2021届高考数学理（全国统考版）二轮验收仿真模拟卷（二） WORD版含解析.doc

1、高考仿真模拟卷(二)(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设集合Ax|x2x20，Bx|0log2x2，则AB()A(2，4)B(1，1)C(1，4)D(1，4)2i为虚数单位，复数z满足z(1i)i，则|z|()A.B.C1D.3已知向量a(x，1)，b(1，y)，c(2，4)，且ac，bc，则|ab|()A.B.C2D104函数f(x)的图象大致为()5若sin，则tan 2()AB.CD.6我国古代有着辉煌的数学研究成果周牌算经、九章算术、海岛算经、孙子算经、缉古算经等10部专著，有着十分丰富多

2、彩的内容，是了解我国古代数学的重要文献这10部专著中有7部产生于魏晋南北朝时期某中学拟从这10部专著中选择2部作为“数学文化”校本课程学习内容，则所选2部专著中至少有一部是魏晋南北朝时期专著的概率为()A.B.C.D.7如图程序框图输出的结果是S720，则判断框内应填的是()Ai7Bi7Ci9Di98设alog2 018，blog2 019，c2 018，则a，b，c的大小关系是()AabcBacbCcabDcba9已知数列a11，a22，且an2an22(1)n，nZ*，则S2 017的值为()A2 0161 0101B1 0092 017C2 0171 0101D1 0092 01610已

3、知双曲线1(a0，b0)与函数y的图象交于点P，若函数y的图象在点P处的切线过双曲线的左焦点F(1，0)，则双曲线的离心率是()A.B.C.D.11在ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且BC边上的高为a，则的最大值是()A8B6C3D412已知四棱锥SABCD的所有顶点都在球O的球面上，SD平面ABCD，底面ABCD是等腰梯形，ABCD且满足AB2AD2DC2，且DAB，SC，则球O的表面积是()A5B4C3D2题号123456789101112答案第卷二、填空题：本题共4小题，每小题5分13已知等差数列an的前n项和为Sn，a113，S3S11，则Sn的最大值为_14若在(a

4、3x)(1)8关于x的展开式中，常数项为4，则x2的系数是_15在平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，CE的延长线与AD交于点F，若 (，R)，则_.16对于函数yf(x)，若存在区间a，b，当xa，b时的值域为ka，kb(k0)，则称yf(x)为k倍值函数若f(x)ln xx是k倍值函数，则实数k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)sin(3x)cos(x)cos2.(1)求函数f(x)的单调递增区间；(2)已知在ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，若f(A)，a2，bc4，求b，c.18(本小题满分12分)某

5、次有1 000人参加的数学摸底考试，成绩的频率分布直方图如图所示，规定85分及其以上为优秀(1)下表是这次考试成绩的频数分布表，求正整数a，b的值；成绩区间75，80)80，85)85，90)90，95)95，100)人数50a350300b(2)现在要用分层抽样的方法从这1 000人的成绩中抽取40人的成绩进行分析，再从抽取的40名学生中，随机选取2名学生参加座谈会，记选取的2名学生中成绩为优秀的人数为X，求X的分布列与数学期望19(本小题满分12分)如图，在几何体ABCDEF中，ABCD，ADDCCB1，ABC60，四边形ACFE为矩形，FB，M，N分别为EF，AB的中点(1)求证：MN平

6、面FCB；(2)若直线AF与平面FCB所成的角为30，求平面MAB与平面FCB所成角的余弦值20(本小题满分12分)已知椭圆C：1(ab0)的长轴长为4.(1)若以原点为圆心，椭圆短半轴长为半径长的圆与直线yx2相切，求椭圆C的焦点坐标；(2)若过原点的直线l与椭圆C相交于M，N两点，点P是椭圆C上使直线PM，PN的斜率存在的任意一点，记直线PM，PN的斜率分别为kPM，kPN，当kPMkPN时，求椭圆C的方程21(本小题满分12分)已知函数f(x)ln x(kR)(1)若f(x)存在极小值h(k)，且不等式h(k)ak对f(x)存在极小值的任意k恒成立，求实数a的取值范围；(2)当k0时，如

7、果存在两个不相等的正数，使得f()f()，求证：2k.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平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为(为参数)，以O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为24sin 3.(1)求曲线C1的普通方程与曲线C2的直角坐标方程；(2)求曲线C1上的点与曲线C2上的点的距离的最小值23(本小题满分10分)选修45：不等式选讲已知函数f(x)|x|x1|.(1)若f(x)|m1|恒成立，求实数m的最大值M；(2)在(1)成立的条件下，正实数a，b满足a2b2M，证

8、明：ab2ab.高考仿真模拟卷(二)1解析：选A.Ax|x1或x2，Bx|1x4，所以AB(2，4)故选A.2解析：选B.由z(1i)i得z，所以|z|，故答案为B.3解析：选B.因为向量a(x，1)，b(1，y)，c(2，4)，且ac，bc，所以2x40，2y4，解得x2，y2，所以a(2，1)，b(1，2)，所以ab(3，1)，所以|ab| .4解析：选A.因为f(x)f(x)，所以f(x)是偶函数，可得图象关于y轴对称，排除C，D；当x0时，f(x)，f(1)0，f0，排除B.5解析：选A.因为sincos ，所以sin ，因为，所以sin ，所以tan ，所以tan 2，故选A.6解析

