（全国统考版）2021届高考数学二轮复习 验收仿真模拟卷（五）（文含解析）.doc

1、高考仿真模拟卷(五)(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已知集合 Ax|3x0，B2，3，4，则 AB()A2 B3 C2，3 D2，3，42已知 z(2i)1i(i 为虚数单位)，则 z()A1535i B.1535iC1535i D.1535i3从6，9中任取一个 m，则直线 3x4ym0 被圆 x2y22 截得的弦长大于 2 的概率为()A.23B.25C.13D.154已知等比数列an中，若 4a1，a3，2a2 成等差数列，则公比 q()A1 B1 或 2C2 或1 D15“a

2、b1”是“直线 axy10 与直线 xby10 平行”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件6已知在ABC 中，BC 2 BD，ADAB，|AB|2，则BCAB()A4 2B4 2C2 2D2 27执行如图所示的程序框图，若输出的值为1，则判断框中可以填入的条件是()An999?Bn999?Cn999?Dn999?8若函数 f(x)3sin(2x)cos(2x)(00，3x，x0，且函数 h(x)f(x)xa 有且只有一个零点，则实数 a 的取值范围是()A1，)B(1，)C(，1)D(，110.如图所示，边长为 a 的空间四边形 ABCD 中，BCD90，

3、平面 ABD平面 BCD，则异面直线 AD 与 BC 所成角的大小为()A30B45C60D9011已知双曲线 M 的焦点 F1、F2 在 x 轴上，直线 7x3y0 是双曲线 M 的一条渐近线，点 P 在双曲线 M 上，且PF1 PF2 0，如果抛物线 y216x 的准线经过双曲线 M 的一个焦点，那么|PF1|PF2|()A21 B14 C7 D012已知 f(x)aexx，x1，2，且x1，x21，2，x1x2，f（x1）f（x2）x1x21 恒成立，则 a 的取值范围是()A.2e，B.，9e22C.e13，D.，4e2题号123456789101112 答案第卷二、填空题：本题共 4

4、 小题，每小题 5 分13已知 cos 245，则 sin4cos4_14设 x，y 满足yx，xy2x2，则 zx2y 的最大值为_15已知等比数列an中，a13，a481，若数列bn满足 bnlog3an，则数列1bnbn1 的前 n 项和 Sn_16设函数 f(x)log12(|x|1)1x21，则使得 f(x)f(2x1)成立的 x 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)已知在ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且 c1，cos Bsin C(asin B)cos(AB)0.(1)求角 C 的大小；(2)求ABC

5、 面积的最大值18(本小题满分 12 分)在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是菱形，ACBDO.(1)若 ACPD，求证：AC平面 PBD；(2)若平面 PAC平面 ABCD，求证：PBPD.19(本小题满分 12 分)已知抛物线 C：y22px 过点 P(1，1)过点(0，12)作直线 l 与抛物线 C 交于不同的两点 M，N，过点 M 作 x 轴的垂线分别与直线 OP、ON 交于点 A，B，其中 O为原点(1)求抛物线 C 的方程，并求其焦点坐标和准线方程；(2)求证：A 为线段 BM 的中点20(本小题满分 12 分)有一个不透明的袋子，装有三个完全相同的小球，球上分别编有数字

6、1，2，3.(1)若逐个不放回取球两次，求第一次取到球的编号为偶数且两个球的编号之和能被 3 整除的概率；(2)若先从袋中随机取一个球，该球的编号为 a，将球放回袋中，然后再从袋中随机取一个球，该球的编号为 b，求直线 axby10 与圆 x2y219有公共点的概率21.(本小题满分 12 分)设函数 f(x)ax2xln x(2a1)xa1(aR)(1)当 a0 时，求函数 f(x)在点 P(e，f(e)处的切线方程；(2)若对任意的 x1，)，函数 f(x)0 恒成立，求实数 a 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

7、修 4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系 xOy 中，半圆 C 的参数方程为x1cos ysin(为参数，0)以 O为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系(1)求 C 的极坐标方程；(2)直线 l 的极坐标方程是(sin 3cos)5 3，射线 OM：3 与半圆 C 的交点为 O，P，与直线 l 的交点为 Q，求线段 PQ 的长23(本小题满分 10 分)选修 4-5：不等式选讲已知函数 f(x)|2xa|a.(1)若不等式 f(x)6 的解集为x|2x3，求实数 a 的值；(2)在(1)的条件下，若存在实数 n 使 f(n)mf(n)成立，求实数 m 的取值范围高考仿真模拟卷(五)1解析

