（全国统考版）2021届高考数学二轮复习 验收仿真模拟卷（九）（文含解析） (2).doc

1、高考仿真模拟卷(九)(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已知全集为 R，集合 A1，0，1，5，Bx|x2x20，则 ARB()A1，1 B0，1C0，1，5 D1，0，12复数 z1i3i在复平面内对应的点位于()A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限3命题“x00，x200”的否定是()Ax0，x20，x200 Dx0cbBbcaCbacDabc7在平面区域(x，y)|0 x1，1y2内随机投入一点 P，则点 P 的坐标(x，y)满足 y2x的概率为()A.14B.12C.23D.

2、348在正三棱柱 ABC-A1B1C1，AB4，点 D 在棱 BB1 上，若 BD3，则 AD 与平面 AA1C1C所成角的正切值为()A.2 35B.2 3913C.54D.439我国古代名著庄子天下篇中有一句名言“一尺之棰，日取其半，万世不竭”，其意思为：一尺的木棍，每天截取一半，永远都截不完现将该木棍依此规律截取，如图所示的程序框图的功能就是计算截取 20 天后所剩木棍的长度(单位：尺)，则处可分别填入的是()Ai20，ss1i，i2iBi20，ss1i，i2iCi20，ss2，ii1Di20，ss2，ii110设，0，且满足 sin cos cos sin 1，则 sin(2)sin(

3、2)的取值范围为()A 2，1 B1，2C1，1 D1，211在平面直角坐标系 xOy 中，已知点 A，B 分别为 x 轴，y 轴上一点，且|AB|1，若点P(1，3)，则|APBPOP|的取值范围是()A5，6 B6，7C6，9 D5，712已知抛物线 y22px(p0)的焦点为 F，点 A、B 为抛物线上的两个动点，且满足AFB120.过弦 AB 的中点 M 作抛物线准线的垂线 MN，垂足为 N，则|AB|MN|的最小值为()A.2B2 2C.3D2 3题号123456789101112 答案第卷二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分13在锐角三角形 ABC 中，a，b，c 分别为角

4、 A、B、C 所对的边，且 3a2csin A，c7，且ABC 的面积为3 32，ab 的值为_14已知在平面直角坐标系中，O(0，0)，A(2，4)，B(6，2)，则三角形 OAB 的外接圆的方程是_15.在九章算术中有称为“羡除”的五面体体积的求法现有一个类似于“羡除”的有三条棱互相平行的五面体，其三视图如图所示，则该五面体的体积为_16设函数 f(x)在 R 上存在导数 f(x)，对于任意的实数 x，有 f(x)f(x)2x2，当 x(，0时，f(x)12x.若 f(2m)f(m)2m2，则实数 m 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

5、分)已知函数 f(x)2sin xcos x2 3cos2x 3.(1)求函数 yf(x)的最小正周期和单调递减区间；(2)已知ABC 的三个内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，其中 a7，若锐角 A 满足 fA26 3，且 sin Bsin C13 314，求 bc 的值18(本小题满分 12 分)对某产品 1 至 6 月份销售量及其价格进行调查，其单价 x 和销售量 y 之间的一组数据如下表所示：月份 i123456 单价 xi(元)99.51010.5118销售量 yi(件)111086514(1)根据 1 至 5 月份的数据，求出 y 关于 x 的回归直线方程；(2)若由回归直

6、线方程得到的估计数据与剩下的检验数据的误差不超过 0.5 元，则认为所得到的回归直线方程是理想的，试问所得回归直线方程是否理想？(3)预计在今后的销售中，销售量与单价仍然服从(1)中的关系，且该产品的成本是 2.5 元/件，为获得最大利润，该产品的单价应定为多少元？(利润销售收入成本)参考公式：回归方程ybxa，其中b .19.(本小题满分 12 分)如图，已知四边形 ABCD 是正方形，EA平面 ABCD，PDEA，ADPD2EA2，F，G，H 分别为 BP，BE，PC 的中点(1)求证：FG平面 PDE；(2)求证：平面 FGH平面 ABE；(3)在线段 PC 上是否存在一点 M，使 PB

7、平面 EFM？若存在，求出线段 PM 的长；若不存在，请说明理由20(本小题满分 12 分)已知直线 yx1 与函数 f(x)aexb 的图象相切，且 f(1)e.(1)求实数 a，b 的值；(2)若存在 x0，32，使得 2mf(x1)nf(x)mx(m0)成立，求nm的取值范围21(本小题满分 12 分)已知中心在原点 O，左焦点为 F1(1，0)的椭圆 C 的左顶点为 A，上顶点为 B，F1 到直线AB 的距离为 77|OB|.(1)求椭圆 C 的方程；(2)若椭圆 C1 的方程为：x2m2y2n21(mn0)，椭圆 C2 的方程为：x2m2y2n2(0，且 1)，则称椭圆 C2 是椭圆

