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2026高考数学第二轮专题
“116分”综合提升卷1
一、选择题:本大题共8小题,每小题5分,共计40分.每小题给出的四个选项中,只有一个选项是正确的.
1.(2025山东临沂二模)若复数z1=i,z2=2-i,则的虚部为(　　)
A.- B.-i
C. D.
2.(2025山东枣庄模拟)已知数列{an}是等差数列,a2=7,a5=16,则S6=(　　)
A.19 B.51
C.69 D.87
3.(2025浙江温州二模)已知随机变量ξ~N(3,4),则“a=3”是“P(ξA.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
4.(2025福建厦门三模)已知双曲线C的顶点为A1,A2,虚轴的一个端点为B,若△A1A2B为直角三角形,则C的离心率为(　　)
A. B.
C.2 D.
5.(2025湖北新八校协作体三模)将函数f(x)=cos(ωx+)(ω>0)的图象向左平移个单位长度后与函数g(x)=sin ωx的图象重合,则ω的最小值为(　　)
A.4 B.5
C.6 D.8
6.(2025山东临沂一模)在△ABC中,D是AB的中点,点P在CD上,若=λ,则λ=(　　)
A. B.
C. D.
7.(2025黑龙江哈尔滨模拟)已知圆C:(x-1)2+(y-2)2=5,直线l:2mx+y-4m-1=0,直线l被圆C所截得的弦长最短时,实数m的值为(　　)
A. B.-
C.0 D.-1
8.(2025安徽滁州二模)已知函数f(x)=,若a=f(),b=f(2),c=f(3),则下列选项正确的是(　　)
A.c>b>a
B.a>b>c
C.b>a>c
D.b>c>a
二、选择题:本大题共3小题,每小题6分,共计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.(2025山东烟台、德州二模)一组递增数据x1,x2,x3,x4,x5的平均数为3,方差为4,极差为6,若yi=2xi+1(i=1,2,3,4,5),则下列选项正确的有(　　)
A.y1,y2,y3,y4,y5的极差为12
B.y1,y2,y3,y4,y5的方差为16
C.x1,x2,x3,x4,x5的第80百分位数是x4
D.x1,x2,x3,x4,x5,y1,y2,y3,y4,y5的平均数为5
10.(2025安徽合肥模拟)设甲袋有3个红球、2个白球和5个黑球,乙袋有3个红球、3个白球和4个黑球,先从甲袋中随机取出一球放入乙袋,以A1,A2和A3分别表示由甲袋取出的球是红球、白球和黑球的事件;再从乙袋中随机取出一球,以B表示由乙袋取出的球是红球的事件,则下列选项正确的有(　　)
A.P(A2B)=
B.P(A3|B)=
C.P(B)=
D.A1与B相互独立
11.(2025河北张家口一模)如图,在平面直角坐标系中,曲线C为伯努利双纽线,其中F1(-c,0),F2(c,0)为焦点,点P(x,y)为C上任意一点,且满足|PF1|·|PF2|=c2,曲线C的方程为(x2+y2)2-2c2(x2-y2)=0.则下列说法正确的有(　　)
A.曲线C为中心对称图形和轴对称图形
B.若直线y=kx与曲线C恰有3个交点,则-C.曲线C在直线x=±c与y=±c所围成的矩形区域内
D.当参数c变化时,曲线C上的最高点均在曲线y=|x|上
三、填空题:本大题共3小题,每小题5分,共计15分.
12.(2025山东潍坊一模)已知集合A={0,1,a+2},B={1,a2},若A∪B=A,则实数a=　　　.
13.(2025广东茂名模拟)所有棱长均为2的正三棱柱ABC-A1B1C1,它的顶点均在球O的表面上,则球O的表面积为　　　　　.
14.(2025湖北咸宁模拟)牛顿(1643—1727)在《流数法》一书中,给出了高次代数方程根的一种数值解法——牛顿法,用“作切线”的方法求函数零点.如图,在横坐标为x1的点处作f(x)的切线,切线与x轴交点的横坐标为x2;用x2代替x1重复上面的过程得到x3;一直重复下去,得到数列{xn},叫做牛顿数列.若函数f(x)=x2-x-6,an=ln且a1=1,xn>3,数列{an}的前n项和为Sn,则S2 025=　　　　　　.
四、解答题:本大题共3小题,共计43分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(13分)(2025福建龙岩二模)某项科研活动共进行了5次试验,其数据如下表所示:
特征量 第1次 第2次 第3次 第4次 第5次
x 2 5 8 9 11
y 12 10 8 8 7
(1)根据表中的数据,计算相关系数r(结果保留两位小数);
(2)求特征量y关于x的经验回归方程,并预测当特征量x为12时特征量y的值.
