（全国统考版）2021届高考数学二轮复习 验收仿真模拟卷（十八）（文含解析）.doc

1、高考仿真模拟卷(十八)(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已知集合 Ayylog2x，12x4，Bx|x2，则 AB()A1，2 B0，2C1，4 D0，42已知复数 z42i（1i）2(i 为虚数单位)在复平面内对应的点在直线 x2ym0 上，则 m 的值为()A3 B4 C5 D63已知角 的顶点在坐标原点，始边与 x 轴的正半轴重合，M(2，2)为其终边上一点，则 cos 2()A23B.23C13D.134已知直角坐标原点 O 为椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的中心，F1

2、，F2 为左、右焦点，在区间(0，2)上任取一个数 e，则事件“以 e 为离心率的椭圆 C 与圆 O：x2y2a2b2 没有交点”的概率为()A.24B.4 24C.22D.2 225为了规定工时定额，需要确定加工零件所花费的时间，为此进行了 5 次试验，得到5 组数据(x1，y1)，(x2，y2)，(x3，y3)，(x4，y4)，(x5，y5)根据收集到的数据可知 x1x2x3x4x5150，由最小二乘法求得回归直线方程为y0.67x54.9，则 y1y2y3y4y5 的值为()A75 B155.4 C375 D466.26将函数 f(x)sin2x2 的图象向右平移4个单位后得到函数 g(

3、x)的图象，则 g(x)具有性质()A最大值为 1，图象关于直线 x2对称B在0，4 上单调递减，为奇函数C在38，8 上单调递增，为偶函数D周期为，图象关于点38，0 对称7某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为 32，则它的表面积是()A.3 1323 222B.3 13432 222C.132 22D.134 228函数 f(x)x1x ln|x|图象的大致形状为()9已知一次函数 f(x)kxb 的图象经过点 P(1，2)和 Q(2，4)，令 anf(n)f(n1)，nN*，记数列1an 的前 n 项和为 Sn，当 Sn 625时，n 的值等于()A24 B25 23 D2610

4、已知不等式组xy2 2 0，x2 2，y2 2表示平面区域，过区域 中的任意一个点 P，作圆 x2y21 的两条切线且切点分别为 A，B，当PAB 的面积最小时，cos APB 的值为()A.78B.12C.34D.3211设 F1，F2 为双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的左、右焦点，点 P(x0，2a)为双曲线上一点，若PF1F2 的重心和内心的连线与 x 轴垂直，则双曲线的离心率为()A.62B.52C.6D.512已知函数 f(x)|log3x|，0 x3，sin 6 x，3x15.若存在实数 x1，x2，x3，x4，满足 x1x2x3x4，且 f(x1)f(x2)f(x3)f(

5、x4)，则（x32）（x42）x1x2的取值范围是()A(10，52)B(13，40)C(11，17)D(15，25)题号123456789101112 答案第卷二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分13已知两个向量OA，OB 都是单位向量，其夹角为 60，又OA OC 0，且OC tOA(1t)OB，则 t_14如图所示的程序框图中，x2，2，则能输出 x 的概率为_ 第 14 题图 第 15 题图15如图所示，互不相同的点 A1，A2，An，和 B1，B2，Bn分别在角 O 的两条边上，所有 AnBn 相互平行，且所有梯形 AnBnBn1An1 的面积均相等，OAnan，若 a11，

6、a22，则数列an的通项公式是_16双曲线 C：x2a2y2b21(a0，b0)的两条渐近线 l1，l2 与抛物线 y24x 的准线 l 围成区域(包含边界)，对于区域 内任意一点(x，y)，若yx2x3 的最大值小于 0，则双曲线C 的离心率 e 的取值范围为_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，角 A、B、C 所对的边分别为 a、b、c，且满足 cos 2Ccos 2A2sin3C sin3C.(1)求角 A 的值；(2)若 a 3且 ba，求 2bc 的取值范围18.(本小题满分 12 分)在某校科普知识竞赛前的模拟测试中，得到甲、

