（全国统考版）2021届高考数学二轮复习 验收仿真模拟卷（七）（文含解析）.doc

1、高考仿真模拟卷(七)(时间：120 分钟；满分：150 分)第卷一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 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已知复数 z 满足(34i)z25，则 z()A34i B34iC34i D34i2已知集合 Mx|x22x80，集合 Nx|lg x0，则 MN()Ax|2x4 Bx|x1Cx|1x4 Dx|x23中国仓储指数是反映仓储行业经营和国内市场主要商品供求状况与变化趋势的一套指数体系如图所示的折线图是 2017 年和 2018 年的中国仓储指数走势情况根据该折线图，下列结论中不正确的是()A2018 年 1 月至 4 月的仓储指数比 2

2、017 年同期波动性更大B这两年的最大仓储指数都出现在 4 月份C2018 年全年仓储指数平均值明显低于 2017 年D2018 年各仓储指数的中位数与 2017 年各仓储指数中位数差异明显4已知直线 3xay0(a0)被圆(x2)2y24 所截得的弦长为 2，则 a 的值为()A.2B.3C2 2D2 35已知 a，b 是实数，则“a0 或 b0”是“ab0 且ab0”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6已知 a，b 是单位向量，且 ab12，若平面向量 p 满足 papb12，则|p|()A.12B1 C.2D27若 f(x)cos 2xacos2 x

3、在区间6，2 上是增函数，则实数 a 的取值范围为()A2，)B(2，)C(，4)D(，48一个四棱锥与半圆柱构成的几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A168B1612C4812D4889已知函数 f(x)xesinx2(e 为自然对数的底数)，当 x，时，yf(x)的图象大致是()10已知正项数列an为等比数列，Sn 为其前 n 项和，且有 a23a2532 4002a2a6，S410S2，则第 2 019 项的个位数为()A1 B2 C8 D911已知变量 a，b 满足 b12a23ln a(a0)，若点 Q(m，n)在直线 y2x12上，则(am)2(bn)2 的最小值为()

4、A.95B.3 55C9 D312已知双曲线 C：x24y2b21(b0)的一条渐近线方程为 y 62 x，F1、F2 分别为双曲线 C的左、右焦点，P 为双曲线 C 上的一点，|PF1|PF2|31，则|PF1 PF2|的值是()A4 B2 6C2 10D.6 105题号123456789101112 答案第卷二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分13某路公交车在 6：30，7：00，7：30，准时发车，小明同学在 6：50 至 7：30 之间到达该车站乘车，且到达该车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过 10 分钟的概率为_14已知在ABC 中，a、b、c 分别是角 A、B、C 所对

5、的边，A6，a2，b2 3，则ABC 的面积 S_.15如图所示，有三根针和套在一根针上的 n 个金属片，按下列规则，把金属片从一根针上全部移到另一根针上(1)每次只能移动一个金属片；(2)在每次移动的过程中，每根针上较大的金属片不能放在较小的金属片上面将 n 个金属片从 1 号针移到 3 号针最少需要移动的次数记为 f(n)，则 f(n)_16设函数 f(x)|lg x|，x0，x22x，x0，若函数 y2f(x)22bf(x)1 有 8 个不同的零点，则实数 b 的取值范围是_三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17(本小题满分 12 分)设 Sn 是数列an的前 n 项和，

6、已知 a13，an12Sn3(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)令 bn(2n1)an，求数列bn的前 n 项和 Tn.18(本小题满分 12 分)某园林基地培育了一种新观赏植物，经过一年的生长发育，技术人员从中抽取了部分植株的高度(单位：厘米)作为样本(样本容量为 n)进行统计，按照50，60)，60，70)，70，80)，80，90)，90，100的分组作出频率分布直方图，并作出样本高度的茎叶图(图中仅列出了高度在50，60)，90，100的数据)(1)求样本容量 n 和频率分布直方图中的 x、y 的值；(2)在选取的样本中，从高度在 80 厘米以上(含 80 厘米)的植株中随机抽

