《2025年理想树图书高考必刷卷42套模拟卷汇编高中数学人教版》

12.若2ᵃ + log₂a = 4ᵇ + 2log₄b,则(　　)
A.a＞2b　　　　　　　
　B.a＜2b
C.a＞b²　　　　　　　
　D.a＜b²

答案： 12.B
[命题点]函数单调性以及不等式放缩
[深度解析]由题设知2ᵃ + log₂a = 4ᵇ + 2log₄b = 2²ᵇ + log₂b。又log₂b = log₂(2b) - 1，所以2ᵃ + log₂a = 2²ᵇ + log₂(2b) - 1，从而2ᵃ + log₂a ＜ 2²ᵇ + log₂(2b)。令函数f(x) = 2ˣ + log₂x，x∈(0,+∞)，则有f(a) ＜ f(2b)，显然f(x)在(0,+∞)上为增函数，所以a ＜ 2b，故选B。

13.若x,y满足约束条件$\begin{cases}2x + y−2\leq0\\x−y−1\geq0\\y + 1\geq0\end{cases}$,则z = x + 7y的最大值为______.

答案：
13.1　[命题点]线性规划
[深度解析]如图，作出约束条件表示的可行域(如图中阴影部分所示)。目标函数z = x + 7y，可化为y = - $\frac{1}{7}$x + $\frac{z}{7}$，平移直线y = - $\frac{1}{7}$x可知，当直线经过点A(1,0)时，在y轴上的截距最大，此时z = 1 + 7×0 = 1。
快解：x + 7y的最值在顶点处取得。A(1,0)，此时z = 1；B(0, - 1)，此时z = - 7；C($\frac{3}{2}$, - 1)，此时z = - $\frac{11}{2}$。故z的最大值为1。

14.设a,b为单位向量,且|a + b| = 1,则|a - b| =______.

答案： 14.√3　[命题点]平面向量模的运算
[深度解析]因为a，b为单位向量，且|a + b| = 1，所以|a + b|² = a² + b² + 2a·b = 1，所以2a·b = - 1。又因为|a - b|² = (a + b)² - 4a·b = 1 - 2×(- 1) = 3，所以|a - b| = $\sqrt{3}$。

15.已知F为双曲线C:$\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$(a＞0,b＞0)的右焦点,A为C的右顶点,B为C上的点,且BF垂直于x轴.若AB的斜率为3,则C的离心率为______.

答案： 15.2　[命题点]双曲线的几何性质
[深度解析]因为BF⊥x轴，所以|BF| = $\frac{b²}{a}$。而|AF| = c - a，根据直线AB的斜率为3可得$\frac{|BF|}{|AF|}$ = $\frac{\frac{b²}{a}}{c - a}$ = $\frac{b²}{a(c - a)}$ = $\frac{c² - a²}{a(c - a)}$ = $\frac{c + a}{a}$ = e + 1 = 3，解得e = 2，故C的离心率为2。
一题多解
设A(a,0)，F(c,0)，因为BF⊥x轴，所以可设B(c,y)。又点B(c,y)在双曲线上，所以$\frac{c²}{a²}$ - $\frac{y²}{b²}$ = 1，解得y = ±$\frac{b²}{a}$。又直线AB的斜率为3，则y＞0，所以B(c,$\frac{b²}{a}$)。由斜率公式得$\frac{\frac{b²}{a}}{c - a}$ = 3，整理得b² = 3ac - 3a²。又b² = c² - a²，则c² - 3ac + 2a² = 0，即e² - 3e + 2 = 0，解得e = 2或e = 1(舍去)，故C的离心率为2。
方法速记
椭圆、双曲线的通径长为$\frac{2b²}{a}$。

16. 如图,在三棱锥P−ABC的平面展开图
　中,AC = 1,AB = AD = $\sqrt{3}$,AB⊥AC,AB⊥
　　　　　　　　　　　　　　　　
AD,∠CAE = 30°,则cos∠FCB =
　________.

答案： -$\frac{1}{4}$
思路导引
[命题点]立体几何平面展开图及解三角形问题
[深度解析]在△ABC中，AB⊥AC，AC = 1，AB = $\sqrt{3}$，
所以BC = 2。
在△ABD中，AB⊥AD，AD = $\sqrt{3}$，AB = $\sqrt{3}$，所以BD = $\sqrt{6}$。
在△ACE中，AC = 1，AE = AD = $\sqrt{3}$，∠CAE = 30°，由余弦定理得
CE² = AC² + AE² - 2AC·AE·cos∠CAE = 1 + 3 - 2×1×$\sqrt{3}$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$ = 1，所以CE = 1。
在△BCF中，BC = 2，FC = CE = 1，BF = BD = $\sqrt{6}$，由余弦定理得cos∠FCB = $\frac{FC² + BC² - FB²}{2FC·BC}$ = $\frac{1 + 4 - 6}{2×1×2}$ = -$\frac{1}{4}$。

17. (本小题满分12分)设$\{a_n\}$是公比不为1的等比数列,$a_1$为$a_2$,$a_3$的等差中项.
　(1)求$\{a_n\}$的公比;
　(2)若$a_1$ = 1,求数列$\{na_n\}$的前n项和.

