（全国统考版）2021届高考数学二轮复习 验收仿真模拟卷（四）（理含解析）.doc

1、高考仿真模拟卷(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 Mx|1x3，N1，2，则 MN()A1B1，2C2D1，22若复数 z 满足(z1)i42i，则|z|()A25B.17C5D173某市 A，B，C，D 四所中学报名参加某高校 2017 年自主招生考试的学生人数如下表所示：中学ABCD人数40301020该市教委为了解参加考试的学生的学习状况，采用分层抽样的方法从四所中学报名参加考试的学生中随机抽取 50 名参加问卷调查则 A，B，C，D 四所中学抽取的学生人数分别为(

2、)A15，20，10，5B15，20，5，10C20，15，10，5D20，15，5，104等比数列an的前 n 项和为 Sn，则“a20 且 a50”是“数列Sn单调递减”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5在ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 a2b2c2ab 3，则ABC的面积为()A.34 B.34 C.32 D.326设 alog123，b 130.2，c 1212，则()AabcBcbaCcabDbac7若非零向量 a、b 满足|a|2|b|4，(a2b)a0，则 a 在 b 方向上的投影为()A4B8C.14D.188执

3、行如图所示的程序框图，若输出的 n7，则输入的整数 K 的最大值是()A18B50C78D3069已知一个封闭的长方体容器中装有两个大小相同的铁球，若该长方体容器的三个相邻侧面的面积分别为 6，8，12，则铁球的直径最大只能为()A.3B2C.5D410P 为圆 C1：x2y29 上任意一点，Q 为圆 C2：x2y225 上任意一点，PQ 中点组成的区域为 M，在 C2 内部任取一点，则该点落在区域 M 上的概率为()A.1325B.35C.1225D.3511已知 F 是双曲线 C：x2a2y2b21(a0，b0)的右焦点，过点 F 作垂直于 x 轴的直线交该双曲线的一条渐近线于点 M，若|

4、FM|2a，记该双曲线的离心率为 e，则 e2()A.1 172B.1 174C.2 52D.2 5412已知函数 f(x)x2(a8)xa2a12(a0，且 G(x)g(x)h(x)m(mR)对任意的 xR 都成立，求 mb 的最大值21(本小题满分 12 分)已知抛物线 C：y22px(p0)在第一象限内的点 P(2，t)到焦点 F的距离为52.(1)若 N12，0，过点 N，P 的直线 l1 与抛物线相交于另一点 Q，求|QF|PF|的值；(2)若直线 l2 与抛物线 C 相交于 A，B 两点，与圆 M：(xa)2y21 相交于 D，E 两点，O 为坐标原点，OAOB，试问：是否存在实数

5、 a，使得|DE|为定值？若存在，求出 a 的值；若不存在，请说明理由请考生在 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：坐标系与参数方程已知在一个极坐标系中点 C 的极坐标为2，3.(1)求出以 C 为圆心，半径长为 2 的圆的极坐标方程(写出解题过程)并画出图形；(2)在直角坐标系中，以圆 C 所在极坐标系的极点为原点，极轴为 x 轴的正半轴建立直角坐标系，点 P 是圆 C 上任意一点，Q()5，3，M 是线段 PQ 的中点，当点 P 在圆 C 上运动时，求点 M 的轨迹的普通方程23(本小题满分 10 分)选修 4-5：不等式选

6、讲设函数 f(x)|xa|，aR.(1)若 a1，解不等式 f(x)12(x1)；(2)记函数 g(x)f(x)|x2|的值域为 A，若 A1，3，求 a 的取值范围高考仿真模拟卷(四)1解析：选 B.因为 Mx|1x3，N1，2，所以 MN1，2故选 B.2解析：选 C.由(z1)i42i，得 z142ii24i，所以 z34i，所以|z|5.3解析：选 D.由题意知，四所中学报名参加某高校 2017 年自主招生考试的学生总人数为 100，抽取的学生人数与学生总人数的比值为 5010012.所以应从 A，B，C，D 四所中学抽取的学生人数分别为 20，15，5，10.4解析：选 C.因为 a