7、取 2 株，求所抽取的 2 株中至少有一株高度在90，100内的概率19.(本小题满分 12 分)在四棱锥 P-ABCD 中，ABCACD90，BACCAD60，PA平面 ABCD，E 为 PD 的中点，PA2AB2.(1)求证：CE平面 PAB；(2)若 F 为 PC 的中点，求三棱锥 F-AEC 的体积20(本小题满分 12 分)已知函数 f(x)mxmx，g(x)3ln x.(1)当 m4 时，求曲线 yf(x)在点(2，f(2)处的切线方程；(2)若 x(1,e(e 是自然对数的底数)时，不等式 f(x)g(x)b0)与抛物线 y24x 有共同的焦点F1，且两曲线在第二象限内的交点到

8、F1 的距离是它到直线 x4 的距离的一半(1)求椭圆 C 的方程；(2)过椭圆右焦点 F2 且垂直于 x 轴的直线 l 与椭圆交于点 P(P 在第一象限)，以 P 为圆心的圆与 x 轴交于 A，B 两点，直线 PA，PB 与椭圆分别交于另一点 M，N，求证：直线 MN 的斜率为定值，并求出这个定值请考生在 22、23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分22(本小题满分 10 分)选修 4-4：坐标系与参数方程已知直线 l 的参数方程为x 102 tcos ytsin(t 为参数)，在直角坐标系 xOy 中，以 O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 M 的方程为2(1

9、sin2)1.(1)求曲线 M 的直角坐标方程；(2)若直线 l 与曲线 M 只有一个公共点，求倾斜角 的值23(本小题满分 10 分)选修 4-5：不等式选讲设函数 f(x)|xa|.(1)当 a2 时，解不等式 f(x)7|x1|；(2)若 f(x)1 的解集为0，2，1m 12na(m0，n0)，求证：m4n2 23.高考仿真模拟卷(七)1解析：选 D.法一：令 zxyi，则(34i)(xyi)(3x4y)(3y4x)i25，得3x4y25，3y4x0，所以x3，y4，故 z34i，故选 D.法二：由已知可得 z 2534i25（34i）91634i.2解析：选 C.由题意得，Mx|2x

10、4，Nx|x1，则 MNx|1x43解析：选 D.通过图象可看出，2018 年 1 月至 4 月的仓储指数比 2017 年同期波动性更大，这两年的最大仓储指数都出现在 4 月份，2018 年全年仓储指数平均值明显低于 2017 年，所以选项 A，B，C 的结论都正确；2018 年各仓储指数的中位数与 2017 年各仓储指数中位数基本在 52%，所以选项 D 的结论错误故选 D.4解析：选 B.由已知条件可知，圆的半径为 2，又直线被圆所截得的弦长为 2，故圆心到直线的距离为 3，即69a2 3，得 a 3.5解析：选 B.若“a0 或 b0”，则不一定有“ab0 且ab0”成立，如取 a1，b

11、1，则 ab0，且ab1；反之，若“ab0 且ab0”，则 a0 且 b0，从而“a0或 b0”成立综上，选 B.6解析：选 B.由题意，不妨设 a(1，0)，b12，32，p(x，y)，因为 papb12，所以x12，12x 32 y12，解得x12，y 32，所以|p|x2y21.7解析：选 D.f(x)12sin2 xasin x，令 sin xt，t12，1，则 g(t)2t2at1，t12，1，因为 f(x)在6，2 上单调递增，所以a41，即 a4，故选 D.8解析：选 B.由图得，SE 13，EF6，ABCD4，SG SE2EG2 139，可知半圆柱 V146212，四棱锥 V2

12、64 139316，该几何体的体积V1V21216.答案选 B.9解析：选 B.由题意可得 f(x)xecos x，即 f(x)xecos x 为奇函数，排除 A，C，f(x)(1xsin x)ecos x，显然存在 x0 使得 f(x0)0，所以 f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，)上单调递减故选 B.10解析：选 C.由 a23a2532 4002a2a6，得 a232a3a5a2532 400，即(a3a5)232 400，又 an0，所以 a3a5180，从而 a1(q2q4)180，由 S410S2，得 a1a2a3a410(a1a2)，即 a3a49(a1a2)，所以(a

