（全国统考版）2021届高考数学二轮复习 验收仿真模拟卷（十三）（理含解析）.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(1，2B.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，b4Ba3，b4Ca3，b4Da3，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()A4B5C6D74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 的图象关于原点中心对

2、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 2 017 项的和为

3、()A2B.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若3x 13 x2n的展开式中各项系数之和为 128，则展开式中1x3的系数是_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 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

4、(ax1x20.(1)求数列an的通项公式；(2)若 bn an2n1，数列bn的前 n 项和为 Tn，问是否存在正整数 m，使得 mTnm3 对任意的正整数 n 恒成立？若存在，求出 m 的值；若不存在，请说明理由20(本小题满分 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

5、 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

6、，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

7、，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 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

8、.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，y0，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，

9、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：令 x1，得3x 13 x2n的展开式中各项系数之和为(31)n12827，故 n7.则二项式的通项 Tr1Cr7(3x)7r(x23)r(1)r37rCr7x7r23r，令 753r3，得 r6，故展开式中1x3的系数是(1)6376C6721.答案：2114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 Rt

10、AOA1 中，sinAOA1AA1A1O242 63，sinC1OA1sin(2AOA1)sin 2AOA12sinAOA1cosAOA12 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

11、：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 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32a3.所以实数 a 的取值范围是32，3.答案：32，317解：(1)两个班数据的平均值都为 7，甲班的方差 s21（67）2（57）2（77）2（97）2（87）252，乙班的方差 s22（47）2（87）2（97）2（77）2（77

12、）25145，因为 s21s22，甲班的方差较小，所以甲班的成绩更稳定(2)由题知 X 可能取 0，1，2，P(X0)251215，P(X1)3512251212，P(X2)3512 310，所以 X 的分布列为X012P1512310X 的数学期望 E(X)0151122 3101110.Y 可能取 0，1，2，P(Y0)3515 325，P(Y1)354525151425，P(Y2)2545 825，所以 Y 的分布列为Y012P3251425825Y 的数学期望 E(Y)0 325114252 82565.18解：(1)以 D 为坐标原点，DA 所在直线为 x 轴，DC 所在直线为 y

13、轴，DD1 所在直线为 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系由题设知，B(2，3，0)，A1(2，0，5)，C(0，3，0)，C1(0，3，5)因为CECC1，所以 E(0，3，5)从而EB(2，0，5)，EA1(2，3，55)当BEA1 为钝角时，cosBEA10，所以EBEA1 0，即 225(55)0，解得150，所以 anan11，当 n1 时，a21a12a10，因为 an0，所以 a11，所以 an1(n1)n.(2)存在理由如下：由(1)知 bn n2n1，所以 Tn1 1202 121n 12n1，12Tn1 1212 122n 12n，得12Tn112 12n1n 12n21

14、 12nn 12n，故 Tn41 12n2n 12n44 12n2n 12n4(2n4)12n.易知 Tn0，所以 TnT11，故存在正整数 m1 满足题意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)(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

15、、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 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

16、(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（t1）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 t

17、2（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 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