7、乙两名学生的 6 次模拟测试成绩(百分制)的茎叶图(1)若从甲、乙两名学生中选择一人参加该知识竞赛，你会选哪位？请运用统计学的知识说明理由；(2)若从甲的 6 次模拟测试成绩中随机选择 2 个，求选出的成绩中至少有一个超过 87 分的概率19(本小题满分 12 分)在平面四边形 ACBD(图)中，ABC 与ABD 均为直角三角形且有公共斜边 AB，设 AB2，BAD30，BAC45，将ABC 沿 AB 折起，构成如图所示的三棱锥 CABD.(1)当 CD 2时，求证：平面 CAB平面 DAB；(2)当 ACBD 时，求三棱锥 CABD 的高20(本小题满分 12 分)已知椭圆 E：x2a2y2

8、b21 的右焦点为 F(c，0)且 abc0，设短轴的一个端点为 D，原点 O 到直线 DF 的距离为 32，过原点和 x 轴不重合的直线与椭圆 E相交于 C，G 两点，且|GF|CF|4.(1)求椭圆 E 的方程；(2)是否存在过点 P(2，1)的直线 l 与椭圆 E 相交于不同的两点 A，B 且使得 OP 24PAPB成立？若存在，试求出直线 l 的方程；若不存在，请说明理由21(本小题满分 12 分)已知函数 f(x)m(x1)exx2(mR)(1)若 m1，求函数 f(x)的单调区间；(2)若对任意的 xf(x)恒成立，求 m 的取值范围；(3)当 m1 时，求函数 f(x)在m，1上

9、的最小值请考生在 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直角坐标系 xOy 中，曲线 C1 的参数方程为x2tcos，y 3tsin(t 是参数)，以原点 O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C2 的极坐标方程为 8cos3.(1)求曲线 C2 的直角坐标方程，并指出其表示何种曲线；(2)若曲线 C1 和曲线 C2 交于 A，B 两点，求|AB|的最大值和最小值23(本小题满分 10 分)选修 4-5：不等式选讲设函数 f(x)2|xa|xb|.(1)当 a1，b1 时，求使 f(x)2 2的 x

10、的取值范围；(2)若 f(x)132恒成立，求 ab 的取值范围高考仿真模拟卷(十八)1解析：选 B.由题意得Aylog212ylog24 y|1y21，2，又 Bx|x20，4，所以 AB0，2故选 B.2解析：选 C.z42i（1i）242i2i（42i）i2i212i，复数 z 在复平面内对应的点的坐标为(1，2)，将其代入 x2ym0，得 m5.故选 C.3解析：选 D.因为 M(2，2)为角 终边上一点，所以 cos 222（2）2 26 63，所以 cos 22cos2 12632113.故选 D.4解析：选 A.满足题意时，椭圆上的点 P(acos，bsin)到圆心 O(0，0)

11、的距离：d2(acos 0)2(bsin 0)2r2a2b2，整理可得，b2a2 sin21sin2，所以 e21b2a21 sin21sin211sin2，又因为11sin2 min12，据此有 e212，0e 22，题中事件的概率 p22 020 24.故本题选择 A 选项5解析：选 C.由 x1x2x3x4x5150，得 x30，代入回归直线方程y0.67x54.9，得 y75，则 y1y2y3y4y5375.6解析：选 B.由题意得，g(x)sin2x4 2 sin(2x)sin 2x，对于 A，最大值为 1 正确，而 g 2 0，图象不关于直线 x2对称，故 A 错误；对于 B，当

12、x0，4 时，2x0，2，满足单调递减，显然 g(x)也是奇函数，故 B 正确；C 显然错误；对于 D，周期 T22，g38 22，故图象不关于点38，0 对称7解析：选 A.由三视图可知，该几何体是由四分之三圆锥和一个三棱锥组成的组合体，其中：V 圆锥3413a2334a2，V 三棱锥12a231312a2，由题意：34a212a232，所以 a2，据此可知：S 底2234122232，S 圆锥侧34 1323 132，S 棱锥侧122 2 11 22，它的表面积是3 1323 222.本题选择 A 选项8解析：选 D.因为 f(x)x 1x ln|x|x1x ln|x|f(x)，所以 f(

13、x)是奇函数，关于(0，0)对称，排除 A，B；当 x2 时，f(2)52ln 20，故选 D.9解析：选 A.因为一次函数 f(x)kxb 的图象经过点 P(1，2)和 Q(2，4)，可得2kb，42kb，解得k2，b0，所以 f(x)2x，anf(n)f(n1)2n2(n1)4n(n1)，1an14n（n1）141n 1n1，Sn1411212131n 1n1141 1n1 14 nn1 625，得 n24.10解析：选 B.设点 P(x，y)，|PO|x2y2，sin APO 1|PO|，cos APO|PO|21|PO|，sin APB 2|PO|21|PO|2，故 SAPB12|PA

