（全国统考版）2021届高考数学二轮复习 验收仿真模拟卷（十四）（理含解析）.doc

1、高考仿真模拟卷(十四) (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|y，Bx|12x10，则(RA)B()A(4，)B.C.D(1，42若命题“x0R，x(a1)x010”是真命题，则实数a的取值范围是()A1，3 B(1，3)C(，13，) D(，1)(3，)3已知a，bR，且ab，则下列式子恒成立的是()Aaln xbln xBaxbxCa2b2Dab4在ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，外接圆半径为R，若bsin Basin Aasin C，且ABC的面积为2R2sin B

2、(1cos 2A)，则cos B()A.B.C.D.5不等式组的解集记为D，若(a，b)D，则z2a3b的最小值是()A4B1C1D46某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积与其外接球的体积之比为()A13B.C13D17将函数ysin的图象上各点的横坐标变为原来的(纵坐标不变)，再往上平移1个单位，所得图象对应的函数在区间上的值域为()A.B.C0，2D.8.四色猜想是世界三大数学猜想之一，1976年美国数学家阿佩尔与哈肯证明了四色定理其内容是：“任意一张平面地图只用四种颜色就能使具有共同边界的国家涂上不同的颜色”用数学语言表示为“将平面任意地细分为不相重叠的区域，每一个区域总可以用1，

3、2，3，4四个数字之一标记，而不会使相邻的两个区域得到相同的数字”如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线围成的各区域(如区域D由两个边长为1的小正方形构成)上分别标有数字1，2，3，4的四色地图符合四色定理，区域A、B、C、D、E、F标记的数字丢失，若在该四色地图上随机取一点，则恰好取在标记为4的区域的概率是()A.B.C.D.9学生的语文、数学成绩均被评定为三个等级，依次为“优秀”“合格”“不合格”若学生甲的语文、数学成绩都不低于学生乙，且其中至少有一门成绩高于乙，则称“学生甲比学生乙成绩好”如果一组学生中没有哪位学生比另一位学生成绩好，并且不存在语文成绩相同、数学成绩也相同的两位学生，那

4、么这组学生最多有()A2人B3人C4人D5人10若实数a，b，c，d满足(ba23ln a)2(cd2)20，则(ac)2(bd)2的最小值为()A.B8C2D211已知点O为坐标原点，点M在双曲线C：x2y2(为正常数)上，过点M作双曲线C的某一条渐近线的垂线，垂足为N，则|ON|MN|的值为()A.B.CD无法确定12已知f(x)是定义在R上的减函数，其导函数f(x)满足x1，则下列结论正确的是()A对于任意xR，f(x)0C当且仅当x(，1)时，f(x)0题号123456789101112答案第卷二、填空题：本题共4小题，每小题5分13已知向量a，b，其中|a|，|b|2，且(ab)a，

5、则向量a和b的夹角是_14在三棱锥SABC中，SABSACACB90，AC2，BC，SB，则异面直线SC与AB所成角的余弦值为_15已知mZ，关于x的一元二次不等式x26xm0的解集中有且仅有3个整数，则所有符合条件的m的取值集合是_16已知椭圆C的方程为1，A、B为椭圆C的左、右顶点，P为椭圆C上不同于A、B的动点，直线x4与直线PA、PB分别交于M、N两点，若D(7，0)，则过D、M、N三点的圆必过x轴上不同于点D的定点，其坐标为_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)已知等差数列an中，a22，a3a58，数列bn中，b12，其前n项和Sn满足：bn1

6、Sn2(nN*)(1)求数列an，bn的通项公式；(2)设cn，求数列cn的前n项和Tn.18(本小题满分12分)株洲市某中学利用周末组织教职员工进行了一次秋季登石峰山健身的活动，有N人参加，现将所有参加人员按年龄情况分为20，25)，25，30)，30，35)，35，40)，40，45)，45，50)，50，55等七组，其频率分布直方图如图所示已知35，40)之间的参加者有8人(1)求N和30，35)之间的参加者人数N1；(2)已知30，35)和35，40)之间各有2名数学教师，现从这两个组中各选取2人担任接待工作，设两组的选择互不影响，求两组选出的人中都至少有1名数学教师的概率；(3)组织

