（全国统考版）2021届高考数学二轮复习 验收仿真模拟卷（六）（文含解析）.doc

1、高考仿真模拟卷(六)(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 Ax142x4，By|y x2 2x，则 AB()A2 B0 C2，2 D0，22已知复数 z3i（1i）2，其中 i 为虚数单位，则|z|()A.12B1 C.2D23在ABC 中，M 为 AC 的中点，BCCD，MD xAByAC，则 xy()A1 B.12C.13D.324已知 cos12 13，则 sin512 的值是()A.13B.2 23C13D2 235已知直线 l：xay10(aR)是圆 C：x2y24x2

2、y10 的对称轴过点 A(4，a)作圆 C 的一条切线，切点为 B，则|AB|()A2 B4 2C6 D2 106执行如图所示的程序框图，若输出 s4，则判断框内应填入的条件是()Ak14 Bk15 Ck16 Dk177长方体 ABCD-A1B1C1D1，AB4，AD2，AA1 5，则异面直线 A1B1 与 AC1 所成角的余弦值为()A.25B.35C.45D.128.赵爽是我国古代数学家、天文学家，大约在公元 222 年，赵爽为周碑算经一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”(以弦为边长得到的正方形是由 4 个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成的)类比“赵爽弦图”，可类

3、似地构造如图所示的图形，它是由 3 个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形，设 DF2AF4，若在大等边三角形中随机取一点，则此点取自小等边三角形的概率是()A.413B.513C.926D.3269抛物线 x212y 在第一象限内图象上一点(ai，2a2i)处的切线与 x 轴交点的横坐标记为 ai1，其中 iN*，若 a232，则 a2a4a6 等于()A64 B42 C32 D2110已知平面向量 a，b 的夹角为3，|ab|a|2 3.若非零向量 ca 与 cb 的夹角为23，则|c|的取值范围是()A(3，4 B(2 3，4C(2，2 3 D2 3，411.已知函

4、数 f(x)Asin(x)A0，0，|2，)xR 的图象如图所示，令 g(x)f(x)f(x)，则下列关于函数 g(x)的说法中不正确的是()A函数 g(x)图象的对称轴方程为 xk12(kZ)B函数 g(x)的最大值为 2 2C函数 g(x)的图象上存在点 P，使得在 P 点处的切线与直线 l：y3x1 平行D方程 g(x)2 的两个不同的解分别为 x1，x2，则|x1x2|最小值为212已知函数 f(x)x2ax(1exe，e 为自然对数的底数)与 g(x)ex 的图象上存在关于直线 yx 对称的点，则实数 a 的取值范围是()A.1，e1eB.1，e1eC.e1e，e1eD.e1e，e题

5、号123456789101112 答案第卷二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分13若变量 x，y 满足约束条件yx，xy4，yk，且 z2xy 的最小值为6，则 k_.14在ABC 中，a、b、c 分别为角 A、B、C 的对边，且满足 4cos2A2cos2(BC)72，若 a2，则ABC 的面积的最大值是_15在三棱锥 P-ABC 中，PAPB2 2，AB4，BC3，AC5，若平面 PAB平面 ABC，则三棱锥 P-ABC 外接球的表面积为_16若 a，b 是函数 f(x)x2pxq(p0，q0)的两个不同的零点，且 a，b，2 这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数

6、列，则 pq 的值等于_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 为数列an的前 n 项和，已知 a12，对任意 nN*，都有 2Sn(n1)an.(1)求数列an的通项公式；(2)若数列4an（an2）的前 n 项和为 Tn，求证：12Tn1.18(本小题满分 12 分)某校从参加某次知识竞赛的同学中，选取 60 名同学将其成绩(百分制，均为整数)分成40，50)，50，60)，60，70)，70，80)，80，90)，90，100六组后，得到部分频率分布直方图(如图)，观察图中的信息，回答下列问题(1)求分数在70，80)内的频率；(2)从频率

7、分布直方图中，估计本次考试成绩的中位数；(3)若从第 1 组和第 6 组两组学生中，随机抽取 2 人，求所抽取 2 人成绩之差的绝对值大于 10 的概率19.(本小题满分 12 分)如图，四棱锥 P-ABCD 中，PD底面 ABCD，ABCD，BAD3，AB1，CD3，M 为 PC 上一点，且 MC2PM.(1)证明：BM平面 PAD；(2)若 AD2，PD3，求点 D 到平面 PBC 的距离20(本小题满分 12 分)设函数 f(x)ln xx22axa2，aR.(1)当 a0 时，曲线 yf(x)与直线 y3xm 相切，求实数 m 的值；(2)若函数 f(x)在1，3上存在单调递增区间，求