参考公式:相关系数r=.
参考数据:=5=4,≈1.414.
16.(15分)(2025山东聊城二模)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知cos(B-C)-cos A=,且a2=bc.
(1)证明:△ABC为等边三角形;
(2)如图,若△ABC边长为3,点E,F分别在边BC,BA上,将△BEF沿着线段EF对折,顶点B恰好落在边AC上的D点,当AD=2DC时,求重叠部分△DEF的面积.
17.(15分)(2025重庆高三第二次联合诊断)已知椭圆C:=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,上顶点为A,直线AF1的斜率为1且与C的另一个交点为B,△ABF2的周长为8.
(1)求C的方程及|AB|的值;
(2)如图,将C沿x轴折起,使得折叠后平面AF1F2⊥平面BF1F2,求点F2到平面ABF1的距离.
答案：
1.A　解析 由题意i.
2.C　解析 S6==3(a2+a5)=3×(7+16)=69.
3.C　解析 由ξ~N(3,4)知μ=3,σ=2,可知P(ξ<3)=由a=3,则P(ξ反之,由P(ξ4.A　解析 不妨设双曲线方程为=1(a>0,b>0),不妨取A1(-a,0),A2(a,0),B(0,b),因为△A1A2B为直角三角形,且|BA1|=|BA2|,则△A1A2B为等腰直角三角形,所以∠A1BA2=,所以∠OBA2=,则|OB|=|OA2|,所以a=b,双曲线C的离心率e=
5.A　解析 将函数f(x)=cos(ωx+)(ω>0)的图象向左平移个单位长度后,得到y=cos[ω(x+)+]=cos(ωx+)=sin[+(ωx+)]=sin(ωx+),由题意有=2kπ,k∈Z,即ω=-2+6k,k∈Z,取k=1,得到ω=4.
6.B　解析 由题意D是AB的中点,所以=2,所以=2因为点P在CD上,所以2λ+=1,解得λ=
7.B　解析 直线l:2m(x-2)+y-1=0,所以直线l恒过点(2,1),点(2,1)在圆C的内部,所以当点(2,1)是弦的中点时,此时弦长最短,圆心(1,2)和点(2,1)连线的斜率为=-1,所以直线l:2mx+y-4m-1=0的斜率为1,即-2m=1,即m=-
8.D　解析 令g(x)=,该函数的定义域为(0,1)∪(1,+∞),g'(x)=,由g'(x)<0可得00可得x>e,且当x∈(0,1)时,g(x)<0,当x∈(1,+∞)时,g(x)>0.故函数g(x)的单调递减区间为(0,1),(1,e),单调递增区间为(e,+∞),作出函数f(x)=|g(x)|的图象如图所示.
由图可知,函数f(x)的单调递增区间为(0,1),(e,+∞),单调递减区间为(1,e).因为4>3>e,则f(4)>f(3)>f(e)=e,因为f(2)==f(4),即b>c>e.因为f()-2=-2=<0,所以a=f()<2c>a.
9.ABD　解析 因为数据x1,x2,x3,x4,x5的极差为6,所以xmax-xmin=6.根据yi=2xi+1可知ymax=2xmax+1,ymin=2xmin+1.所以ymax-ymin=2(xmax-xmin)=12,故A正确;
因为数据x1,x2,x3,x4,x5的方差为4,yi=2xi+1,所以根据方差的性质可知,数据y1,y2,y3,y4,y5的方差为4×22=16,故B正确;
因为5×80%=4,为整数,则第80百分位数是第4项与第5项数据的平均值,即,故C错误;
因为数据x1,x2,x3,x4,x5的平均数为3,yi=2xi+1,所以数据y1,y2,y3,y4,y5的平均数为2×3+1=7.所以数据x1,x2,x3,x4,x5,y1,y2,y3,y4,y5的平均数为=5,故D正确.故选ABD.
10.AC　解析 因为P(A2)=,P(B|A2)=,P(A2B)=P(A2)P(B|A2)=,故A正确;因为P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3),所以P(B)=,故C正确;因为P(A3|B)=,故B错误;P(B|A1)=,P(B)=,P(B|A1)≠P(B),故D错误.故选AC.