答案： [命题点]等比数列的基本运算与错位相减法求数列的前n项和
[解]
(1)设$\{a_n\}$的公比为q，由题设得2a₁ = a₂ + a₃，
即2a₁ = a₁q + a₁q²。 2分
所以q² + q - 2 = 0，解得q = 1(舍去)，q = -2。
故$\{a_n\}$的公比为 -2。 6分
(2)记Sₙ为$\{na_n\}$的前n项和。由
(1)及题设可得，aₙ = (-2)ⁿ⁻¹。
所以Sₙ = 1 + 2×(-2) + … + n×(-2)ⁿ⁻¹，
-2Sₙ = -2 + 2×(-2)² + … + (n - 1)×(-2)ⁿ⁻¹ + n×(-2)ⁿ。 8分
可得3Sₙ = 1 + (-2) + (-2)² + … + (-2)ⁿ⁻¹ - n×(-2)ⁿ
= $\frac{1 - (-2)ⁿ}{3}$ - n×(-2)ⁿ。 11分
所以Sₙ = $\frac{1}{9}$[1 - (3n + 1)(-2)ⁿ]。 12分

18. (本小题满分12分)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE = AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO = $\frac{\sqrt{6}}{6}$DO.
　(1)证明:PA⊥平面PBC;
　(2)求二面角B−PC−E的余弦值.
　　　　　　　　　　　　

答案：
18.[命题点]线面垂直关系的判定以及二面角的求法
(1)[证明]设$AB = a$，由题设可得$PO=\frac{\sqrt{6}}{6}a$，$AO=\frac{\sqrt{3}}{3}a$，$AB = a$，$PA = PB = PC=\frac{\sqrt{2}}{2}a$。　　　　　　　　　　　　　　　　　2分
因此$PA^{2}+PB^{2}=AB^{2}$，从而$PA\perp PB$。
　又$PA^{2}+PC^{2}=AC^{2}$，故$PA\perp PC$。　　　　　　　　　　　　4分
又$PB\cap PC = P$，所以$PA\perp$平面$PBC$。　　　　　　　　　　5分
(2)[解]解法一:以$O$为坐标原点，$\overrightarrow{OE}$的方向为$y$轴正方向，$\vert OE\vert$为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系$O - xyz$。
　　　　　　　　　　　　　　
由题设可得$E(0,1,0)$，$A(0, - 1,0)$，$C(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2},0)$，$P(0,0,\frac{\sqrt{2}}{2})$。
　所以$\overrightarrow{EC}=(\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{1}{2},0)$，$\overrightarrow{EP}=(0, - 1,\frac{\sqrt{2}}{2})$。　　　　　　　　　　　　　　　　　　6分
设$\boldsymbol{m}=(x,y,z)$是平面$PCE$的法向量，则
$\begin{cases}\boldsymbol{m}\cdot\overrightarrow{EP}=0\\\boldsymbol{m}\cdot\overrightarrow{EC}=0\end{cases}$，即$\begin{cases}-y+\frac{\sqrt{2}}{2}z = 0\\\frac{\sqrt{3}}{2}x-\frac{1}{2}y = 0\end{cases}$，可取$\boldsymbol{m}=(\frac{\sqrt{3}}{3},1,\sqrt{2})$。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　8分
由
(1)知$\overrightarrow{AP}=(0,1,\frac{\sqrt{2}}{2})$是平面$PCB$的一个法向量，记$\boldsymbol{n}=\overrightarrow{AP}$。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　9分
则$\cos\langle\boldsymbol{n},\boldsymbol{m}\rangle=\frac{\boldsymbol{n}\cdot\boldsymbol{m}}{\vert\boldsymbol{n}\vert\cdot\vert\boldsymbol{m}\vert}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$　　　　　　　　　　　11分
所以二面角$B - PC - E$的余弦值为$\frac{2\sqrt{5}}{5}$。　　　　　　　　　12分
解法二:设$BC\cap AE = F$，易知$F$是$BC$的中点，过$F$作$FG// PA$交$PE$于点$G$，取$PC$的中点$H$，连接$GH$，$HF$，则$HF// PB$。
　　　　　　　　　　　　　
由$PA\perp$平面$PBC$，得$FG\perp$平面$PBC$。
由
(1)可得$BC^{2}=PB^{2}+PC^{2}$，所以$PB\perp PC$，所以$HF\perp PC$，根据三垂线定理，得$GH\perp PC$，所以$\angle GHF$是二面角$B - PC - E$的平面角。　　　　　　　　8分
设圆$O$的半径为$r$，则$AF = AB\sin60^{\circ}=\frac{3}{2}r$，$AE = 2r$，$EF=\frac{1}{2}r$，$\frac{EF}{AF}=\frac{1}{3}$，所以$FG=\frac{1}{3}PA$，$HF=\frac{1}{2}PB=\frac{1}{2}PA$，所以$\frac{FG}{HF}=\frac{1}{2}$
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　10分
在$Rt\triangle GFH$中，$\tan\angle GHF=\frac{FG}{HF}=\frac{1}{2}$，则$\cos\angle GHF=\frac{2\sqrt{5}}{5}$，
所以二面角$B - PC - E$的余弦值为$\frac{2\sqrt{5}}{5}$。　　　　　　　　　12分
解法三:如图所示，在$PE$上取点$H$，使$HE=\frac{1}{4}PE$，设$BC\cap AE = N$，连接$NH$。
　　　　　　　　　　　　　
由
(1)知$NE=\frac{1}{4}AE$，所以$NH// PA$，故$NH\perp$平面$PBC$。
所以点$H$在平面$PBC$上的射影为$N$。
故由射影面积法可知二面角$B - PC - E$的余弦值为$\cos\theta=\frac{S_{\triangle PCN}}{S_{\triangle PCH}}$。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　8分
在$\triangle PCE$中，令$PC = PE=\frac{\sqrt{6}}{2}$，则$CE = 1$，易知$S_{\triangle PCE}=\frac{\sqrt{5}}{4}$，所以$S_{\triangle PCH}=\frac{3}{4}S_{\triangle PCE}=\frac{3\sqrt{5}}{16}$　　　　　　　　　　　　　　　　10分
又$S_{\triangle PCN}=\frac{1}{2}S_{\triangle PBC}=\frac{3}{8}$，故$\cos\theta=\frac{S_{\triangle PCN}}{S_{\triangle PCH}}=\frac{\frac{3}{8}}{\frac{3\sqrt{5}}{16}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$，
　　　　　　　　　　　　　　　16
所以二面角$B - PC - E$的余弦值为$\frac{2\sqrt{5}}{5}$　　　　　　　　　12分