8、 C1 的 倍相似椭圆已知 C2 是椭圆 C 的 3 倍相似椭圆，若椭圆 C 的任意一条切线 l 交椭圆 C2 于两点 M、N，试求弦长|MN|的取值范围请考生在 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：坐标系与参数方程在直角坐标系 xOy 中，曲线 C：x 2cos 1y 2sin 1(为参数)，在以 O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，直线 l：sin cos m.(1)若 m0 时，判断直线 l 与曲线 C 的位置关系；(2)若曲线 C 上存在点 P 到直线 l 的距离为 22，求实数 m 的取值范围.23(本小题

9、满分 10 分)选修 4-5：不等式选讲已知 f(x)|x2|x1|2|x2|.(1)求证：f(x)5；(2)若对任意实数 x，152f(x)a29a21都成立，求实数 a 的取值范围高考仿真模拟卷(九)1解析：选 B.由题得 Bx|x2 或 x1，所以RBx|1xlog530，故 ab1.又 c332bc.7解析：选 A.依题意作出图象如图，则 P(y2x)S阴影S正方形121211214.8解析：选 B.取 AC的中点 E，连接 BE，如图，可得AD EB(ABBD)EBABEB42 3 32 1252 3cos(为AD 与EB的夹角)，所以 cos 2 35，sin 135，tan 39

10、6，又因为 BE平面 AA1C1C，所以所求角的正切值为2 3913.9解析：选 D.根据题意可知，第一天 s12，所以满足 ss2，不满足 ss1i，故排除AB，由框图可知，计算第二十天的剩余时，有 ss2，且 i21，所以循环条件应该是 i20.故选 D.10解析：选 C.因为 sin cos cos sin 1，即 sin()1，0，所以 2，又0，02，则2，所以 sin(2)sin(2)sin22sin(2)cos sin 2sin4，因为2，所以34 454，所以1 2sin4 1，即所求取值范围为1，111解析：选 D.设 A(x，0)，B(0，y)，由|AB|1 得 x2y21

11、，则APBPOP(1x，3)(1，3y)(1，3)(3x，3 3y)，所以|APBPOP|（3x）2（3 3y）2，设点 Q(3，3 3)，则|OQ|32（3 3）26，（3x）2（3 3y）2表示圆 x2y21上的任意一点与点 Q(3，3 3)之间的距离，易知其最大距离为 7，最小距离为 5，所以|APBPOP|的取值范围为5，712.解析：选 C.如图，过 A、B 分别作准线的垂线 AQ、BP，垂足分别是 Q、P，设|AF|a，|BF|b，由抛物线的定义，得|AF|AQ|，|BF|BP|，在梯形 ABPQ 中，2|MN|AQ|BP|ab.在ABF 中，由余弦定理得|AB|2a2b22abc

12、os 120a2b2ab，配方得|AB|2(ab)2ab，因为 abab22，则(ab)2ab(ab)2ab2234(ab)2，即|AB|234(ab)2，当且仅当 ab 时等号成立，所以|AB|2|MN|234（ab）214（ab）23，则|AB|MN|3，即所求的最小值为 3.13解析：由 3a2csin A，结合正弦定理可得 3sin A2sin Csin A，因为 sin A0，所以 sin C 32.在锐角三角形 ABC 中，可得 C3.所以ABC 的面积 S12absin C 34 ab3 32，解得 ab6.由余弦定理可得 c2a2b22abcos C(ab)23ab(ab)21

13、87，解得 ab5.故答案为 5.答案：514解析：法一：设三角形 OAB 的外接圆方程是 x2y2DxEyF0，依题意可得F0，4162D4EF0，3646D2EF0，解得F0，D6，E2，故三角形 OAB 的外接圆的方程是 x2y26x2y0.法二：因为直线 OA 的斜率 kOA422，直线 AB 的斜率 kAB246212，kABkOA212 1，所以三角形 OAB 是直角三角形，点 A 为直角顶点，OB 为斜边，因为|OB|364 40，故外接圆的半径 r|OB|2 402 10，又 OB 的中点坐标为(3，1)，故三角形 OAB 的外接圆的标准方程为(x3)2(y1)210，即 x2

14、y26x2y0.答案：x2y26x2y015解析：由三视图可得，该几何体为如图所示的五面体 ABCEFD，其中，底面 ABC 为直角三角形，且BAC90，AB4，AC3，侧棱 DB，EC，FA与底面垂直，且 DB2，ECFA5.过点 D 作 DHBC，DGBA，交 EC，FA 分别于点 H，G，则棱柱 ABC-DHG 为直棱柱，四棱锥 D-EFGH 的底面为矩形 EFGH，高为 BA.所以 V 五面体 ABCEFDVABCDHGVDEFGH1243 21332424.故答案为 24.答案：2416解析：令 g(x)f(x)xx2，所以 g(x)g(x)f(x)xx2f(x)xx2f(x)f(x

15、)2x20，所以 g(x)为定义在 R 上的奇函数，又当 x0 时，g(x)f(x)12x0，所以g(x)在 R 上单调递减，所以 f(2m)f(m)2m2 等价于 f(2m)(2m)(m2)2f(m)(m)(m)2，即 2mm，解得 m1，所以实数 m 的取值范围是1，)答案：1，)17解：(1)f(x)2sin xcos x2 3cos2x 3sin 2x 3cos 2x2sin2x3，因此 f(x)的最小正周期为 T22.f(x)的单调递减区间为 2k2 2x3 2k32(kZ)，即 xk12，k712(kZ)(2)由 fA262sin2A26 32sin A 3，且 A 为锐角，所以