8、：选 C.Ax|x3，B2，3，4，所以 AB2，3，故选 C.2解析：选 D.由已知可得 z1i2i（1i）（2i）（2i）（2i）13i51535i，所以 z1535i.3解析：选 A.所给圆的圆心为坐标原点，半径为 2，当弦长大于 2 时，圆心到直线 l 的距离小于 1，即|m|5 1，所以5m5，故所求概率 P5（5）9（6）23.4解析：选 C.因为 4a1，a3，2a2 成等差数列，所以 2a34a12a2，又 a3a1q2，a2a1q，则 2a1q24a12a1q，解得 q2 或 q1，故选 C.5解析：选 A.ab1 时，两条直线 axy10 与直线 xby10 平行，反之由

9、axy10 与直线 xby10 平行，可得 ab1，显然不一定是 ab1，所以，必要性不成立，所以“ab1”是“直线 axy10 与直线 xby10 平行”的充分不必要条件故选 A.6解析：选 A.BD AD AB，所以BC 2 BD 2(AD AB)，所以BCAB 2(AD AB)AB 2 AD AB 2 AB 20 2224 2.7解析：选 C.该程序框图的功能是计算 S2lg 12lg 23lg nn12lg(n1)的值要使输出的 S 的值为1，则 2lg(n1)1，即 n999，故中应填 n999？.8解析：选 B.f(x)3sin(2x)cos(2x)2sin2x6，则由题意，知 f

10、2 2sin6 0，又 01 时，直线 yxa 与曲线 yf(x)只有一个交点10解析：选 C.由题意得 BCCDa，BCD90，所以 BD 2a，所以BAD90，取 BD 的中点 O，连接 AO，CO，因为 ABBCCDDAa，所以 AOBD，COBD，且 AOBOODOC 2a2，又因为平面 ABD平面 BCD，平面 ABD平面 BCDBD，AOBD，所以 AO平面 BCD，延长 CO 至点 E，使 COOE，连接 ED，EA，EB，则四边形 BCDE 为正方形，即有 BCDE，所以ADE(或其补角)即为异面直线 AD 与 BC 的所成角，由题意得 AEa，EDa，所以AED 为正三角形，

11、所以ADE60，所以异面直线 AD 与 BC 所成角的大小为 60.故选 C.11解析：选 B.设双曲线方程为x2a2y2b21(a0，b0)，因为直线 7x3y0 是双曲线 M的一条渐近线，所以ba 73，又抛物线的准线为 x4，所以 c4，又 a2b2c2，所以由得 a3.设点 P 为双曲线右支上一点，所以由双曲线定义得|PF1|PF2|6，又PF1 PF2 0，所以PF1 PF2，所以在 RtPF1F2 中|PF1|2|PF2|282，联立，解得|PF1|PF2|14.12解析：选 D.x1，x21，2，f（x1）f（x2）x1x21f（x1）x1f（x2）x2x1x20，则 g(x)f

12、(x)xaexx x，在1，2上单调递减，即 g(x)aex（x1）x210，即aex（x1）x21 恒成立，(1)当 x1 时，显然恒成立，aR；(2)当 x(1，2时，ax2ex（x1），令 t(x)x2ex（x1），则t(x)xex（x22x2）e2x（x1）2，当 x(1，2时，t(x)0，t(x)mint(2)4e2，所以 a4e2，故选 D.13解析：法一：因为 cos 245，所以 2cos2145，12sin245，因为 cos2 910，sin2 110，所以 sin4cos44150.法二：sin4cos4(sin2cos2)212sin22 112(1cos22)112

13、9254150.答案：415014解析：作出线性约束条件表示的平面区域如图中阴影部分所示，由图可知，当直线 zx2y 过点 A(2，2)时，z 取得最大值 6.答案：615解析：由已知条件可得 q41a4a1813 27，即 q3，所以an1an q3，则 bn1bnlog3an1log3anlog3an1an 1.又因为 b1log3a1log331，可得等差数列bn的通项公式为 bnn，所以1bnbn11n（n1）1n 1n1，所以 Sn112121313141n 1n11 1n1 nn1.答案：nn116解析：因为 f(x)log12(|x|1)1x21，所以 f(x)f(x)，函数 f

14、(x)为偶函数，根据复合函数的单调性和基本初等函数的单调性，可知当 x0，)时，f(x)单调递减，f(x)f(2x1)，即 f(|x|)f(|2x1|)，所以|x|2x1|，x24x24x1，所以 x13或 x1.答案：，13(1，)17解：(1)由 cos Bsin C(asin B)cos(AB)0，可得 cos Bsin C(asin B)cos C0，即 sin(BC)acos C，sin Aacos C，即sin Aa cos C因为sin Aa sin Ccsin C，所以 cos Csin C，即 tan C1，C4.(2)由余弦定理得 12a2b22abcos4 a2b2 2a