7、者从45，55之间的参加者(其中共有4名女教师，其余全为男教师)中随机选取3名担任后勤保障工作，其中女教师的人数为，求的分布列和数学期望E()19(本小题满分12分)已知在三棱柱ABCA1B1C1中，侧面ABB1A1为正方形，延长AB到D，使得ABBD，平面AA1C1C平面ABB1A1，A1C1AA1，C1A1A.(1)若E，F分别为C1B1，AC的中点，求证：EF平面ABB1A1；(2)求平面A1B1C1与平面CB1D所成的锐二面角的余弦值20.(本小题满分12分)如图，已知M(x0，y0)是椭圆C：1上的任一点，从原点O向圆M：(xx0)2(yy0)22作两条切线，分别交椭圆于点P，Q.(

8、1)若直线OP，OQ的斜率存在，并记为k1，k2，求证：k1k2为定值；(2)试问|OP|2|OQ|2是否为定值？若是，求出该值；若不是，说明理由21(本小题满分12分)已知函数f(x)ln x，g(x)axb.(1)若f(x)与g(x)在x1处相切，试求g(x)的表达式；(2)若(x)f(x)在1，)上是减函数，求实数m的取值范围；(3)证明不等式：1(nN*)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：坐标系与参数方程极坐标系的极点为直角坐标系xOy的原点，极轴为x轴的正半轴，两种坐标系中的长度单位相同已知曲线C的极坐标方程为2(co

9、s sin )，斜率为的直线l交y轴于点E(0，1)(1)求C的直角坐标方程，l的参数方程；(2)直线l与曲线C交于A、B两点，求|EA|EB|.23(本小题满分10分)选修45：不等式选讲已知函数f(x)|x6|mx|(mR)(1)当m3时，求不等式f(x)5的解集；(2)若不等式f(x)7对任意实数x恒成立，求m的取值范围高考仿真模拟卷(十四)1解析：选B.由题意得，A4，)，B，所以(RA)B.2解析：选D.因为命题“x0R，x(a1)x010，即a22a30，解得a3，故选D.3解析：选D.对于A，当 0x1时，ln x0，此时aln xbln x，故排除A；对于B，当x0时，axbx

10、，故排除B；对于C，取a0，b1，则a2b2，故排除C；对于D，因为对任意的x，0，所以abx恒成立，故选D.4解析：选D.因为bsin Basin Aasin C，所以由正弦定理得，b2a2ac，因为ABC的面积为2R2sin B(1cos 2A)a2sin B，所以acsin Ba2sin B，则c2a，代入得，b22a2，由余弦定理得，cos B.5解析：选A.画出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分所示，当a2，b0时，z2a3b取得最小值4.6解析：选D.由三视图可知，几何体是一个三棱柱，体积V12224，外接球的直径的平方4R222222212，R，所以球的体积V2R34，体积比

11、V1V2441.7解析：选A.将函数ysin的图象上各点的横坐标变为原来的，可得ysin的图象，再往上平移1个单位，得函数ysin1的图象因为x，所以2x，所以ysin的最大值为1，最小值为，故函数ysin1的值域为.8解析：选B.因为区域C相邻标记1，2，3的区域，所以区域C标记4，进而区域D相邻标记2，3，4的区域，从而推出区域D标记1，区域A相邻标记1，2，4的区域，所以区域A标记3，区域E相邻标记2，3，4的区域，从而区域E标记1，区域F相邻标记1，3，4的区域，从而标记2，区域B相邻标记为1，2，3的区域，所以标记4，所以只有B，C标记为4，共占8个边长为1的正方形，面积为8，总共的

12、区域面积为30，所以在该四色地图上随机取一点，则恰好取在标记为4的区域的概率是.故选B.9解析：选B.首先要证，没有任意两个同学的数学成绩是相同的假设A，B两名同学的数学成绩一样，由题知他们的语文成绩不一样，这样他们的语文成绩总有一个人比另一个人高，相应地由题可知，语文成绩较高的同学比另一个同学“成绩好”，与已知条件“他们之中没有一个比另一个成绩好”相矛盾因此看得出，没有任意两个同学的数学成绩是相同的因为数学成绩等级只有3种，因而同学数量最大为3.之后要验证3名同学能否满足条件易证3名同学的成绩等级分别为(优秀，不合格)、(合格，合格)、(不合格，优秀)时满足条件因此满足条件的最多人数是3.1