11.ACD　解析 对于A,因为F1(-c,0),F2(c,0)关于原点对称,设动点P(x,y),由题可得C的轨迹方程(x2+y2)2-2c2(x2-y2)=0,把(x,y)关于原点对称的点(-x,-y)代入轨迹方程,把(x,y)关于y轴对称的点(-x,y)代入轨迹方程,原方程不变,故A正确;对于B,由题意得直线y=kx与曲线(x2+y2)2=2c2(x2-y2)一定有公共点(0,0),
联立方程组得x4(1+k2)2=2c2x2(1-k2),若直线y=kx与曲线C有3个交点,当x≠0时,x4(1+k2)2>0,2c2x2>0,则1-k2>0即可,解得k∈(-1,1),故B错误;因为P(x,y),故|PF1|·|PF2|·sin∠F1PF2=|F1F2|·|y|.又|PF1|·|PF2|=c2,所以c2sin∠F1PF2=2c·|y|,即|y|=sin∠F1PF2,故-y;在(x2+y2)2-2c2(x2-y2)=0中,令y=0,可得x4-2c2x2=0,解得x=0或x=±c,所以x∈[-c,c],所以曲线C在直线x=±c与y=±c所围成的矩形区域内,故C正确;在(x2+y2)2-2c2(x2-y2)=0中,令y=时,可得x4-c2x2+=0,化简得(x2-c2)2=0,解得x=±c,所以当参数c变化时,曲线C上的最高点(±c,c)均在曲线y=|x|上,故D正确.故选ACD.
12.0或2　解析 因为A∪B=A,所以B A.
根据集合中元素的互异性,可知a2≠1,解得a≠1且a≠-1.
若a2=0 a=0,此时A={0,1,2},B={0,1},满足B A.
若a2=a+2 a2-a-2=0 (a-2)(a+1)=0,解得a=2或a=-1(舍去).
此时A={0,1,4},B={0,4},满足B A.
综上,a=0或a=2.
13　解析 设正三棱柱ABC-A1B1C1上、下底面的外接圆的圆心分别为O2,O1.
如图,连接O1O2,则O为O1O2的中点,连接OB,则OB为球O的半径R,设圆O1的半径为r,
在△ABC中,由正弦定理得=2r,解得r=,又OO1=1,所以R2=OB2=O1O2+r2=,所以球O的表面积为4πR2=
14.22 025-1　解析 由f(x)=x2-x-6得f'(x)=2x-1,
所以f(x)在点(xn,f(xn))处的切线方程y-f(xn)=f'(xn)(x-xn),
令y=0,得xn+1=xn-=xn-
所以=()2,故ln=2ln,即an+1=2an,所以数列{an}是以1为首项,2为公比的等比数列,且为递增数列,所以S2 025==22 025-1.
15.解 (1)由题意得xi==7,yi==9,
(xi-)(yi-)=xiyi-5=2×12+5×10+8×8+9×8+11×7-5×7×9=-28,
(xi-)2=50,(yi-)2=16,
∴相关系数r==-0.99.
(2)由(1)知,=-0.56,
=9-(-0.56)×7=12.92,
∴所求的经验回归方程是=-0.56x+12.92.
当特征量x为12时,可预测特征量y=-0.56×12+12.92=6.2.
16.(1)证明 由cos(B-C)-cos A=,得cos(B-C)+cos(B+C)=,
展开得cos Bcos C= ①
由a2=bc可得sin Bsin C=sin2A. ②
①-②得-sin2A=cos Bcos C-sin Bsin C=cos(B+C)=-cos A,
因为sin2A+cos2A=1,所以4cos2A+4cos A-3=0,
解得cos A=或cos A=-(舍去).
又0把A=代入cos(B-C)-cos A=,得cos(B-C)=1,则B=C.
所以A=B=C=,故△ABC是等边三角形.
(2)解 由AD=2DC及AC=3,得DC=1,设BE=ED=x,则CE=3-x.
在△CED中,由余弦定理可得DE2=CD2+CE2-2CD·CE·cos,
即x2=12+(3-x)2-2×1×(3-x),解得x=
同理,在△AFD中,由余弦定理可得FD=
又∠EDF=∠B=,所以S△DEF=DE·DF·sin∠EDF=
17.解 (1)设F1(-c,0),F2(c,0),A(0,b),其中c2=a2-b2.
因为△ABF2的周长为8,所以4a=8,故a=2,又=1,所以b=c=,
故椭圆方程为=1,
所以直线AF1的方程为y=x+,
联立可得3x2+4x=0,
所以xB=-,yB=-,
故|AB|=|0-(-)|=
(2)建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,),B(-,-,0),F1(-,0,0),F2(,0,0),
所以=(,0,),=(-,-,0),=(2,0,0),
设平面ABF1的法向量为n=(x,y,z),
则取x=-1,则n=(-1,1,1),
所以点F2到平面ABF1的距离d=
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