2c.
(2)解 因为bcos A=c，
所以cos A===，
所以a2=b2+c2-bc=4c2+c2-c2=c2，
所以a=c，
所以cos C===.
16.解 (1)由题意知学生甲摸球2次总得分X的所有可能取值为2，3，4，
则P(X=2)=×=，
P(X=3)=××=，
P(X=4)=×=，
所以X的分布列为
X 2 3 4
P
所以E(X)=2×+3×+4×=.
(2)记Am=“甲最终得分为m分”，m=8，9，10；B=“乙获得奖励”.
P(A9)=××=，
P(A8)==.
当甲最终得9分时，乙获得奖励需要最终得10分，则
P(B|A9)==；
当甲最终得8分时，乙获得奖励需要最终得10分或9分，则
P(B|A8)=+××=11×；
故P(B)=P(A9B)+P(A8B)
=P(A9)×P(B|A9)+P(A8)×P(B|A8)
=×+×11×
==.
即乙获得奖励的概率为.
17.(1)证明 因为平面PAD⊥平面PAB，平面PAD∩平面PAB=PA，PA⊥PB，PB 平面PAB，
所以PB⊥平面PAD，
又因为PB 平面PBC，
所以平面PAD⊥平面PBC.
(2)解 过D作DH⊥PA，DO⊥AB，垂足分别为H，O，连接HO，
因为平面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，
因为HO 平面DHO，
所以AB⊥HO，即∠DOH即为二面角P-AB-D的平面角，
不妨设AB=4，则可知AD=CD=BC=2，且AO=1，OD=，
因为DH⊥平面PAB，OH 平面PAB，所以DH⊥OH，
又cos∠DOH=，所以OH=1，所以∠BAP=，
过点O作OM⊥平面PAB，以O为坐标原点，OA，OH，OM所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则D(0，1，)，P(-1，2，0)，B(-3，0，0)，C(-2，1，)，
所以=(1，-1，)，=(2，2，0)，=(1，1，-)，
设平面PBC的法向量为m=(x，y，z)，则
令x=1，则y=-1，z=0，
所以m=(1，-1，0)，
设直线PD与平面PBC所成的角为θ，
则sin θ=|cos〈m，〉|===，
故直线PD与平面PBC所成角的正弦值为.
18.解 (1)设圆E的半径为r，圆E与动圆C内切于点Q.
∵点F在圆E内部，∴圆心C在圆E内部.
∴|CE|+|CF|=|CE|+|CQ|=r=4>|EF|=2，
∴动圆圆心C的轨迹是焦点在x轴上的椭圆，其方程为+=1.
(2)联立l：y=x+t与椭圆方程，消去y得5x2+8tx+4t2-8=0，Δ=160-16t2>0，又O，A，B三点不共线，则0
设△OAB的外接圆的方程为x2+y2+dx+ey=0，
联立l：y=x+t与圆的方程，消去y得2x2+(2t+d+e)x+t2+et=0，
则x1+x2=-=-，x1x2==，
∴2t+d+e=，t2+et=，
解得d=+，e=-，
设圆心坐标为M(x，y)，
则x=-=--，y=-=-+，
∴x2-y2=-=，
∴圆心M在双曲线x2-y2=上，
∴存在定点C，D，使得||MC|-|MD||=为定值.
19.(1)解 ∵f(x)=x3+bx2-24x+d，
∴f'(x)=3x2+2bx-24，
∴f″(x)=6x+2b，
又函数f(x)=x3+bx2-24x+d的图象的对称中心为(1，3)，
即拐点为(1，3)，
∴
解得
∴f(x)=x3-3x2-24x+29，
∴f'(x)=3x2-6x-24=3(x-4)(x+2)，
∵当x∈(-∞，-2)∪(4，+∞)时，f'(x)>0，当x∈(-2，4)时，f'(x)<0，
∴函数f(x)在(-∞，-2)，(4，+∞)上单调递增，在(-2，4)上单调递减.
(2)①解 ∵g(x)=emx-1+mx3-x2+x--1，
∴g'(x)=emx-1+mx2-2x+，
∴g″(x)=emx-1+mx-2.
显然，g″(x)=emx-1+mx-2在R上单调递增，且g″=e0+m×-2=0，
∴x=是g″(x)的变号零点，
又g=e0+m×-+×--1=-1，
∴曲线y=g(x)的拐点是.
②证明 由①可得，
当x∈时，g″(x)<0，g'(x)单调递减；
当x∈时，g″(x)>0，
g'(x)单调递增，
∴g'(x)≥g'=e0+m×-2×+=0，
∴函数g(x)在R上单调递增，不妨设x1<
即证-2-g(x1)
令h(x)=g(x)+g，
则h'(x)=g'(x)-g'，
∴h″(x)=g″(x)+g″
=+
=emx-1+e1-mx-2=emx-1+-2≥0，
当且仅当emx-1=，即x=时，等号成立，
∴函数h'(x)=g'(x)-g'在R上单调递增，
又h'=g'-g'=0，
∴函数h(x)=g(x)+g在上单调递减，
在上单调递增.
∴h(x1)=g(x1)+g>h=g+g=-2得证，即x1+x2<成立.