19. (本小题满分12分)甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下:
　累计负两场者被淘汰;比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空;每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰;当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束.
　经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为$\frac{1}{2}$.
　(1)求甲连胜四场的概率;
　(2)求需要进行第五场比赛的概率;
　(3)求丙最终获胜的概率.

答案： 19.[命题点]相互独立事件、对立事件的概率
[解]
(1)甲连胜四场的概率为$\frac{1}{16}$。　　　　　　　　　　　4分
(2)根据赛制，至少需要进行四场比赛，至多需要进行五场比赛。
　比赛四场结束，共有三种情况:
　甲连胜四场的概率为$\frac{1}{16}$；　　　　　　　　　　　　　　　5分
乙连胜四场的概率为$\frac{1}{16}$；　　　　　　　　　　　　　　　6分
丙上场后连胜三场的概率为$\frac{1}{8}$　　　　　　　　　　　　7分
所以需要进行第五场比赛的概率为$1-\frac{1}{16}-\frac{1}{16}-\frac{1}{8}=\frac{3}{4}$。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　8分
　　关键点拨
　　丙上场后连胜三场情形如下:
　　　　　　　　　　　比赛双方　　　　　获胜
　　　　　第一场　　　甲　　　　乙　　　甲(或乙)
　　　　　第二场　　甲(或乙)　　　丙　　　　丙
　　　　　第三场　　　丙　　　乙(或甲)　　　丙
　　　　　第四场　　甲(或乙)　　　丙　　　　丙
　　所以丙上场后，连胜三场的概率为$\frac{1}{16}\times2=\frac{1}{8}$。
(3)丙最终获胜，有两种情况:
　比赛四场结束且丙最终获胜的概率为$\frac{1}{8}$；　　　　　　　　9分
比赛五场结束且丙最终获胜，则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、负、轮空结果有三种情况:胜胜负胜，胜负空胜，负空胜胜，概率分别为$\frac{1}{16}$，$\frac{1}{8}$，$\frac{1}{8}$　　　　　　　　　　　　　　11分
因此丙最终获胜的概率为$\frac{1}{8}+\frac{1}{16}+\frac{1}{8}+\frac{1}{8}=\frac{7}{16}$。　　　　　　12分
一题多解：设事件$M$为甲赢，事件$N$为丙赢，则甲赢的基本事件包括:$BCBC$，$ABCBC$，$ACBCB$，$BABCC$，$BACBC$，$BCACB$，$BCABC$，$BCBAC$，则
　　　　　　　4　　　　5
　　$P(M)=(\frac{1}{2})^{4}+7\times(\frac{1}{2})^{5}=\frac{9}{32}$　　　　　　　　　　　10分
　　由对称性可知乙赢和甲赢概率相等，所以$P(N)=1 - 2\times\frac{9}{32}=\frac{7}{16}$　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　12分