13、0解析：选B.因为实数a，b，c，d满足(ba23ln a)2(cd2)20，所以ba23ln a0，设by，ax，则有y3ln xx2，且cd20，设cx1，dy1，则有y1x12，所以(ac)2(bd)2的最小值就是曲线y3ln xx2上的点到直线yx2的最小距离的平方值对曲线y3ln xx2求导得y2x，易知y3ln xx2在上单调递增，在上单调递减，与yx2平行的切线的斜率k12x，解得x1或x(舍去)，把x1代入y3ln xx2，得y1，即切点为(1，1)，切点到直线yx2的距离为2，所以(ac)2(bd)2的最小值为8.11解析：选B.因为M为双曲线上任一点，所以可取M为双曲线的右

14、顶点，由渐近线yx知OMN为等腰直角三角形，此时|OM|，|ON|MN|，所以|ON|MN|.12解析：选B.法一：因为函数f(x)是定义在R上的减函数，所以f(x)0.因为xf(x)，所以f(x)(x1)f(x)0，构造函数g(x)(x1)f(x)，则g(x)f(x)(x1)f(x)0，所以函数g(x)在R上单调递增，又g(1)(11)f(1)0，所以当x1时，g(x)0；当x1时，g(x)0，所以f(x)0.因为f(x)是定义在R上的减函数，所以f(1)0.综上，对于任意xR，f(x)0.法二：因为函数f(x)是定义在R上的减函数，所以f(x)1时，1x0，排除A；又函数f(x)在R上单调

15、递减，所以当x1时，f(x)0，排除C、D.13解析：设a与b的夹角为，因为(ab)a，所以(ab)a0，即a2ab0，所以ab3，即|a|b|cos 3，所以cos ，因为0，所以.答案：14.解析：如图，取A为原点、AB和AS所在直线分别为y轴和z轴建立空间直角坐标系则点B(0，0)，S(0，0，2)，C，故，(0，0)于是，所求夹角的余弦值为.故答案为：.答案：15解析：设函数f(x)x26xm，可知其图象开口向上，对称轴是x3，又x26xm0的解集中有且仅有3个整数，则，即，解得5m8，又mZ，故m6，7，8，所以符合条件的m的取值集合是6，7，8答案：6，7，816解析：设点P(x0

16、，y0)、M(4，yM)、N(4，yN)，则直线PA、PB所在的直线方程分别为y(x2)，y(x2)，依题意，可求得yM，yN.因为(3，yM)，(3，yN)，所以9，又1，所以123x4y，即9，所以0，所以MN为过D、M、N三点的圆的直径法一：设定点为E(t，0)，则MN为线段DE的垂直平分线，又线段MN为圆的直径，令圆心为F(4，a)，可得|EF|FD|，即，解得t1或7(舍)，所以定点坐标为(1，0)法二：设定点为E(t，0)，则MN为线段DE的垂直平分线，所以点E与点D关于直线x4对称，故定点为E(1，0)答案：(1，0)17解：(1)设an的公差为d，因为a22，a3a58，所以2

17、d23d8，所以d1，所以ann.因为bn1Sn2(nN*)，所以bnSn12(nN*，n2)得，bn1bnSnSn1bn(nN*，n2)，所以bn12bn(nN*，n2)因为b12，b22b1，所以bn为等比数列，b12，q2，所以bn2n.(2)因为cn，所以Tn，Tn，两式相减，得Tn1，所以Tn2.18解：(1)年龄在35，40)之间的概率为0.0450.2，所以总人数N40，因为1(0.010.030.040.030.020.01)50.3，所以年龄在30，35)之间的参加者人数N1400.312.(2)记事件B为从年龄在30，35)之间选出的人中至少有1名数学教师，因为年龄在30，

