（全国统考版）2021届高考数学二轮复习 验收仿真模拟卷（八）（文含解析）.doc

1、高考仿真模拟卷(八)(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设集合 Mx|x0，Nx|ln x1，则下列结论正确的是()ANMBMNCM(RN)RDM(RN)M2设复数 z 满足1z1i2i，则 1z()A.5B.15C.55D.5253若非零向量 a，b 满足|a|b|，(2ab)b0，则 a，b 的夹角为()A.6B.3C.56D.234若 a，b 都是实数，则“a b0”是“a2b20”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5已知 tan(2)34，ta

2、n(2)13，则 tan()()A23B.13C.59D.13156若x表示不超过 x 的最大整数，则下图的程序框图运行之后输出的结果为()A49 850 B49 900 C49 800 D49 9507已知an是由正数组成的等比数列，Sn 为其前 n 项和若 a2a416，S37，则 S4()A15 B31 C63 D.13278如图，己知函数 f(x)的图象关于坐标原点 O 对称，则函数 f(x)的解析式可能是()Af(x)x2ln|x|Bf(x)xln xCf(x)e|x|xDf(x)ln|x|x9已知直角梯形 ABCD 中，ADBC，ADC90，AD2，BC1，P 是腰 DC 上的动点

3、，则|PA3PB|的最小值为()A3 B4C5 D610在三棱锥 D-ABC 中，已知 AD平面 ABC，且ABC 为正三角形，ADAB 3，点 O 为三棱锥 D-ABC 的外接球的球心，则点 O 到棱 DB 的距离为()A.4214B.2 217C.14D.1211已知 P 是双曲线x23y21 上任意一点，过点 P 分别作双曲线的两条渐近线的垂线，垂足分别为 A，B，则PAPB的值是()A38B.316C 38D不确定12已知 f(x)和 g(x)是两个定义在区间 M 上的函数，若对任意的 xM，存在常数 x0M，使得 f(x)f(x0)，g(x)g(x0)，且 f(x0)g(x0)，则称

4、 f(x)与 g(x)在区间 M 上是“相似函数”若f(x)2x2axb 与 g(x)x4x在1，52 上是“相似函数”，则函数 f(x)在区间1，52 上的最大值为()A4 B.92C6 D.892题号123456789101112 答案第卷二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分13设向量 a，b 的夹角为 60，|a|1，|b|2，若(ab)(a2b)，则实数 _14已知等比数列an的前 n 项和为 Sn，满足 a11，S33，则 Sn_15古希腊的数学家研究过各种多边形数记第 n 个 k 边形数为 N(n，k)(k3)，以下列出了部分 k 边形中第 n 个数的表达式：三角形数 N(

5、n，3)12n212n，四边形数 N(n，4)n2，五边形数 N(n，5)32n212n，六边形数 N(n，6)2n2n，可以推测 N(n，k)(k3)的表达式，由此计算 N(20，15)的值为_16已知点 P 在直线 x3y20 上，点 Q 在直线 x3y60 上，线段 PQ 的中点为M(x0，y0)，且 y0 x02，则y0 x0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)在ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，且sin Csin Asin Babac.(1)求角 B 的大小；(2)点 D 满足BD 2BC，且 AD3，求

6、2ac 的最大值18.(本小题满分 12 分)如图，AA1，BB1 为圆柱 OO1 的母线，BC 是底面圆 O 的直径，D、E分别是 AA1、CB1 的中点，ABAC.(1)证明：DE平面 ABC；(2)证明：平面 B1DC平面 CBB1.19(本小题满分 12 分)某课题组对全班 45 名同学的饮食习惯进行了一次调查，并用茎叶图表示 45 名同学的饮食指数说明：图中饮食指数低于 70 的人被认为喜食蔬菜，饮食指数不低于 70 的人被认为喜食肉类(1)从饮食指数在10，39中的女同学中选取 2 人，求恰有 1 人在10，29中的概率；(2)根据茎叶图，完成下面的 22 列联表，并判断是否有 9

