（全国统考版）2021届高考数学二轮复习 验收仿真模拟卷（十三）（文含解析）.doc

1、高考仿真模拟卷(十三)(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|32x1，Bx|4x3x20，则 AB()A(1，2 B.1，43C0，1)D(1，)2已知复数 z1a4i，z23bi，若它们的和为纯虚数，差为实数，则实数 a，b 的值为()Aa3，b4 Ba3，b4Ca3，b4 Da3，b43阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的结果 s()A4 B5 C6 D74已知命题 p：函数 f(x)|cos x|的最小正周期为 2；命题 q：函数 yx3sin x 的图象关

2、于原点中心对称，则下列命题是真命题的是()ApqBpqC(綈 p)(綈 q)Dp(綈 q)5已知 T为常数，定义 fT(x)f（x），f（x）T，T，f（x）0，b0)经过等腰梯形 ABCD 的上底的两个顶点 C、D，下底的两个顶点 A、B 分别为双曲线的左、右焦点，对角线 AC 与双曲线的左支交于点 E，且 3|AE|2|EC|，|AB|2|CD|，则该双曲线的离心率是()A.2B.3C.5D.712已知点 O 为坐标原点，点 An(n，an)(nN*)为函数 f(x)1x1的图象上的任意一点，向量 i(0，1)，n 是向量 OAn 与 i 的夹角，则数列cos nsin n 的前 2 01

3、7 项的和为()A2 B.2 0162 017C.2 0172 018D1题号123456789101112 答案第卷二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分13.如图，为了测量 A，C 两点间的距离，选取同一平面上 B、D 两点，测出四边形 ABCD 各边的长度(单位：km)：AB5，BC8，CD3，DA5，且B 与D 互补，则 AC 的长为_km.14.如图，在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，点 O 为线段 BD 的中点设点 P 在线段 CC1 上，直线 OP 与平面 A1BD 所成的角为，则 sin 的取值范围是_15已知中心在坐标原点的椭圆 C 的右焦点为 F(1，0)，点

4、 F 关于直线 y12x 的对称点在椭圆 C 上，则椭圆 C 的方程为_16如果函数 yf(x)满足：在区间a，b上存在 x1，x2(ax1x2b)，使得 f(x1)f(x2)f（b）f（a）ba，则称函数 yf(x)在区间a，b上是一个双中值函数已知函数 f(x)13x3x2a 是区间0，a上的双中值函数，则实数 a 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)已知等差数列an中，a12，公差 d3；数列bn中，Sn 为其前 n 项和，满足 2nSn12n(nN*)(1)记 cn1anan1，求数列cn的前 n 项和 Tn；(2)求证：数列bn

5、是等比数列18.(本小题满分 12 分)如图，四棱锥 P-ABCD 的底面是边长为 1 的正方形，侧棱 PA底面ABCD，且 PA2，E 是侧棱 PA 上的动点(1)求四棱锥 P-ABCD 的体积；(2)如果 E 是 PA 的中点，求证：PC平面 BDE；(3)是否不论点 E 在侧棱 PA 的任何位置，都有 BDCE？证明你的结论19(本小题满分 12 分)为了传承经典，促进学生课外阅读，某校从高中年级和初中年级各随机抽取 100 名同学进行有关对中国“四大名著”常识了解的竞赛图 1 和图 2 分别是高中年级和初中年级参加竞赛的学生成绩按40，50)，50，60)，60，70)，70，80分组

6、，得到的频率分布直方图(1)分别计算参加这次知识竞赛的两个学段的学生的平均成绩(每一组成绩用其组中值代表)；(2)规定竞赛成绩达到75，80为优秀，经统计初中年级有 3 名男同学，2 名女同学达到优秀，现从上述 5 人中任选 2 人参加复试，求选中的 2 人恰好都为女生的概率；(3)完成下面 22 列联表，并回答是否有 99%的把握认为“两个学段的学生对四大名著的了解有差异”？成绩小于60 分人数成绩不小于60 分人数总计初中年级 高中年级 总计附：K2n（adbc）2（ab）（cd）（ac）（bd）临界值表：P(K2k0)0.100.050.010 k02.7063.8416.63520(本