13、1a2)q29(a1a2)，所以 q29，又 q0，所以 q3，代入 a1(q2q4)180，得 a12，所以 a2 019232 0182(34)5043218(81)504，故其个位数为 8.11解析：选 A.由题意知，y2x12表示斜率为 2 的直线，变量 a，b 满足 b12a23ln a，设函数 f(x)12x23ln x，则 f(x)x3x，设当切线斜率为 2 时，函数 f(x)图象的切点的横坐标为 x0，则x03x02，所以 x01，此时切点坐标为1，12，切点到直线 y2x12的距离 d 35，所以(am)2(bn)2 的最小值为 d295.12解析：选 C.由渐近线方程得ba

14、 62，又 a2，所以 b 6，故 c 10.设|PF1|3k，|PF2|k，则由双曲线定义知 3kk4，k2，所以|PF1|6，|PF2|2，可判断F1PF290，所以以PF1、PF2 为邻边的四边形为矩形，所以|PF1 PF2|2 10.13解析：小明同学在 6：50 至 7：30 之间到达该车站乘车，总时长为 40 分钟，公交车在 6：30，7：00，7：30 准时发车，他等车时间不超过 10 分钟，则必须在 6：50 至 7：00 或7：20 至 7：30 之间到达，时长为 20 分钟，则他等车时间不超过 10 分钟的概率 P204012.答案：1214解析：由正弦定理得 sin Bb

15、sin Aa2 3122 32，所以 B3或23.若 B3，则 CAB2，此时 S12ab1222 32 3.若 B23，则 CAB6，所以 AC，此时 ca2，所以 S12acsin B1222 32 3.所以 S2 3或 3.答案：2 3或 315解析：n1 时，f(1)1；n2 时，小盘2 号针，大盘3 号针，小盘从 2 号针3 号针，完成，即 f(2)3221；n3 时，小盘3 号针，中盘2 号针，小盘从 3 号针2 号针用 f(2)种方法把中、小两盘移到 2 号针，大盘3 号针；再用 f(2)种方法把中、小两盘从 2 号针移到 3 号针，完成，f(3)f(2)213217231，f(

16、4)f(3)2172115241，以此类推，f(n)f(n1)212n1.故答案为：2n1.答案：2n116解析：作出函数 f(x)的图象如图所示，结合图象可知，若函数 y2f(x)22bf(x)1 有 8 个零点，则关于 f(x)的一元二次方程 2f(x)22bf(x)10 在(0，1)上有 2 个不相等的实根设 tf(x)，则方程转化为 2t22bt10，设两个根分别为 t1，t2，则由根与系数的关系知，4b280，0t1，t21，即b 2，0t1t22，0（t11）（t21）1，所以b 2，0b2，012（b）11，得32b 2.答案：32，217解：(1)当 n2 时，由 an12Sn

17、3，得 an2Sn13，两式相减，得 an1an2Sn2Sn12an，所以 an13an，所以an1an 3.当 n1 时，a13，a22S132a139，则a2a13.所以数列an是以 3 为首项，3 为公比的等比数列所以 an33n13n.(2)由(1)得 bn(2n1)an(2n1)3n.所以 Tn13332533(2n1)3n，3Tn132333534(2n1)3n1，得2Tn1323223323n(2n1)3n132(32333n)(2n1)3n13232（13n1）13(2n1)3n16(2n2)3n1.所以 Tn(n1)3n13.18解：(1)由题意可知，样本容量 n80.016

18、1050，y250100.004，x0.1000.0040.0100.0160.0400.030.(2)由题意可知，高度在80，90)内的株数为 5，记这 5 株分别为 a1，a2，a3，a4，a5，高度在90，100内的株数为 2，记这 2 株分别为 b1，b2.抽取 2 株的所有情况有 21 种，分别为：(a1，a2)，(a1，a3)，(a1，a4)，(a1，a5)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a2，a3)，(a2，a4)，(a2，a5)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a3，a4)，(a3，a5)，(a3，b1)，(a3，b2)，(a4，a5)，(a4，b1)，(a4，b2)，(

