（全国统考版）2021届高考数学二轮复习 验收仿真模拟卷（十六）（文含解析）.doc

1、高考仿真模拟卷(十六)(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 Ax|log2(x1)0，Bx|x3，则RAB()A(，1)B(2，3)C(2，3 D(，12，32已知 i 为虚数单位，且复数 z 满足 z2i 11i，则复数 z 在复平面内的点到原点的距离为()A.132B.262C.102D.523已知 x、y 取值如下表：x014568 y1.3m5.66.17.49.3从所得的散点图分析可知：y 与 x 线性相关，且y0.95x1.45，则 m()A1.5 B1.55 C3.

2、5 D1.84 已知 cos2 35，2 2，则 sin 2的值等于()A.1225B1225C.2425D24255已知互不重合的直线 a，b，互不重合的平面，给出下列四个命题，错误的命题是()A若 a，a，b，则 abB若，a，b则 abC若，a，则 aD若，a，则 a6“a2”是“函数 f(x)|xa|在1，)上单调递增”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件7已知 O 为ABC 内一点，且AO 12(OB OC)，AD tAC，若 B，O，D 三点共线，则t 的值为()A.14B.13C.12D.238执行如图所示的程序框图，若输出的 S 值为2，则中应

3、填()An98?Bn99?Cn100?Dn0，b0)的左、右焦点，若双曲线左支上存在点 P与点 F2 关于直线 ybax 对称，则该双曲线的离心率为()A.2B.52C2 D.510若实数 x、y 满足 xy0，则 xxy 2yx2y的最大值为()A2 2B2 2C42 2D42 211曲线 yln x 上的点到直线 2xy30 的最短距离是()A.4ln 25B.4ln 25C.4ln 25D.4ln 2512已知三棱锥 P-ABC 的棱 AP、AB、AC 两两垂直，且长度都为 3，以顶点 P 为球心，以 2 为半径作一个球，则球面与三棱锥的表面相交所得到的四段弧长之和等于()A3B.32C

4、.43D.56题号123456789101112 答案第卷二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分13已知等比数列an的前 n 项和为 Sn，前 n 项积为 Tn，若 S3a24a1，T5243，则 a1的值为_14已知点 Q 在圆 C：x2y22x8y130 上，抛物线 y28x 上任意一点 P 到直线 l：x2 的距离为 d，则 d|PQ|的最小值等于_15“克拉茨猜想”又称“3n1 猜想”，是德国数学家洛萨克拉茨在 1950 年世界数学家大会上公布的一个猜想：任给一个正整数 n，如果 n 是偶数，就将它减半；如果 n 为奇数就将它乘 3 加 1，不断重复这样的运算，经过有限步后，最终

5、都能够得到 1.已知正整数 m 经过 6次运算后得到 1，则 m 的值为_16已知偶函数 f(x)满足 f(x1)f(x1)，且当 x0，1时，f(x)x2，若关于 x 的方程f(x)|loga|x|(a0，a1)在2，3上有 5 个根，则 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)已知函数 f(x)2sin(x)(0，0 x11)，若函数g(x)f（x1）f（x2）x1x2(xx1)f(x1)证明：对任意x(x1，x2)，都有f(x)g(x)21(本小题满分 12 分)已知椭圆 C1：x26y2b21(b0)的左、右焦点分别为 F1、F

6、2，点 F2也为抛物线 C2：y28x 的焦点，过点 F2 的直线 l 交抛物线 C2 于 A，B 两点(1)若点 P(8，0)满足|PA|PB|，求直线 l 的方程；(2)T 为直线 x3 上任意一点，过点 F1 作 TF1 的垂线交椭圆 C1 于 M，N 两点，求|TF1|MN|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，以坐标原点 O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C1：24cos 30，0，2，曲线 C2：34sin6，0，2(1)求曲线 C1 的一个参

7、数方程；(2)若曲线 C1 和曲线 C2 相交于 A，B 两点，求|AB|的值23(本小题满分 10 分)选修 4-5：不等式选讲设函数 f(x)|2xa|2a.(1)若不等式 f(x)6 的解集为x|6x4，求实数 a 的值；(2)在(1)的条件下，若不等式 f(x)(k21)x5 的解集非空，求实数 k 的取值范围高考仿真模拟卷(十六)1解析：选 D.由集合 Ax|log2(x1)0 x|1x2，则RAx|x1 或 x2，又 Bx|x3，所以RAB(，12，32解析：选 B.由 z2i 11i，得 z2i 11i2i1i（1i）（1i）1252i，所以复数 z 在复平面内的点的坐标为12，

8、52，到原点的距离为14254 262.故选 B.3解析：选 D.由题意知 x01456864，y1.3m5.66.17.49.3629.7m6，将4，29.7m6代入y0.95x1.45 中，得29.7m60.9541.45，解得 m1.8.4解析：选 D.因为 cos2 35，所以 sin 35，又2 2；当 n99 时，Slg 1002，跳出循环，故中应填n1 时，只要保证 loga31 即可，解得 a3，当 0a1 时，只要保证loga31 即可，即 loga31，解得 0a13，综上 a0，13)3，.答案：0，13)3，17解：(1)由题图知，34T11126 34.所以 T.所以