7、0%的把握认为喜食蔬菜还是喜食肉类与性别有关，说明理由.喜食蔬菜喜食肉类总计 男同学女同学总计参考公式：K2n（adbc）2（ab）（cd）（ac）（bd）.下面临界值表仅供参考：P(K2k0)0.1000.0500.010 k02.7063.8416.63520(本小题满分 12 分)已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的右顶点为 A，上顶点为 B，且直线 AB 与抛物线 y24x 在第一象限的交点 D 到该抛物线的准线的距离为 2，椭圆 C 的离心率 e 32.(1)求椭圆 C 的标准方程；(2)若直线 yxm 与椭圆 C 交于 M，N 两点，直线 yxm 与椭圆 C 交于 P，Q

8、两点，求当四边形 MPNQ 的面积取最大值时 m 的值21(本小题满分 12 分)已知函数 f(x)(ax2)ex 在 x1 处取得极值(1)求 a 的值；(2)求函数 f(x)在m，m1上的最小值；(3)求证：对任意 x1，x20，2，都有|f(x1)f(x2)|e.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平面直角坐标系 xOy 中，以坐标原点 O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C 的极坐标方程为2sin，0，2)(1)求曲线 C 的直角坐标方程；(2)在曲线 C 上求一点 D，使它到直

9、线 l：x 3t 3，y3t2，(t 为参数，tR)的距离最短，并求出点 D 的直角坐标23(本小题满分 10 分)选修 4-5：不等式选讲已知函数 f(x)|xa|x2a|.(1)当 a1 时，求不等式 f(x)2 的解集；(2)若对任意 xR，不等式 f(x)a23a3 恒成立，求 a 的取值范围高考仿真模拟卷(八)1解析：选 D.由 ln x1，得 0 xe，所以 Nx|0e，所以 M(RN)x|x0M.2解析：选 C.由题意可得：1z(2i)(1i)3i，所以 z2i，1z 12i|1|2i|55.3解析：选 D.由题得 2abb20，所以 2|b|2cosa，b|b|20，所以 co

10、sa，b12，所以a，b23.故选 D.4解析：选 A.由 a b0 得 ab0，则 a2b2a2b20；由 a2b20 得 a2b2，可得 ab0 或 a0”是“a2b20”的充分不必要条件，故选 A.5解析：选 B.tan()tan(2)(2)tan（2）tan（2）1tan（2）tan（2）1334113 3413，故选 B.6解析：选A.由已知可得S040 140 240 2 0164004014024049405017（049）5024085049 850.故选 A.7解析：选 A.因为数列an中各项均为正数，所以 a3 a2a44，设数列的公比为 q，由 S37，得 S23，即 a

11、1(1q)3，又 a3a1q24，所以4q2(1q)3，解得 q23(舍去)或q2，所以 a4a3q8，所以 S4S3a415.故选 A.8解析：选 D.根据 f(x)关于原点对称可知该函数为奇函数，对于 A 选项 f(x)x2ln|x|f(x)，为偶函数，不符合；对于 B 选项定义域不对；对于 C 选项当 x0 的时候，f(x)0 恒成立不符合该函数图象，故错误；对于 D 选项，f(x)ln|x|x f(x)，符合判定，故选 D.9解析：选 C.以 D 为原点，分别以 DA、DC 所在直线为 x、y 轴建立如图所示的平面直角坐标系，设 DCa，DPx.所以 D(0，0)，A(2，0)，C(0

12、，a)，B(1，a)，P(0，x)，PA(2，x)，PB(1，ax)，所以PA3PB(5，3a4x)，|PA3PB|225(3a4x)225，所以|PA3PB|的最小值为 5.故选 C.10解析：选 D.设三棱锥 D-ABC 的外接球球心为 O，过点 O 作 DB 的垂线，垂足为 H，作平面 ODA 交直线 BC 于点 E，交BC于点 F，设平面 ODA 截得外接球是O，D，A，F 是O表面上的点，又因为 DA平面 ABC，所以DAF90，所以 DF 是O 的直径，因此球心O 在 DF 上，AF 是三角形 ABC 外接圆的直径，连接 BD，BF，因为 BFDA，BFAB，所以BF平面 DAB，