8、 a 的取值范围.21(本小题满分 12 分)已知椭圆x2a2y2b21(ab0)的离心率为 32，以椭圆的一个短轴端点及两个焦点为顶点的三角形的面积为 3，圆 C 的方程为(xa)2(yb)2 ab2.(1)求椭圆及圆 C 的方程；(2)过原点 O 作直线 l 与圆 C 交于 A，B 两点，若CACB2，求直线 l 被圆 C 截得的弦长请考生在 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，直线 l 的参数方程为x3 22 t，y 5 22 t(t 为参数)在以原点 O 为极点，x 轴正半轴

9、为极轴的极坐标系中，圆 C 的方程为 2 5sin.(1)写出直线 l 的普通方程和圆 C 的直角坐标方程；(2)若点 P 坐标为(3，5)，圆 C 与直线 l 交于 A、B 两点，求|PA|PB|的值23(本小题满分 10 分)选修 4-5：不等式选讲已知函数 f(x)2|x1|x2|.(1)求 f(x)的最小值 m；(2)若 a，b，c 均为正实数，且满足 abcm，求证：b2a c2ba2c 3.高考仿真模拟卷(六)1解析：选 B.由142x4，得2x2，即 A2，2，由 y x2 2x，得 x2，所以 y0，所以 B0，所以 AB0故选 B.2解析：选 B.因为 z3i（1i）2 3i

10、2i12 32 i，所以|z|122 3221.3解析：选 B.MD MC CD MC BC12AC(ACAB)32ACAB，故 x1，y32xy12.4解析：选 A.sin512sin212cos12 13.5解析：选 C.由于直线 xay10 是圆 C：x2y24x2y10 的对称轴，所以圆心 C(2，1)在直线 xay10 上，所以 2a10，所以 a1，所以 A(4，1)所以|AC|236440.又 r2，所以|AB|240436.所以|AB|6.6解析：选 B.由程序可知，该程序是计算 s1log23log34logk(k1)lg 3lg 2lg 4lg 3lg（k1）lg klg（

11、k1）lg 2log2(k1)，由 slog2(k1)4，得 k15，则当 k15 时，kk115116 不满足条件，所以条件为 k15.故选 B.7解析：选 C.因为 C1D1A1B1，所以异面直线 A1B1 与 AC1 所成的角即为 C1D1 与 AC1 所成的角AC1D1，在 RtAC1D1 中，C1D14，AC14222（5）25，所以 cosAC1D1C1D1AC1 45.8解析：选 A.在ABD 中，AD6，BD2，ADB120，由余弦定理，得 AB AD2BD22ADBDcos 1202 13，所以DFAB42 13 213，所以所求概率为SDEFSABC2132 413.9解析

12、：选 B.令 yf(x)2x2，则切线斜率 kf(ai)4ai，切线方程为 y2a2i4ai(xai)，令 y0 得 xai112ai，由 a232 得 a48，a62，所以 a2a4a642.10解析：选 B.设 aOA，bOB，cOC，由 a，b 的夹角为3，|ab|a|2 3可知OAB 为正三角形由 ca 与 cb 的夹角为23 可知，O，A，C，B 四点共圆，且点 C 在劣弧AB上由题意可知|c|a|ab|2 3，因为该圆的直径为 2R 2 3sin34，所以|c|4，故 2 3|c|4.11解析：选 C.由函数的最值可得 A2，函数的周期 T423 6 22，所以 1，当 x6 时，

13、x16 2k2，所以 2k3(kZ)，令 k0 可得 3，函数的解析式 f(x)2sinx3.则 g(x)f(x)f(x)2sinx3 2cosx32 2sinx3 42 2sinx712，结合函数的解析式有g(x)2 2cosx712 2 2，2 2，而 32 2，2 2，选项 C 错误，依据三角函数的性质考查其余选项均正确本题选择 C 选项12解析：选 A.因为函数 f(x)与 g(x)的图象在1e，e 上存在关于直线 yx 对称的点，所以问题转化为方程x2axln x在1e，e 上有解，即ax2ln xx在1e，e 上有解令h(x)x2ln xx，则 h(x)x2ln x1x2，当 x1