14、|PB|sin APB 12(|PO|21)22|PO|21|PO|2(|PO|21)2|PO|21|PO|2，令 t|PO|21，则(|PO|21)2|PO|21|PO|2ttt1，令 f(t)t tt1，则 f(t)t（t3）2（t1）2，又|PO|002 2|12122，所以 t3，f(t)0，f(t)在3，)上单调递增，即|PO|x2y2取最小值时，PAB 的面积最小，此时 sin APB 2|PO|21|PO|2 32，cos APB 12.11解析：选 A.画出图形如图所示，设PF1F2 的重心和内心分别为 G，I，且圆 I 与PF1F2 的三边 F1F2，PF1，PF2 分别切于

15、点 M，Q，N，由切线的性质可得|PN|PQ|，|F1Q|F1M|，|F2N|F2M|.不妨设点 P(x0，2a)在第一象限内，因为 G 是PF1F2 的重心，O 为 F1F2 的中点，所以|OG|13|OP|，所以 G 点坐标为x03，2a3.由双曲线的定义可得|PF1|PF2|2a|F1Q|F2N|F1M|F2M|，又|F1M|F2M|2c，所以|F1M|ca，|F2M|ca，所以 M 为双曲线的右顶点又 I 是PF1F2 的内心，所以 IMF1F2.设点 I 的坐标为(xI，yI)，则 xIa.由题意得 GIx 轴，所以x03a，故 x03a，所以点 P 坐标为(3a，2a)因为点 P

16、在双曲线x2a2y2b21(a0，b0)上，所以9a2a2 4a2b2 94a2b2 1，整理得b2a212，所以 eca1b2a2112 62.故选 A.12解析：选 B.作出函数 f(x)的图象，如图所示，易知，0 x1x23，且 x1x21，3x36，12x415，且 x3，x4 所对应的图象上的点关于直线 x9 对称，设 x39t，x49t，t(3，6)，所以（x32）（x42）x1x2(7t)(7t)49t2(13，40)13解析：依题意OA OC 0，即OA tOA(1t)OB 0，所以有 tOA 2(1t)OA OB 0，即 t12(1t)0，解得 t1.答案：114解析：因为2

17、x2，所以当2x0 时，不等式|x|x1|2 可化为x(x1)2，得12x0；当 0 x1 时，不等式|x|x1|2 可化为 x(x1)2 恒成立；当 1x2 时，不等式|x|x1|2 可化为 x(x1)2，得 1x32.综上，满足不等式|x|x1|2 的 x 的取值范围为12，32，所以能输出 x 的概率为32122212.答案：1215解析：如图，由题意可知：S0S0San1an2，S02SS0S an1an2，两式相加得 2a2n1a2n a2n1a2n，所以 2a2na2n1a2n1，所以数列a2n是首项为 a21、公差为 a22a213 的等差数列故 a2na213(n1)3n2，即

18、 an 3n2.答案：an 3n216解析：抛物线 y24x 的准线为 x1，双曲线x2a2y2b21 的渐近线为 ybax，令 x1，得 yba，所以抛物线的准线与双曲线的渐近线的两个交点分别为 A1，ba 和B1，ba，设 tyx2x3，整理得 y(t1)x3t2，由于直线 y(t1)x3t2 过定点(3，1)，所以当直线 y(t1)x3t2 过点 A1，ba 时，t 达到最大，最大值为 tba12130，所以ba3，b2a29，所以 e2c2a2a2b2a210，所以 1e 10，即离心率 e 的取值范围为(1，10)答案：(1，10)17解：(1)由已知得 2sin2A2sin2C23

19、4cos2 C14sin2 C，化简得 sin A 32，故 A3或23.(2)由正弦定理 bsin Bcsin C asin A2，得 b2sin B，c2sin C，故 2bc4sin B2sin C4sin B2sin23 B 3sin B 3cos B2 3sinB6.因为ba，所以3B23，6B6s2乙，说明甲、乙的平均水平一样，但乙的方差小，即乙发挥更稳定，故可选择学生乙参加知识竞赛(2)从甲的 6 次模拟测试成绩中随机选择 2 个，共有以下 15 种情况：(68，76)、(68，79)、(68，86)、(68，88)、(68，95)、(76，79)、(76，86)、(76，88)