13、所以DBF90，因为DHO90，所以 OHBF，又 DOOF，所以 OH 是DBF的中位线，OH12BF，由 ABAD 3，三角形外接圆半径 2R ABsin A，得 AF2，在 RtDAB中，DB AD2AB2 6，在 RtDAF 中，DF DA2AF2 7，在 RtDBF 中，BFDF2DB21，故 OH12，故选 D.11解析：选 A.令点 P(x0，y0)，因为该双曲线的渐近线分别是 x3y0，x3y0，所以可取|PA|x03y0131，|PB|x03y0131，又 cos APBcos AOBcos 2AOxcos3 12，所以PAPB|PA|PB|cosAPBx203y204312

14、3412 38.12解析：选 C.由题意知 g(x)14x2x1，52，令 g(x)0 可得 1x2，令 g(x)0 可得 2x52，所以 g(x)maxg（1），g 52maxg(1)5，g(x)ming(2)4，所以 g(x)x4x在1，52 上的最小值为 4，最大值为 5，对任意的 xM，存在常数 x0M，使得 g(x)g(x0)，则 g(x0)g(x)min4，此时 x02，根据题意知 f(x)minf(2)4，二次函数 f(x)2x2axb 的顶点坐标为(2，4)，所以 a8，b12，所以 f(x)2(x2)24，所以 f(x)在1，52 上的最大值 f(x)maxf(1)6.13解

15、析：因为向量 a，b 的夹角为 60，|a|1，|b|2，所以 ab|a|b|cos 6012121，由(ab)(a2b)，得(ab)(a2b)0，则 a22abab2b20，即(21)180，解得 3.答案：314解析：由题当 q1 时，S3a1（1q3）1q（1q）（1qq2）1q3，解得(q2)(q1)0，得 q2，此时 Sn1（2）n3；当 q1 时，a11，S33，满足题意，则此时Snn.综上 Sn1（2）n3或 Snn.答案：1（2）n3或 n15解析：原已知式子可化为 N(n，3)12n212n322 n2432 n；N(n，4)n2422 n2442 n；N(n，5)32n21

16、2n522 n2452 n；N(n，6)2n2n622 n2462 n.故 N(n，k)k22 n24k2 n，N(20，15)15222024152202 490.答案：2 49016解析：线段 PQ 的中点 M(x0，y0)的轨迹方程为 x03y020，由 y0 x02，得 x02，则y0 x013（x02）x0 23x013，13(0，)答案：，13(0，)17解：(1)sin Csin Asin Babac，由正弦定理可得 cababac，所以 c(ac)(ab)(ab)，即 a2c2b2ac.又 a2c2b22accos B，所以 cos B12，因为 B(0，)，所以 B3.(2)

17、法一：在ABD 中，由余弦定理得 c2(2a)222accos 3 32，所以(2ac)2932ac.因为 2ac2ac22，所以(2ac)2934(2ac)2，即(2ac)236，2ac6，当且仅当 2ac，即 a32，c3 时，2ac 取得最大值，最大值为 6.法二：在ABD 中，由正弦定理知2asinBADcsin ADB3sin 32 3，所以 2a2 3sinBAD，c2 3sinADB，所以 2ac2 3sinBAD2 3sinADB2 3(sinBADsinADB)2 3sinBADsin23 BAD632 sinBAD12cosBAD6sinBAD6.因为BAD0，23，所以B

18、AD6 6，56，所以当BAD6 2，即BAD3 时，2ac 取得最大值，最大值为 6.18证明：(1)如图，连接 EO、OA，因为 E、O 分别为 CB1、BC 的中点，所以 EO 是BB1C 的中位线，所以 EOBB1 且 EO12BB1.又 DABB1 且 DA12BB1EO，所以 DAEO 且 DAEO，所以四边形 AOED 是平行四边形，所以 DEOA，又 DE平面 ABC，OA平面 ABC，所以 DE平面 ABC.(2)因为 ABAC，BC 为直径，所以 AOBC，又 BB1AO，从而 AO平面 BB1C，因为 DEAO，所以 DE平面 BB1C，因为 DE平面 B1DC，所以平面