14、 时，h(x)0，当1ex1 时，h(x)0，当 10，所以 h(x)在1e，1 上单调递减，在(1，e上单调递增，又 h(1)1，h 1e e1e，h(e)e1e，所以 h(x)1，e1e，即 a1，e1e，故选 A.13解析：由直线 yx 和 yk 求得交点(k，k)，由目标函数对应的直线的斜率得，当直线 z2xy 过 yx 和 yk 的交点(k，k)时，目标函数取得最小值，所以 2kk6，k2.答案：214解析：因为 BC A，所以 cos 2(BC)cos(2 2A)cos 2A2cos2A1，又 cos2A21cos A2，所以 4cos2A2cos 2(BC)72可化为 4cos2

15、A4cos A10，解得 cos A12.又 A 为三角形的内角，所以 A3，由余弦定理得 4b2c22bccos A2bcbcbc，即 bc4，当且仅当 bc 时取等号，所以 SABC12bcsin A124 32 3，即ABC 的面积的最大值为 3.答案：315解析：取 AB 的中点 O，AC 的中点 O，连接 OO，因为 PA2PB2AB2，所以PAB 是以 AB 为斜边的等腰直角三角形，从而点 O为PAB外接圆的圆心，又 AB2BC2AC2，所以ABC 是以 AC 为斜边的直角三角形，从而点 O 为ABC 外接圆的圆心，又因为 OOBC，所以 OOAB，又因为平面 PAB平面 ABC，

16、且平面 PAB平面 ABCAB，所以 OO平面 PAB，所以点 O 为三棱锥 P-ABC 外接球的球心，所以外接球的半径 ROA12AC52，故外接球的表面积 S4R225.答案：2516解析：因为 a，b 为函数 f(x)x2pxq(p0，q0)的两个不同的零点，所以p24q0，abp，abq，所以 a0，b0，所以当2 在中间时，a，b，2 这三个数不可能成等差数列，且只有当2在中间时，a，b，2 这三个数才能成等比数列经分析知，a，b，2，或 b，a，2，或2，a，b，或2，b，a 成等差数列，a，2，b，或 b，2，a 成等比数列不妨取数列 a，b，2 成等差数列，数列 a，2，b 成

17、等比数列，则有a22b，ab4，解得a4，b1或a2，b2(舍去)，所以p5，q4，所以 pq9.答案：917解：(1)因为 2Sn(n1)an，当 n2 时，2Sn1nan1，两式相减，得 2an(n1)annan1，即(n1)annan1，所以当 n2 时，ann an1n1，所以ann a11.因为 a12，所以 an2n.(2)证明：因为 an2n，令 bn4an（an2），nN*，所以 bn42n（2n2）1n（n1）1n 1n1.所以 Tnb1b2bn112 1213 1n 1n1 1 1n1 nn1.因为 1n10，所以 1 1n11.因为 f(n)1n1在 N*上是递减函数，所

18、以 1 1n1在 N*上是递增的，所以当 n1 时，Tn 取得最小值12.所以12Tn1.18解：(1)分数在70，80)内的频率为 1(0.010.01520.0250.005)100.3.(2)由频率分布直方图可知中位数为 70100.10.32203.(3)第 1 组共有：600.16 人(设为 1，2，3，4，5，6)，第 6 组共有：600.053 人(设为 A，B，C)，从第 1 组和第 6 组两组学生中，随机抽取 2 人，共组成的基本事件有：1，2、1，3、1，4、1，5、1，6、1，A、1，B、1，C、2，3、2，4、2，5、2，6、2，A、2，B、2，C、3，4、3，5、3，

19、6、3，A、3，B、3，C、4，5、4，6、4，A、4，B、4，C、5，6、5，A、5，B、5，C、6，A、6，B、6，C、A，B、A，C、B，C，共 36 个，满足条件的有1，A、1，B、1，C、2，A、2，B、2，C、3，A、3，B、3，C、4，A、4，B、4，C、5，A、5，B、5，C、6，A、6，B、6，C，共 18 个，所以所求概率为12.19解：(1)证明：如图，过点 M 作 MECD 交 PD 于 E，连接 AE，因为 ABCD，所以 ABEM.又 MC2PM，CD3，故EMDCPMPC13，得 EM1.由 AB1 知 EM 綊 AB，故四边形 ABME 为平行四边形，因此 BM