16、A3.由正弦定理可得 2R asin A 732143，sin Bsin Cbc2R 13 314，则 bc13 314 14313，所以 cos Ab2c2a22bc（bc）22bca22bc12，所以 bc40.18解：(1)由题意知 x10，y8，所以40.所以y3.2x40.(2)由(1)知，当 x8 时，y3.284014.4，所以yy14.4140.40.5，所以可认为所得到的回归直线方程是理想的(3)设该产品的单价定为 x 元依题意得，利润 L(x2.5)(3.2x40)3.2x248x100(2.5x12.5)，所以当 x482（3.2）7.5 时，L 取得最大值故为获得最大利

17、润，该产品的单价应定为 7.5 元19解：(1)证明：因为 F，G 分别为 PB，BE 的中点，所以 FGPE.又 FG平面 PDE，PE平面 PDE，所以 FG平面 PDE.(2)证明：因为 EA平面 ABCD，所以 EACB.又 CBAB，ABAEA，所以 CB平面 ABE.由已知 F，H 分别为线段 PB，PC 的中点，所以 FHBC.则 FH平面 ABE.而 FH平面 FGH，所以平面 FGH平面 ABE.(3)在线段 PC 上存在一点 M，使 PB平面 EFM.证明如下：如图，在 PC 上取一点 M，连接 EF，EM，FM.在直角三角形 AEB 中，因为 AE1，AB2，所以 BE

18、5.在直角梯形 EADP 中，因为 AE1，ADPD2，所以 PE 5，所以 PEBE.又 F 为 PB 的中点，所以 EFPB.要使 PB平面 EFM，只需使 PBFM.因为 PD平面 ABCD，所以 PDCB，又 CBCD，PDCDD，所以 CB平面 PCD，而 PC平面 PCD，所以 CBPC.若 PBFM，则PFMPCB，可得PMPBPFPC.由已知可求得 PB2 3，PF 3，PC2 2，所以 PM3 22.20解：(1)设直线 yx1 与函数 f(x)aexb 的图象的切点为(x0，f(x0)由 f(x)aexb 可得 f(x)aex.由题意可得aex01，x01aex0baee，

19、解得 a1，b0.(2)由(1)可知 f(x)ex，则存在 x0，32，使 2mf(x1)nf(x)mx(m0)成立，等价于存在 x0，32，使 2mex1nexmx 成立所以nmx2ex1ex，x0，32.设 g(x)x2ex1ex，x0，32，则 g(x)1xex，当 x(0，1)时，g(x)0，g(x)在(0，1)上单调递增，当 x1，32 时，g(x)0，g(x)在1，32上单调递减所以 g(x)max1e，g(0)2e，g 32 32e322e，g(0)g 32 32e32b0)，所以直线 AB 的方程为 xayb1，所以 F1(1，0)到直线 AB 的距离 d|bab|a2b2 7

20、7 b，即 a2b27(a1)2，又 b2a21，解得 a2，b 3，故椭圆 C 的方程为x24y231.(2)椭圆 C 的 3 倍相似椭圆 C2 的方程为x212y291，若切线 l 垂直于 x 轴，则其方程为 x2，易求得|MN|2 6，若切线 l 不垂直于 x 轴，可设其方程为 ykxb，将 ykxb 代入椭圆 C 的方程，得(34k2)x28kbx4b2120，所以(8kb)24(34k2)(4b212)48(4k23b2)0，即 b24k23，(*)记 M、N 两点的坐标分别为(x1，y1)、(x2，y2)，将 ykxb 代入椭圆 C2 的方程，得(34k2)x28kbx4b2360

21、，此时：x1x2 8kb34k2，x1x24b23634k2，|x1x2|4 3（12k29b2）34k2，所以|MN|1k24 3（12k29b2）34k24 61k234k22 61134k2，因为 34k23，所以 11134k243，即 2 62 61134k24 2.综合得：弦长|MN|的取值范围为2 6，4 222解：(1)曲线 C 的普通方程为(x1)2(y1)22，是一个圆；当 m0 时，直线 l 的直角坐标方程为 xy0，圆心 C 到直线 l 的距离为 d|11|1212 2r，r 为圆 C 的半径，所以直线 l 与圆 C 相切(2)由已知可得，圆心 C 到直线 l 的距离为 d|11m|1212 3 22，解得1m5.23解：(1)证明：因为 f(x)4x3，x2，5，2x1，2x7，12，所以 f(x)的最小值为 5.所以 f(x)5.(2)由(1)知 152f(x)的最大值为 5.因为 a29a21(a21)9a2112（a21）9a2115，当且仅当 a219a21时取“”，此时 a 2，所以当 a 2时，a29a21取得最小值 5.所以当 a 2时，a29a215.又对任意实数 x，152f(x)a29a21都成立，所以 a 2.所以 a 的取值范围为a|a 2