7、小题满分 12 分)在矩形 ABCD 中，|AB|8，|BC|6，P、Q、R、S 分别为四条边的中点，以 SQ 和 PR 所在直线分别为 x 轴，y 轴，建立平面直角坐标系，如图所示，设 M，N 分别是线段 OQ 与线段CQ 上的动点(O 为坐标原点)，并且满足|OM|NQ|MQ|CN|.(1)求直线 PM 与 RN 的交点 T 的轨迹方程，并说明是何种曲线；(2)当 M 是 OQ 的中点时，求TPR 的面积21.(本小题满分 12 分)已知函数 f(x)aln xx，g(x)x2(1a)x(2a)ln x，其中 aR.(1)若 g(x)在其定义域内为增函数，求实数 a 的取值范围；(2)若函

8、数 F(x)f(x)g(x)的图象交 x 轴于 A，B 两点，AB 中点的横坐标为 x0，问：函数F(x)的图象在点(x0，F(x0)处的切线能否平行于 x 轴？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：坐标系与系数方程在极坐标系中，已知曲线 C1：2cos 和曲线 C2：cos 3，以极点 O 为坐标原点，极轴为 x 轴非负半轴建立平面直角坐标系(1)求曲线 C1 和曲线 C2 的直角坐标方程；(2)若点 P 是曲线 C1 上一动点，过点 P 作线段 OP 的垂线交曲线 C2 于点 Q，求线段 PQ 长度的最小值23(本小

9、题满分 10 分)选修 4-5：不等式选讲设函数 f(x)|x1|xa|(aR)(1)当 a4 时，求不等式 f(x)5 的解集；(2)若 f(x)4 对 aR 恒成立，求实数 a 的取值范围.高考仿真模拟卷(十三)1解析：选 B.因为 Ax|32x1x|x1，Bx0 x43 所以 ABx1x43，选 B.2解析：选 B.因为 z1z2(a3)(4b)i 是纯虚数，所以 a3，b4.因为 z1z2(a3)(4b)i 是实数，所以 b4.3解析：选 C.执行程序框图，可知：n2，s1(1)343；n3，s3(1)4326，跳出循环，输出的 s6，故选 C.4解析：选 B.因为命题 p 为假，命题

10、 q 为真，所以 pq 为真命题5解析：选 C.由题意得，f(e)e12，所以 f2(e)2，又 f(2)2ln 23，所以 f3f2(e)3.6解析：选 C.对于变量 Y 与 X 而言，Y 随 X 的增大而增大，故 Y 与 X 成正相关，即 r10；对于变量 V 与 U 而言，V 随 U 的增大而减小，故 V 与 U 成负相关，即 r20，所以有 r20r1.7解析：选 A.设双曲线的方程为 mx2ny21(mn2，故选 C.11解析：选 D.由题意可知，A(c，0)，B(c，0)，又点 C 在双曲线上，ABCD 为等腰梯形，|AB|2|CD|，所以点 C 的横坐标为c2，不妨设 Cc2，y

11、0，由 3|AE|2|EC|可知AE23EC，得 E2c5，2y05，从而满足c24a2y20b21，4c225a2 4y2025b21，消去y20b2，得c2a27，所以该双曲线的离心率为 7.12解析：选 C.因为 an1n1，所以OAnn，1n1，所以 cos nOAni|OAn|i|1n1n21（n1）2，因为 0n，所以 sin n1cos2 nnn21（n1）2，所以cos nsin n1n（n1）1n 1n1，所以cos 1sin 1cos 2sin 2cos 2 017sin 2 017112121312 01712 018112 0182 0172 018.13解析：在ABC

12、 中，由余弦定理得 AC2AB2BC22ABBCcos B8980cos B，在ACD 中，由余弦定理得 AC2CD2AD22ADCDcos D3430cos D，所以 8980cos B3430cos D，因为 BD180，所以 cos Bcos D，所以 cos D12，所以 AC2343012 49，所以 AC7.答案：714解析：由题意可得：直线 OP 与平面 A1BD 所成的角 的取值范围是AOA1，2 C1OA1，2，不妨取 AB2.在 RtAOA1 中，sinAOA1AA1A1O242 63，sinC1OA1sin(2AOA1)sin 2AOA12sinAOA1cosAOA12