20、AE，又 AE平面 PAD，所以 BM平面 PAD.(2)连接 BD，由已知 AD2，AB1，BAD3，可得 DB2AD2AB22ADABcosBAD3，即 DB 3.因为 DB2AB2AD2，所以ABD 为直角三角形，ABD2，因为 ABCD，所以BDC2.又 DC3，故 BC DC2DB22 3.由 PD底面 ABCD，得 PDDB，PDDC，故 PB PD2DB22 3，PC PD2DC23 2.因为 BCPB，所以PBC 为等腰三角形，SPBC12PCBC212PC2123 2129232 15.设点 D 到平面 PBC 的距离为 h，则 VDPBC13SPBCh 152 h.而 SB

21、DC12DCDB123 33 32，所以 VPBDC13SBCDPD133 32 33 32.因为 VDPBCVPBDC，即 152 h3 32，故 h3 55.所以点 D 到平面 PBC 的距离为3 55.20解：(1)当 a0 时，f(x)ln xx2，其定义域为(0，)f(x)的导函数 f(x)1x2x，令 f(x)3，解得 x1 或 x12，代入 f(x)的解析式，可得切点的坐标为(1，1)或12，14ln 2.将切点坐标代入直线 y3xm，可得 m2 或 m54ln 2.(2)因为 f(x)的导函数 f(x)1x2x2a2x22ax1x，其分母在1，3上恒为正设 g(x)2x22ax

22、1.假设函数 f(x)在1，3上不存在单调递增区间，必有 g(x)0.于是g（1）32a0，g（3）196a0，解得 a196.故要使函数 f(x)在1，3上存在单调递增区间，a 的取值范围是，196.21解：(1)设椭圆的焦距为 2c，左、右焦点分别为 F1(c，0)，F2(c，0)，由椭圆的离心率为 32 可得ca 32，即a2b2a234，所以 a2b，b 33 c.以椭圆的一个短轴端点及两个焦点为顶点的三角形的面积为12b2c 3，即1233 c2c3，所以 c 3，则 a2，b1，所以椭圆的方程为x24y21，圆 C 的方程为(x2)2(y1)24.(2)当直线 l 的斜率不存在时，

23、直线方程为 x0，与圆 C 相切，不符合题意当直线 l 的斜率存在时，设直线方程为 ykx，由ykx，（x2）2（y1）24，可得(k21)x2(2k4)x10，由条件可得(2k4)24(k21)0，即 k34.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1x22k4k21，x1x21k21，y1y2k(x1x2)2k24kk21，y1y2k2x1x2 k2k21，而圆心 C 的坐标为(2，1)，则CA(x12，y11)，CB(x22，y21)，所以CACB(x12)(x22)(y11)(y21)2，即 x1x22(x1x2)y1y2(y1y2)52，所以1k2122k4k21 k2k212

24、k24kk21 52，解得 k0 或 k43.当 k0 时，在圆 C 中，令 y0 可得 x2 3或 x2 3，故直线 l 被圆 C 截得的弦长为 2 3；当 k43时，直线 l 的方程为 4x3y0，圆心 C(2，1)到直线 l 的距离 d|83|51，故直线 l 被圆 C 截得的弦长为 2 22122 3，综上可知，直线 l 被圆 C 截得的弦长为 2 3.22解：(1)由x3 22 t，y 5 22 t得直线 l 的普通方程为 xy3 50.又由 2 5sin 得圆 C 的直角坐标方程为 x2y22 5y0，即 x2(y 5)25.(2)把直线 l 的参数方程代入圆 C 的直角坐标方程，

25、得3 22 t222 t25.即 t23 2t40.由于(3 2)24420，故可设 t1、t2 是上述方程的两实数根，所以 t1t23 2，t1t24.又直线 l 过点 P(3，5)，A、B 两点对应的参数分别为 t1、t2，所以|PA|PB|t1|t2|t1t23 2.23解：(1)当 x1 时，f(x)2(x1)(x2)3x(3，)；当1x2 时，f(x)2(x1)(x2)x43，6)；当 x2 时，f(x)2(x1)(x2)3x6，)综上，f(x)的最小值 m3.(2)证明：a，b，c 均为正实数，且满足 abc3，因为b2a c2ba2c(abc)b2a a c2bb a2c c2b2a ac2bba2c c2(abc)(当且仅当 abc1 时，取“”)所以b2a c2ba2c abc，即b2a c2ba2c 3.