15、b，所以 a2b21 2ab2ab，ab12 22 22，当且仅当 ab 时取等号，所以 SABC12absin C122 22 22 214.所以ABC 面积的最大值为 214.18证明：(1)因为底面 ABCD 是菱形，所以 ACBD.因为 ACPD，PDBDD，所以 AC平面 PBD.(2)由(1)可知，ACBD.因为平面 PAC平面 ABCD，平面 PAC平面 ABCDAC，BD平面 ABCD，所以 BD平面 PAC.因为 PO平面 PAC，所以 BDPO.因为底面 ABCD 是菱形，所以 BODO，所以 PBPD.19解：(1)由抛物线 C：y22px 过点 P(1，1)，得 p12

16、.所以抛物线 C 的方程为 y2x.抛物线 C 的焦点坐标为14，0，准线方程为 x14.(2)证明：由题意，设直线 l 的方程为 ykx12(k0)，l 与抛物线 C 的交点为 M(x1，y1)，N(x2，y2)由ykx12，y2x得 4k2x2(4k4)x10.则 x1x21kk2，x1x2 14k2.因为点 P 的坐标为(1，1)，所以直线 OP 的方程为 yx，点 A 的坐标为(x1，x1)直线 ON 的方程为 yy2x2x，点 B 的坐标为x1，y2x1x2.因为 y1y2x1x2 2x1y1x2y2x12x1x2x2kx112 x2kx212 x12x1x2x2（2k2）x1x21

17、2（x2x1）x2（2k2）14k21k2k2x20，所以 y1y2x1x2 2x1.故 A 为线段 BM 的中点20解：(1)用(p，q)(p 表示第一次取到球的编号，q 表示第二次取到球的编号)表示先后两次取球构成的基本事件，则基本事件有(1，2)，(1，3)，(2，1)，(2，3)，(3，1)，(3，2)，共 6 个设“第一次取到球的编号为偶数且两个球的编号之和能被 3 整除”为事件 A，则事件 A包含的基本事件有(2，1)，共 1 个，所以 P(A)16.(2)由题意得，所有基本事件有(1，1)，(1，2)，(1，3)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(3，1)，(3，2)，(3，

18、3)，共 9 个设“直线 axby10 与圆 x2y219有公共点”为事件 B，由题意知1a2b213，即 a2b29，故事件 B 包含的基本事件有(1，3)，(2，3)，(3，1)，(3，2)，(3，3)，共 5 个，所以 P(B)59.21解：(1)当 a0 时，f(x)xln xx1，则 f(x)ln x，则 f(e)1，f(e)1，所以函数 f(x)在点 P(e，f(e)处的切线方程为 y1(xe)，即 xy1e0.(2)f(x)2ax1ln x(2a1)2a(x1)ln x，易知，ln xx1，则 f(x)2a(x1)(x1)(2a1)(x1)，当 2a10，即 a12时，由 x1，

19、)得f(x)0 恒成立，所以 f(x)在1，)上单调递增，f(x)f(1)0 符合题意所以 a12.当 a0 时，由 x1，)得 f(x)0 恒成立，所以 f(x)在1，)上单调递减，f(x)f(1)0 显然不满足题意，故 a0 舍去当 0a12时，由 ln xx1，得 ln 1x1x1，即 ln x11x，则 f(x)2a(x1)11x x1x(2ax1)因为 0a1.当 x1，12a 时，f(x)0 恒成立，此时 f(x)在1，12a 上单调递减，f(x)f(1)0 不满足题意，所以 0a12舍去综上可得，实数 a 的取值范围为12，.22解：(1)半圆 C 的普通方程为(x1)2y21(

20、0y1)，又 xcos，ysin，所以半圆 C 的极坐标方程是 2cos，0，2.(2)设(1，1)为点 P 的极坐标，则有12cos 113，解得1113，设(2，2)为点 Q 的极坐标，则有2（sin 2 3cos 2）5 323，解得2523，由于 12，所以|PQ|12|4，所以线段 PQ 的长为 4.23解：(1)由|2xa|a6 得|2xa|6a，所以 a62xa6a，即 a3x3，所以 a32，所以 a1.(2)由(1)知 f(x)|2x1|1，令(n)f(n)f(n)，则(n)|2n1|2n1|224n，n124，1212，所以(n)的最小值为 4，故实数 m 的取值范围是4，)