2021届高考数学文（全国统考版）二轮验收仿真模拟卷（十六） WORD版含解析.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，则复数z在复平面内的点到原点的距离为()A. B. C. D.3已知x、y取值如下表：x014568y1.3m5.66.17.49.3从所得的散点图分析可知：y与x线性相关，且0.95x1.45，则m()A1.5 B1.55 C3.5 D1.84已知cos，则sin 2的值等于()A. B C

2、. D5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()，t，若B，O，D三点共线，则t的值为()A. B. C. D.8执行如图所示的程序框图，若输出的S值为2，则中应填()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yx对称，则该双曲线的离心率为()A. B. C2 D.10若实数x

3、、y满足xy0，则的最大值为()A2 B2C42 D4211曲线yln x上的点到直线2xy30的最短距离是()A. B.C. D.12已知三棱锥PABC的棱AP、AB、AC两两垂直，且长度都为，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()A3 B. C. D.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

4、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)(0，0x11)，若函数g(x)(xx1)f(

5、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C1：1(b0)的左、右焦点分别为F1、F2，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44：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：，0，2(

6、1)求曲线C1的一个参数方程；(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45：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)0x|1x2，则RAx|x1或x2，又Bx|x3，所以RAB(，12，32解析：选B.由z2i，得z2i2ii，所以复数z在复平面内的点的坐标为，到原点的距离为 .故选B.3解析：选D.由题意知4，将代入0.95x1.45中，得0.

7、9541.45，解得m1.8.4解析：选D.因为cos，所以sin ，又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0a，综上a.答案：17解：(1)由题图知，T.所以T.所以，所以2，所以f(x)2sin(2x)，因为点在函数图象上，所以sin1，所以2k(kZ)，即2k(kZ)，因为0，所以，所以f(x)2sin.因为x，所以02x，所以0sin1，所以0f(x)2，即函数f(x)在上的值域为0，2(2)因为f(A)2sin1，所以sin，因为2A，所以2A，所以A.在ABC中，由

8、余弦定理得BC2942327，BC.由正弦定理得，故 sin B.又AC3.841.所以有95%的把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)，P(1)，P(2)，P(3)，P(4).所以的分布列为01234P所以E()012341.6.19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ABC1AB，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ABCA1B1C1中A1AAC，所以侧

9、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).当m0时，(1)0，即1，所以f(x)0，所以f(x)在(1，)上单调递增当m0，即1，由f(x)0，解得1x，由f(x)，所以f(x)在上单调递增，在上单调递减(2)证明：令h(x)f(x)g(x)f(x)(xx1)f(x1)，则h(x)f(x).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)，又

10、f(x)m，所以h(x)f(x)f(x0).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)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)，由得k2x2(4k28)x4k20，所以x1x2，y1y2k(x1x2)4k.设AB的中点为G，则G，因为|PA|PB|，所以PGl，kPGk1，所以k1，解得k，则y(x2)，所以直线l

11、的方程为y(x2)或x2.(2)因为F2(2，0)，所以F1(2，0)，b2642，所以椭圆C1：1.设点T的坐标为(3，m)，则直线TF1的斜率kTF1m，当m0时，直线MN的斜率kMN，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，得(m23)y24my20，所以y3y4，y3y4.|TF1|，|MN|.所以，当且仅当m21，即m1时，等号成立，此时取得最小值.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(为参数，R)(2)C2：43，所以43，即2x2y30.因为直线2x2y30与圆(x2)2y21相交于A，B两点，所以圆心到直线的距离d，所以|AB|2 2.23解：(1)因为|2xa|2a6，所以|2xa|62a，所以2a62xa62a，所以a3x3，因为不等式f(x)6的解集为x|6x4，所以解得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|1yg(x)的图象如图所示，要使不等式f(x)(k21)x5的解集非空，需k212或k211，所以k的取值范围是k|k或k或k0