7、5a2q30，a20，所以 q0，所以 an0 恒成立，所以 SnSn1an0，Sn单调递减，故为充分条件；SnSn1an0a20，a50，故为必要条件故选 C.5解析：选 B.依题意得 cos Ca2b2c22ab12，C60，因此ABC 的面积等于12absin C12 3 32 34.6解析：选 A.因为 alog123log1221，0b 130.21，所以 abc.7解析：选 A.由(a2b)aa22ab0，得 aba22|a|22 8，从而 a 在 b 方向上的投影为ab|b|824，故选 A.8解析：选 C.第一次循环 S2，n2，第二次循环 S6，n3，第三次循环 S2，n4，

8、第四次循环 S18，n5，第五次循环 S14，n6，第六次循环 S78，n7，需满足SK，此时输出 n7，所以 18K78，所以整数 K 的最大值为 78.9解析：选 B.设长方体三条棱的长分别为 a，b，c，由题意得ab6bc8ac12，解得a3b2c4.再结合题意可得，铁球的直径最大只能为 2.故选 B.10解析：选 B.设 Q(x0，y0)，中点 M(x，y)，则 P(2xx0，2yy0)代入 x2y29，得(2xx0)2(2yy0)29，化简得：xx022yy02294，又 x20y2025 表示以原点为圆心半径为 5 的圆，故易知 M 的轨迹是在以x02，y02 为圆心，以32为半径

9、的圆绕原点一周所形成的图形，即在以原点为圆心，宽度为 3 的圆环带上，即应有 x2y2r2(1r4)，那么在 C2 内部任取一点落在 M 内的概率为1625152535.故选 B.11解析：选 A.由题意得，F(c，0)，该双曲线的一条渐近线为 ybax，将 xc 代入 ybax 得 ybca，所以bca 2a，即 bc2a2，所以 4a4b2c2c2(c2a2)，所以 e4e240，解得 e21 172，故选 A.12解析：选 A.二次函数 f(x)x2(a8)xa2a12 图象的对称轴为直线 xa82，由 f(a24)f(2a8)及二次函数的图象，可以得出a242a82a82，解得 a4

10、或 a 1，又 a0，所 以 a 4，所 以 f(x)x2 4x，所 以 f（n）4an1 n24n16n1（n1）22（n1）13n1n1 13n122（n1）13n122 132，又 nN*，所以当且仅当 n1 13n1，即 n 131 时等号成立，当 n2 时，f（n）4an1283，n3时，f（n）4an1294 2374 0)令 F(x)0，得 x 1e，故 F(x)的单调递增区间为1e，；令 F(x)0，得 0 x0，令 G(x)exb0，得 xln b，故当 x(，ln b)时，G(x)0，此时 G(x)单调递增故 G(x)minbbln b，所以 mbbln b，则 mbb2b

11、2ln b.设 r(b)b2b2ln b(b0)，则 r(b)2b(2bln bb)b2bln b，由于 b0，令 r(b)0，得 ln b12，b e，当 b(0，e)时，r(b)0，r(b)单调递增；当 b(e，)时，r(b)0，所以直线 l2：xny2，因为圆心 M(a，0)到直线 l2 的距离 d|a2|1n2，所以|DE|2 12（a2）21n2，显然当 a2 时，|DE|2，所以存在实数 a2，使得|DE|为定值22解：(1)如图，设圆 C 上任意一点 A(，)，则AOC3 或3.由余弦定理得 424cos(3)4，所以圆 C 的极坐标方程为 4cos3.作图如图所示(2)在直角坐

12、标系中，点 C 的坐标为(1，3)，可设圆 C 上任意一点 P(12cos，32sin)，又令 M(x，y)，由 Q(5，3)，M 是线段 PQ 的中点，得 M 的参数方程为x62cos 2y2sin 2(为参数)，即x3cos ysin(为参数)，所以点 M 的轨迹的普通方程为(x3)2y21.23解：(1)由于 a1，故 f(x)1x，x1.x1，x1.当 x1 时，由 f(x)12(x1)，得 1x12(x1)，解得 x13；当 x1 时，由 f(x)12(x1)，得 x112(x1)，解得 x3.综上，不等式 f(x)12(x1)的解集为，13 3，)(2)当 a2 时，g(x)a2，xa，2x2a，ax2，2a，x2，g(x)的值域 Aa2，2a，由 A1，3，得a21，2a3，解得 a1，又 a2，故 1a2；当 a2 时，g(x)a2，x2，2x2a，2a，xa，2xa，g(x)的值域 A2a，a2，由 A1，3，得2a1，a23，解得 a3，又 a2，故 2a3.综上，a 的取值范围为1，3