18、35)之间的人数为12，所以P(B)1；记事件C为从年龄在35，40)之间选出的人中至少有1名数学教师，因为年龄在35，40)之间的人数为8，所以P(C)1，则所求概率为P(BC)P(B)P(C).(3)年龄在45，55之间的人数为6，其中女教师有4人，的所有可能取值为1，2，3，则P(1)，P(2)，P(3)，所以的分布列为123P数学期望为E()1232.19解：(1)证明：如图，取A1C1的中点G，连接FG，EG，在A1B1C1中，EG为中位线，所以GEA1B1，因为GE平面ABB1A1，A1B1平面ABB1A1，所以GE平面ABB1A1，同理可得GF平面ABB1A1，又GFGEG，所以

19、平面GEF平面ABB1A1，因为EF平面GEF，所以EF平面ABB1A1.(2)连接AC1，在AA1C1中，C1A1A，A1C1AA1，所以ACAAA1C2AA1A1C1cosAA1C1AA，所以AA1AC1，A1AC1是等腰直角三角形，所以AC1AA1，又平面AA1C1C平面ABB1A1，平面AA1C1C平面ABB1A1AA1，所以AC1平面ABB1A1，因为AB平面ABB1A1，所以AC1AB，因为侧面ABB1A1为正方形，所以AA1AB，以AA1，AB，AC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设AB1，则A(0，0，0)，A1(1，0，0)，B1(1，1，0)

20、，C1(0，0，1)，C(1，0，1)，D(0，2，0)，所以(2，1，1)，(1，2，1)，(1，0，1)，(0，1，0)，设平面A1B1C1的法向量为m(x1，y1，z1)，则m0，m0，即，令x11，则y10，z11，故m(1，0，1)为平面A1B1C1的一个法向量，设平面CB1D的法向量为n(x2，y2，z2)，则n0，n0，即，令x21，则y21，z23，故n(1，1，3)为平面CB1D的一个法向量，所以cosm，n，所以平面A1B1C1与平面CB1D所成的锐二面角的余弦值为.20解：(1)证明：因为直线OP：yk1x以及OQ：yk2x与圆M相切，所以，化简得(x2)k2x0y0k1

21、y20，同理(x2)k2x0y0k2y20，所以k1，k2是方程(x2)k22x0y0ky20的两个不相等的实数根，所以k1k2.因为点M(x0，y0)在椭圆C上，所以1，即y3x，所以k1k2.(2)|OP|2|OQ|2是定值，定值为9.理由如下：法一：当直线OP，OQ不落在坐标轴上时，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立解得所以xy，同理，得xy，由k1k2，得|OP|2|OQ|2xyxy9.当直线OP，OQ落在坐标轴上时，显然有|OP|2|OQ|29，综上：|OP|2|OQ|29.法二：当直线OP，OQ不落在坐标轴上时，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，因为k1k2，所以yyx

22、x，因为P(x1，y1)，Q(x2，y2)在椭圆C上，所以即所以xx，整理得xx6，所以yy3，所以|OP|2|OQ|29.当直线OP，OQ落在坐标轴上时，显然有|OP|2|OQ|29.综上：|OP|2|OQ|29.21解：(1)由已知得f(x)，所以f(1)1a，a2.又因为g(1)0ab，所以b1，所以g(x)x1.(2)因为(x)f(x)ln x在1，)上是减函数，所以(x)0在1，)上恒成立(等号不恒成立)，即x2(2m2)x10在1，)上恒成立，则2m2x，x1，)因为x2，)，所以2m22，m2.(3)证明：由(1)可得：当x2时，ln xx1(x1)，所以由ln xx(x1)，得

23、，所以2.当x2时，2，当x3时，2，当x4时，2，当xn1时，2，nN*，n2.上述不等式相加得：2，即1时，(x)(1)0，即ln x，从而得到，.当x2时，当x3时，当x4时，当xn1时，nN*，n2.上述不等式相加得：1，即1.由得，1(nN*，n2)经检验当n1时，所以原不等式对任意nN*都成立22解：(1)由2(cos sin )，得22(cos sin )，即x2y22x2y，即(x1)2(y1)22.l的参数方程为(t为参数，tR)(2)将代入(x1)2(y1)22得t2t10，解得t1，t2，则|EA|EB|t1|t2|t1t2|.23解：(1)当m3时，f(x)5，即为|x6|3x|5，当x3时，得95，所以x3.故不等式f(x)5的解集为x|x1(2)因为|x6|mx|x6mx|m6|，由题意得|m6|7，则7m67，解得13m1，故m的取值范围是13，1