19、a5，b1)，(a5，b2)，(b1，b2)其中 2 株的高度都不在90，100内的情况有 10 种，分别为：(a1，a2)，(a1，a3)，(a1，a4)，(a1，a5)，(a2，a3)，(a2，a4)，(a2，a5)，(a3，a4)，(a3，a5)，(a4，a5)所以所抽取的 2 株中至少有一株高度在90，100内的概率 P110211121.19解：(1)证明：在 RtABC 中，AB1，BAC60，所以 BC 3，AC2.取 AD 的中点 M，连接 EM，CM，则 EMPA.因为 EM平面 PAB，PA平面 PAB，所以 EM平面 PAB.在 RtACD 中，CAD60，AC2，所以

20、AD4，AM2AC，所以ACM60.而BAC60，所以 MCAB.因为 MC平面 PAB，AB平面 PAB，所以 MC平面 PAB.因为 EMMCM，所以平面 EMC平面 PAB.因为 CE平面 EMC，所以 CE平面 PAB.(2)因为 PAAC2，F 为 PC 的中点，所以 AFPC.因为 PA平面 ABCD，所以 PACD.因为 ACCD，PAACA，所以 CD平面 PAC.又 EFCD，所以 EF平面 PAC，即 EF 为三棱锥 E-AFC 的高因为 CD2 3，所以 EF 3，从而 VEAFC131212ACPAEF13121222 3 33.因为 VEAFCVFAEC，所以 VFA

21、EC 33.20解：(1)当 m4 时，f(x)4x4x，f(x)44x2，f(2)5，又 f(2)6，所以所求切线方程为 y5x4.(2)由题意知，x(1，e 时，mxmx3ln x3 恒成立，即 m(x21)0，则 m3x3xln xx21恒成立令 h(x)3x3xln xx21，x(1，e，则 mh(x)min，h(x)3（x21）ln x6（x21）23（x21）ln x6（x21）2，因为 x(1，e，所以 h(x)0，即 h(x)在(1，e 上是减函数所以当 x(1，e 时，h(x)minh(e)9 e2（e1）.所以 m 的取值范围是，9 e2e2.21解：(1)如图，由题意知

22、F1(1，0)，因而 c1，即 a2b21，又两曲线在第二象限内的交点 Q(xQ，yQ)到 F1 的距离是它到直线 x4 的距离的一半，即 4xQ2(xQ1)，得xQ23，则 y2Q83，代入到椭圆方程，得 49a2 83b21.由 49a2 83b21，a2b21，解得 a24，b23，所以所求椭圆的方程为x24y231.(2)由题意知，直线 MN 的斜率存在，设直线 MN 的方程为 ykxt，由ykxt，x24y231，得(34k2)x28ktx4t2120，设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则 x1x2 8kt34k2，x1x24t21234k2，由(1)知，右焦点 F2(1，0)

23、，则 P1，32，由对称性知，直线 PA，PB 的倾斜角互补，即斜率存在且互为相反数，则32y11x132y21x20，即32kx12t2（1x1）32kx22t2（1x2）0，整理得(2t2k3)(x1x2)4kx1x264t0，即(2t2k3)8kt34k24k4t21234k2 64t0，即 4k2(4t8)k32t0，(2k1)(2t2k3)0，得 k12或 t32k.当 t32k 时，直线 MN 的方程为 ykx32k 恒过定点P1，32，不符合题意，因而 k12，即直线 MN 的斜率为定值12.22解：(1)因为 2(1sin2)2(sin)21，所以 x2y2y21，即 x22y

24、21，此即为曲线 M 的直角坐标方程(2)将x 102 tcos，ytsin 代入 x22y21得104 10tcos t2cos22t2sin21，所以 t2(1sin2)10tcos 320，因为直线 l 与曲线 M 只有一个公共点，所以(10cos)2432(1sin2)0，即 sin2 14，sin 12，又 0，)，所以 6或56.23解：(1)当 a2 时，不等式为|x2|x1|7，所以x2，x2x17，解得 x2 或或 x5，所以不等式的解集为(，25，)(2)证明：f(x)1 即|xa|1，解得 a1xa1，而 f(x)1 的解集是0，2，所以a10，a12，解得 a1，所以1m 12n1(m0，n0)，所以 m4n(m4n)1m 12n 34nmm2n2 23(当且仅当 m2 2n 时取等号)