（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A，By|y，则AB()A2 B0 C2，2 D0，22已知复数z，其中i为虚数单位，则|z|()A. B1 C. D23在ABC中，M为AC的中点，xy，则xy()A1 B. C. D.4已知cos，则sin的值是()A. B. C D5已知直线l：xay10(aR)是圆C：x2y24x2y10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 C6 D26执行如图所示的程序框图，若输出s4，则判断框内应

2、填入的条件是()Ak14 Bk15 Ck16 Dk177长方体ABCDA1B1C1D1，AB4，AD2，AA1，则异面直线A1B1与AC1所成角的余弦值为()A. B. C. D.8.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. B. C. D.9

3、抛物线x2y在第一象限内图象上一点(ai，2a)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，|ab|a|2.若非零向量ca与cb的夹角为，则|c|的取值范围是()A(，4 B(2，4C(2，2 D2，411.已知函数f(x)Asin(x)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xk(kZ)B函数g(x)的最大值为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

4、分别为x1，x2，则|x1x2|最小值为12已知函数f(x)x2ax(xe，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. B.C. D.题号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4cos2cos2(BC)，若a2，则ABC的面积的最大值是_15在三棱锥PABC中，PAPB2，AB4，BC3，AC5，若平面PAB平面ABC，则三棱锥PABC外接球的表面积为_16若a，b是函数f(x)x2pxq

5、(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)若数列的前n项和为Tn，求证：Tn1.18(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)

6、求分数在70，80)内的频率；(2)从频率分布直方图中，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PABCD中，PD底面ABCD，ABCD，BAD，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a的取值范围 .21(本小题满分1

7、2分)已知椭圆1(ab0)的离心率为，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，圆C的方程为(xa)2(yb)2.(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2，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44：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(t为参数)在以原点O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，圆C的方程为2sin .(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，)，圆C与直线l交于A、B两点，求|PA|PB|的值23(

8、本小题满分10分)选修45：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：3.高考仿真模拟卷(六)1解析：选B.由2x4，得2x2，即A2，2，由y，得x2，所以y0，所以B0，所以AB0故选B.2解析：选B.因为zi，所以|z|1.3解析：选B.()，故x1，yxy.4解析：选A.sinsincos.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|A

9、B|6.6解析：选B.由程序可知，该程序是计算s1log23log34logk(k1)log2(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，AC15，所以cosAC1D1.8解析：选A.在ABD中，AD6，BD2，ADB120，由余弦定理，得AB2，所以，所以所求概率为.9解析：选B.令yf(x)2x2，则切线斜率kf(ai)4ai，切线方程为y2a4ai(xai)，令y0得xai1ai

10、，由a232得a48，a62，所以a2a4a642.10解析：选B.设a，b，c，由a，b的夹角为，|ab|a|2可知OAB为正三角形由ca与cb的夹角为可知，O，A，C，B四点共圆，且点C在劣弧上由题意可知|c|a|ab|2，因为该圆的直径为2R4，所以|c|4，故2|c|4.11解析：选C.由函数的最值可得A2，函数的周期T42，所以1，当x时，x12k，所以2k(kZ)，令k0可得，函数的解析式f(x)2sin.则g(x)f(x)f(x)2sin2cos2sin2sin，结合函数的解析式有g(x)2cos2，2，而32，2，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1

11、2解析：选A.因为函数f(x)与g(x)的图象在上存在关于直线yx对称的点，所以问题转化为方程x2axln x在上有解，即a在上有解令h(x)，则h(x)，当x1时，h(x)0，当x1时，h(x)0，当10，所以h(x)在上单调递减，在(1，e上单调递增，又h(1)1，he，h(e)e，所以h(x)，即a，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cos2，所以4co

12、s2cos 2(BC)可化为4cos2A4cos A10，解得cos A.又A为三角形的内角，所以A，由余弦定理得4b2c22bccos A2bcbcbc，即bc4，当且仅当bc时取等号，所以SABCbcsin A4，即ABC的面积的最大值为.答案：15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，且平面PAB平面ABCAB，所以OO平面PAB，所以点O

13、为三棱锥PABC外接球的球心，所以外接球的半径ROAAC，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成等比数列，则有解得或(舍去)，所以所以pq9.答案：917解：(1)因为2Sn(n1)an，当n2时，2Sn1nan1，两式相减，得2an(n1

14、)annan1，即(n1)annan1，所以当n2时，所以.因为a12，所以an2n.(2)证明：因为an2n，令bn，nN*，所以bn.所以Tnb1b2bn1.因为0，所以11.因为f(n)在N*上是递减函数，所以1在N*上是递增的，所以当n1时，Tn取得最小值.所以Tn1.18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7010.(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，

15、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、3，6、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.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，得EM

16、1.由AB1知EM綊AB，故四边形ABME为平行四边形，因此BMAE，又AE平面PAD，所以BM平面PAD.(2)连接BD，由已知AD2，AB1，BAD，可得DB2AD2AB22ADABcosBAD3，即DB.因为DB2AB2AD2，所以ABD为直角三角形，ABD，因为ABCD，所以BDC.又DC3，故BC2.由PD底面ABCD，得PDDB，PDDC，故PB2，PC3.因为BCPB，所以PBC为等腰三角形，SPBCPC3.设点D到平面PBC的距离为h，则VDPBCSPBChh.而SBDCDCDB3，所以VPBDCSBCDPD3.因为VDPBCVPBDC，即h，故h.所以点D到平面PBC的距离为

17、.20解：(1)当a0时，f(x)ln xx2，其定义域为(0，)f(x)的导函数f(x)2x，令f(x)3，解得x1或x，代入f(x)的解析式，可得切点的坐标为(1，1)或.将切点坐标代入直线y3xm，可得m2或mln 2.(2)因为f(x)的导函数f(x)2x2a，其分母在1，3上恒为正设g(x)2x22ax1.假设函数f(x)在1，3上不存在单调递增区间，必有g(x)0.于是解得a.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.21解：(1)设椭圆的焦距为2c，左、右焦点分别为F1(c，0)，F2(c，0)，由椭圆的离心率为可得，即，所以a2b，bc.以椭圆的一个短轴端点

18、及两个焦点为顶点的三角形的面积为b2c，即c2c，所以c，则a2，b1，所以椭圆的方程为y21，圆C的方程为(x2)2(y1)24.(2)当直线l的斜率不存在时，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，由可得(k21)x2(2k4)x10，由条件可得(2k4)24(k21)0，即k.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2，y1y2k(x1x2)，y1y2k2x1x2，而圆心C的坐标为(2，1)，则(x12，y11)，(x22，y21)，所以(x12)(x22)(y11)(y21)2，即x1x22(x1x2)y1y2(y1y2)52，所

19、以252，解得k0或k.当k0时，在圆C中，令y0可得x2或x2，故直线l被圆C截得的弦长为2；当k时，直线l的方程为4x3y0，圆心C(2，1)到直线l的距离d1，故直线l被圆C截得的弦长为22，综上可知，直线l被圆C截得的弦长为2.22解：(1)由得直线l的普通方程为xy30.又由2sin 得圆C的直角坐标方程为x2y22y0，即x2(y)25.(2)把直线l的参数方程代入圆C的直角坐标方程，得5.即t23t40.由于(3)24420，故可设t1、t2是上述方程的两实数根，所以t1t23，t1t24.又直线l过点P(3，)，A、B两点对应的参数分别为t1、t2，所以|PA|PB|t1|t2|t1t23.23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(abc)22(abc)(当且仅当abc1时，取“”)所以abc，即3.