20、、(76，95)、(79，86)、(79，88)、(79，95)、(86，88)、(86，95)、(88，95)其中选出的成绩中至少有一个超过 87 分的有 9 种情况，故选出的成绩中至少有一个超过 87 分的概率为 P 91535.19解：(1)证明：当 CD 2时，取 AB 的中点O，连接 CO，DO，在 RtACB，RtADB 中，AB2，则 CODO1，因为 CD 2，所以 CO2DO2CD2，即 COOD，又 COAB，ABODO，AB，OD平面 ABD，所以 CO平面 ABD，因为 CO平面 ABC，所以平面 CAB平面 DAB.(2)当 ACBD 时，由已知 ACBC，所以 AC

21、平面 BDC，因为 CD平面 BDC，所以 ACCD，ACD 为直角三角形，由勾股定理，CD AD2AC2 321，而BDC中，BD1，BC 2，所以BDC为直角三角形，SBDC121112.三棱锥 CABD 的体积 V13SBDCAC1312 2 26.SABD121 3 32，设三棱锥 CABD 的高为 h，则由13h 32 26，解得 h 63.20解：(1)由椭圆的对称性知|GF|CF|2a4，所以 a2.又原点 O 到直线 DF 的距离为 32，所以bca 32，所以 bc 3，又 a2b2c24，abc0，所以 b 3，c1.故椭圆 E 的方程为x24y231.(2)当直线 l 与

22、 x 轴垂直时不满足条件故可设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线 l 的方程为 yk(x2)1，代入椭圆方程得(34k2)x28k(2k1)x16k216k80，所以 x1x28k（2k1）34k2，x1x216k216k834k2，32(6k3)0，所以 k12.因为OP 24PAPB，即 4(x12)(x22)(y11)(y21)5，所以 4(x12)(x22)(1k2)5，即 4x1x22(x1x2)4(1k2)5，所以 416k216k834k228k（2k1）34k24(1k2)444k234k25，解得 k12，k12不符合题意，舍去所以存在满足条件的直线 l，其方程为 y

23、12x.21解：(1)当 m1 时，f(x)(1x)exx2，则 f(x)x(2ex)，由 f(x)0 得，0 xln 2，由 f(x)0 得 xln 2，故函数的增区间为(0，ln 2)，减区间为(，0)，(ln 2，)(2)依题意，f(x)mx(ex2m)x2(m2)x，x0，因为 x0，令 h(x)mexxm，则 h(x)mex1，当 m1 时，h(x)ex1h(0)0，符合题意；当 m1 时，h(x)在(，ln m)上单调递减，在(ln m，0)上单调递增，所以 h(x)minh(ln m)0，所以 x2ln(2m)m.即 m1 时，x2ln(2m)m.()当20，f(x)minmin

24、f(0)，f(1)minm，11.()当 m2 时，函数 f(x)在区间m，1上为减函数，f(x)minf(1)1.()当 m1，f(1)1，此时 f(x)min1.综上：f(x)min1.22解：(1)对于曲线 C2 有 8cos3，即 24cos 4 3sin，因此曲线C2 的直角坐标方程为 x2y24x4 3y0，其表示一个圆(2)联立曲线 C1 与曲线 C2 的方程可得 t22 3sin t130，|AB|t1t2|（t1t2）24t1t2（2 3sin）24（13）12sin252，因此|AB|的最小值为 2 13，最大值为 8.23解：(1)由于 y2x 是增函数，所以 f(x)2 2等价于|x1|x1|32.(i)当 x1 时，|x1|x1|2，则式恒成立(ii)当1x1 时，|x1|x1|2x，式化为 2x32，即34x1.(iii)当 x1 时，|x1|x1|2，式无解综上，x 的取值范围是34，.(2)由 f(x)132，得|xa|xb|5，而由|xa|xb|xaxb|ab|，得|ab|xa|xb|ab|，要使恒成立，只需|ab|5，可得 ab 的取值范围是5，5