19、 B1DC平面 CBB1.19解：(1)饮食指数在10，39中的女同学共有 5 人，选出 2 人共有 10 种情况，恰有 1 人在10，29的情况有 6 种故所求概率为 P 61035.(2)22 列联表如下：喜食蔬菜喜食肉类总计 男同学19625女同学17320总计36945由公式 K2n（adbc）2（ab）（cd）（ac）（bd），计算得 K20.562 5.因为 K22.706，所以没有 90%的把握认为喜食蔬菜还是喜食肉类与性别有关20解：(1)设点 D 的坐标为(x0，y0)，由抛物线的几何性质可知 x012，故 x01，y02，所以 D(1，2)又点 D(1，2)在直线 AB：x

20、ayb1 上，故1a2b1.设椭圆的左，右焦点分别为 F1(c，0)，F2(c，0)，由离心率 eca 32，知c2a234，即a2b2a234，所以 a2b.由可得 a5，b52，故椭圆 C 的标准方程为x225y22541.(2)由x225y22541，yxm可得 5x28mx4m2250.设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则(8m)245(4m225)0，故 0m21254，又 x1x28m5，x1x24m2255，则|MN|2（x1x2）24x1x2 28m524（4m225）52 251254m2；同理可得|PQ|2 251254m2.由题意知 MNPQ，故四边形 MPNQ 的

21、面积为S12|MN|PQ|12 825(1254m2)4（1254m2）25，又 0m21254，所以当 m0 时，面积 S 取得最大值 20.21解：(1)f(x)aex(ax2)ex(axa2)ex，由已知得 f(1)0，即(2a2)e0，解得 a1.当 a1 时，在 x1 处函数 f(x)(x2)ex 取得极小值，所以 a1.(2)f(x)(x2)ex，f(x)ex(x2)ex(x1)ex.f(x)，f(x)随 x 的变化情况如下表：x(，1)1(1，)f(x)0f(x)极小值所以函数 f(x)在(，1)上单调递减，在(1，)上单调递增当 m1 时，f(x)在m，m1上单调递增，f(x)

22、minf(m)(m2)em；当 0m1 时，m1m1，f(x)在m，1上单调递减，在1，m1上单调递增，f(x)minf(1)e；当 m0 时，m11，f(x)在m，m1上单调递减，f(x)minf(m1)(m1)em1.综上，f(x)在m，m1上的最小值f(x)min（m2）em，m1e，0m1（m1）em1，m0.(3)证明：由(1)知 f(x)(x2)ex，f(x)ex(x2)ex(x1)ex.令 f(x)0 得 x1，因为 f(0)2，f(1)e，f(2)0，所以在0，2上 f(x)max0，f(x)mine，所以，对任意 x1，x20，2，都有|f(x1)f(x2)|f(x)maxf

23、(x)mine.22解：(1)由 2sin，0，2)，可得 22sin.因为 2x2y2，sin y，所以曲线 C 的直角坐标方程为 x2y22y0(或 x2(y1)21)(2)因为直线 l 的参数方程为x 3t 3，y3t2，(t 为参数，tR)，消去 t 得直线 l 的普通方程为 y 3x5.因为曲线 C：x2(y1)21 是以 G(0，1)为圆心，1 为半径的圆，设点 D(x0，y0)，且点 D到直线 l：y 3x5 的距离最短，所以曲线 C 在点 D 处的切线与直线 l：y 3x5 平行，即直线 GD 与 l 的斜率的乘积等于1，即y01x0(3)1.因为 x20(y01)21，由解得

24、 x0 32 或 x0 32，所以点 D 的直角坐标为 32，12 或32，32.由于点 D 到直线 y 3x5 的距离最短，所以点 D 的直角坐标为32，32.23解：(1)当 a1 时，f(x)|x1|x2|.当 x1 时，f(x)1x2x32x，此时由 f(x)2 得 x12；当 1x2 时，f(x)x12x1，此时 f(x)2 无解；当 x2 时，f(x)x1x22x3，此时由 f(x)2 得 x52.综上可得不等式 f(x)2 的解集为，12 52，.(2)因为 f(x)|xa|x2a|(xa)(x2a)|a|，故 f(x)取得最小值|a|，因此原不等式等价于|a|a23a3.当 a0 时，有 aa23a3，即 a24a30，解得 2 7a2 7，此时有 0a2 7.当 a0 时，有aa23a3，即 a22a30，解得1a3，此时有1a0.综上可知 a 的取值范围是1，2 7