13、63 33 2 23 63，所以 sin 的取值范围是63，1.答案：63，115解析：设 F(1，0)关于直线 y12x 的对称点为(x，y)，则0y2 121x2，y0 x1121，解得x35，y45，由于椭圆的两个焦点为(1，0)，(1，0)，所以 2a3512 4523512 4526 55，a3 55，又 c1，所以 b2a2c295145，所以椭圆 C 的方程为x295y2451，即5x29 5y24 1.答案：5x29 5y24 116解析：由题意可知，在区间0，a上存在 x1，x2(0 x1x2a)，使得 f(x1)f(x2)f（a）f（0）a013a3a2a13a2a，因为

14、f(x)13x3x2a，所以 f(x)x22x，所以方程 x22x13a2a 在区间(0，a)上有两个不同的解，令 g(x)x22x13a2a(0 x0，g（0）13a2a0，g（a）23a2a0，2ax1x22，解得32a6.635，故有 99%的把握认为“两个学段的学生对四大名著的了解有差异”20解：(1)依题意设 M(m，0)，N(4，n)，T(x，y)，其中 0m4，0n3，因为 P(0，3)，R(0，3)，所以由PM PT得，3xm(y3)0，所以 3m 9xy3.由RNRT得(n3)x4(y3)0，所以 4(n3)16（y3）x，因为|OM|NQ|MQ|CN|，所以 mn(4m)(

15、3n)，即 3m4n12，所以 3m4(n3)0.将代入得 9xy316（y3）x0，即x216y291(0 x4，0y3)它是中心在坐标原点、焦点在 x 轴上，长轴长为 8，短轴长为 6 的椭圆(在第一象限的部分曲线)(2)当 M 为 OQ 的中点时，m2，n32.直线 PM：3x2y60，直线 RN：3x8y240，联立两式解得 T(3.2，1.8)，所以 STPR1263.29.6.21解：(1)g(x)2x(1a)2ax2x2（1a）x（2a）x，因为 g(x)的定义域为x|x0，且 g(x)在其定义域内为增函数，所以 g(x)0 在 x0 时恒成立，则 2x2(1a)x(2a)0 在

16、 x0 时恒成立，所以 a52（x1）1x1 在 x0 时恒成立而当 x0 时，2(x1)1x13.所以 a2，)(2)不能理由如下：假设 F(x)的图象在(x0，F(x0)处的切线平行于 x 轴，F(x)2ln xx2ax，F(x)2x2xa，不妨设 A(m，0)，B(n，0)，0mn，则2ln mm2am0，2ln nn2an0，mn2x0，2x02x0a0.得 2lnmn(mn)(mn)a(mn)，所以 a2lnmnmn2x0，由得 a2x02x0，所以 lnmn2（mn）mn2mn1mn1，设 tmn(0，1)，式可变为 ln t2（t1）t10(t(0，1)设 h(t)ln t2（t

17、1）t1，h(t)1t2（t1）2（t1）（t1）2（t1）24tt（t1）2（t1）2t（t1）20(t(0，1)所以函数 h(t)ln t2（t1）t1在(0，1)上单调递增，因此 h(t)h(1)0，也就是 ln mn2mn1mn1，此式与矛盾所以 F(x)的图象在点(x0，F(x0)处的切线不能平行于 x 轴22解：(1)C1 的直角坐标方程为(x1)2y21，C2 的直角坐标方程为 x3.(2)设曲线 C1 与 x 轴异于原点的交点为 A，因为 PQOP，所以 PQ 过点 A(2，0)，设直线 PQ 的参数方程为x2tcos ytsin(t 为参数)，代入 C1 可得 t22tcos

18、 0，解得 t10，t22cos，可知|AP|t2|2cos|，代入 C2 可得 2tcos 3，解得 t1cos，可知|AQ|t|1cos ，所以|PQ|AP|AQ|2cos|1cos 2 2，当且仅当|2cos|1cos 时取等号，所以线段 PQ 长度的最小值为 2 2.23解：(1)当 a4 时，|x1|xa|5 等价于x1，2x55或1x4，35或x4，2x55，解得 x0 或 x5，所以不等式 f(x)5 的解集为x|x0 或 x5(2)因为 f(x)|x1|xa|(x1)(xa)|a1|.所以 f(x)min|a1|.要使 f(x)4 对 aR 恒成立，则|a1|4 即可，所以 a3 或 a5，即实数 a 的取值范围是a|a3 或 a5