9、2，所以 2，所以 f(x)2sin(2x)，因为点6，2 在函数图象上，所以 sin3 1，所以3 2 2k(kZ)，即 2k6(kZ)，因为 0，所以 6，所以 f(x)2sin2x6.因为12x4，所以 02x6 23，所以 0sin2x6 1，所以 0f(x)2，即函数 f(x)在12，4 上的值域为0，2(2)因为 f(A)2sin2A6 1，所以 sin2A6 12，因为6 2A6 136，所以 2A6 56，所以 A3.在ABC 中，由余弦定理得BC294231227，BC 7.由正弦定理得，7sin3 2sin B，故 sin B 217.又 AC3.841.所以有 95%的把

10、握认为学生实践操作能力强弱与性别有关(2)的取值为 0，1，2，3，4.P(0)C46C410 114，P(1)C14C36C410 821，P(2)C24C26C410 37，P(3)C34C16C410 435，P(4)C44C410 1210.所以 的分布列为01234 P114821374351210所以 E()0 1141 8212373 4354 1210851.6.19解：(1)证明：因为 A1A底面 ABC，所以 A1AAB，又因为 ABAC，A1AACA，所以 AB平面 AA1C1C.(2)因为平面 DEF平面 ABC1，平面 ABC平面 DEFDE，平面 ABC平面 ABC

11、1AB，所以 ABDE，因为在ABC 中 E 是 BC 的中点，所以 D 是线段 AC 的中点(3)证明：在三棱柱 ABC-A1B1C1 中 A1AAC，所以侧面 A1ACC1 是菱形，所以 A1CAC1，由(1)可得 ABA1C，因为 ABAC1A，所以 A1C平面 ABC1，所以 A1CBC1.又因为 E，F 分别为棱 BC，CC1 的中点，所以 EFBC1，所以 EFA1C.20解：(1)f(x)的定义域为(1，)，f(x)1mxmx1mxm1mx1.当 m0 时，m1m(1)1m0，即m1m 1，所以 f(x)0，所以 f(x)在(1，)上单调递增当 m0，即m1m 1，由 f(x)0

12、，解得1xm1m，由 f(x)m1m，所以 f(x)在1，m1m上单调递增，在m1m，上单调递减(2)证明：令 h(x)f(x)g(x)f(x)f（x1）f（x2）x1x2(xx1)f(x1)，则 h(x)f(x)f（x1）f（x2）x1x2.因为函数 f(x)在区间(x1，x2)上可导，则根据结论可知，存在 x0(x1，x2)，使得 f(x0)f（x2）f（x1）x2x1，又 f(x)1x1m，所以 h(x)f(x)f(x0)1x11x01x0 x（x1）（x01）.当 x(x1，x0时，h(x)0，从而 h(x)单调递增，所以 h(x)h(x1)0；当 x(x0，x2)时，h(x)h(x2

13、)0.故对任意 x(x1，x2)，都有 h(x)0，即 f(x)g(x)21解：(1)由抛物线 C2：y28x 得 F2(2，0)，当直线 l 的斜率不存在，即 l：x2 时，满足题意当直线 l 的斜率存在时，设 l：yk(x2)(k0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由y28x，yk（x2）得 k2x2(4k28)x4k20，所以 x1x24k28k2，y1y2k(x1x2)4k8k.设 AB 的中点为 G，则 G2k24k2，4k，因为|PA|PB|，所以 PGl，kPGk1，所以4k02k24k28k1，解得 k 2，则 y 2(x2)，所以直线 l 的方程为 y 2(x2)或 x

14、2.(2)因为 F2(2，0)，所以 F1(2，0)，b2642，所以椭圆 C1：x26y221.设点 T 的坐标为(3，m)，则直线 TF1 的斜率 kTF1 m032m，当 m0 时，直线 MN 的斜率 kMN1m，直线 MN 的方程是 xmy2，当 m0 时，直线MN 的方程是 x2，也符合 xmy2 的形式，所以直线 MN 的方程是 xmy2.设 M(x3，y3)，N(x4，y4)，则联立x26y221xmy2，得(m23)y24my20，所以 y3y4 4mm23，y3y42m23.|TF1|m21，|MN|（x3x4）2（y3y4）2（m21）（y3y4）24y3y4 24（m21

15、）m23.所以|TF1|MN|124（m23）2m21124m214m214 33，当且仅当 m214m21，即 m1 时，等号成立，此时|TF1|MN|取得最小值 33.22解：(1)由 24cos 30 可得，x2y24x30.所以(x2)2y21.令 x2cos，ysin，所以 C1 的一个参数方程为x2cos ysin(为参数，R)(2)C2：4sin 6 cos cos 6 sin 3，所以 412x 32 y 3，即 2x2 3y30.因为直线 2x2 3y30 与圆(x2)2y21 相交于 A，B 两点，所以圆心到直线的距离 d14，所以|AB|21 1422 154 152.23解：(1)因为|2xa|2a6，所以|2xa|62a，所以 2a62xa62a，所以32a3x3a2，因为不等式 f(x)6 的解集为x|6x4，所以32a36，3a24，解得 a2.(2)由(1)得 f(x)|2x2|4.所以|2x2|4(k21)x5，化简整理得|2x2|1(k21)x，令 g(x)|2x2|12x3，x1，2x1，x2 或 k211，所以 k 的取值范围是k|k 3或 k 3或 k0