9、：选A.设所选2部专著中至少有一部是魏晋南北朝时期专著为事件A，所以P(A)，因此P(A)1P(A)1，故本题选A.7解析：选B.第一次运行，i10，满足条件，S11010，i9；第二次运行，i9满足条件，S10990，i8；第三次运行，i8满足条件，S908720，i7；此时不满足条件，输出的S720.故条件应为8，9，10满足，i7不满足，所以条件应为i7.8解析：选C.因为1log2 0182 018alog2 018log2 018，blog2 019log2 019，c2 0182 01801，故本题选C.9解析：选C.由递推公式可得：当n为奇数时，an2an4，数列a2n1是首项为

10、1，公差为4的等差数列，当n为偶数时，an2an0，数列an是首项为2，公差为0的等差数列，S2 017(a1a3a2 017)(a2a4a2 016)1 0091 0091 00841 00822 0171 0101.本题选择C选项10解析：选A.设P(x0，)，所以切线的斜率为，又因为在点P处的切线过双曲线的左焦点F(1，0)，所以，解得x01，所以P(1，1)，因此2c2，2a1，故双曲线的离心率是，故选A.11解析：选D.，这个形式很容易联想到余弦定理cos A，而条件中的“高”容易联想到面积，aabcsin A，即a22bcsin A，将代入得：b2c22bc(cos Asin A)

11、，所以2(cos Asin A)4sin，当A时取得最大值4，故选D.12解析：选A.依题意得，AB2AD2，DAB，由余弦定理可得BD，则AD2DB2AB2，则ADB，又四边形ABCD是等腰梯形，故四边形ABCD的外接圆直径为AB，设AB的中点为O1，球的半径为R，因为SD平面ABCD，所以R212，则S4R25，故选A.13解析：因为S3S11，可得3a13d11a155d，把a113代入得d2.故Sn13nn(n1)n214n，根据二次函数性质，当n7时，Sn最大且最大值为49.答案：4914解析：由题意得(1)8展开式的通项为Tr1C()r(1)rCx，r0，1，2，8，所以(a3x)

12、(1)8展开式的常数项为(1)0Caa4，所以(43x)(1)8展开式中x2项的系数为4(1)6Cx3x(1)3Cx56x2，所以展开式中x2的系数是56.故答案为56.答案：5615解析：法一：因为，所以，所以，由DFBC，得，所以()，所以，.法二：不妨设ABCD为矩形，建立平面直角坐标系如图，设ABa，BCb，则A(0，0)，B(a，0)，C(a，b)，D(0，b)，O，设E(x，y)，因为，所以(x，yb)，所以x，yb，即E，设F(0，m)，因为，(a，mb)，所以aba(mb)0，解得mb，即F，.又(a，b)，(a，b)，由，得(a，b)(a，b)()a，()b)，所以.答案：1

13、6解析：由题意得ln xxkx有两个不同的解，k1，则k0xe，因此当0xe时，k，从而要使ln xxkx有两个不同的解，需k.答案：17解：(1)因为f(x)sin(3x)cos(x)cos2，所以f(x)(sin x)(cos x)(sin x)2sin 2xsin.由2k2x2k，kZ，得kxk，kZ，即函数f(x)的单调递增区间是，kZ.(2)由f(A)得，sin，所以sin1，因为0A，所以02A2，2A，所以2A，所以A，因为a2，bc4，根据余弦定理得，4b2c22bccos Ab2c2bc(bc)23bc163bc，所以bc4，联立得，bc2.18解：(1)依题意得，a0.04

14、51 000200，b0.0251 000100.(2)设抽取的40名学生中，成绩为优秀的学生人数为x，则，解得x30，即抽取的40名学生中，成绩为优秀的学生人数为30.依题意，X的可能取值为0，1，2，P(X0)，P(X1)，P(X2)，所以X的分布列为X012P所以X的数学期望E(X)012.19解：(1)证明：取BC的中点Q，连接NQ，FQ，则NQAC，NQAC.又MFAC，MFAC，所以MFNQ，MFNQ，则四边形MNQF为平行四边形，即MNFQ.因为FQ平面FCB，MN平面FCB，所以MN平面FCB.(2)由ABCD，ADDCCB1，ABC60可得ACB90，AC，BC1，AB2.因

15、为四边形ACFE为矩形，所以AC平面FCB，则AFC为直线AF与平面FCB所成的角，即AFC30，所以FC3.因为FB，所以FCBC，则可建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，所以A(，0，0)，B(0，1，0)，M，.设m(x，y，z)为平面MAB的法向量，则即取x2，则m(2，6，1)为平面MAB的一个法向量又n(，0，0)为平面FCB的一个法向量，所以cosm，n.则平面MAB与平面FCB所成角的余弦值为.20解：(1)由题意知，b等于原点到直线yx2的距离，即b，又2a4，所以a2，c2a2b22，所以椭圆C的两个焦点的坐标分别为，.(2)由题意可设M(x0，y0)，N(x0，y0)，

16、P(x，y)，则1，1，两式相减得，又kPM，kPN，所以kPMkPN，所以，又a2，所以b1，故椭圆C的方程为y21.21解：(1)f(x)，x0.当k0时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增，无极值当k0时，当0xk时，f(x)0，当xk时，f(x)0，故f(x)的单调递减区间是(0，k)，单调递增区间是(k，)，f(x)的极小值为h(k)f(k)ln k1.当k0时，h(k)ak恒成立，即ln k1ak，即a恒成立令(k)，则(k)，令(k)0，得k1，当0k1时，(k)0，(k)单调递增，当k1时，(k)0，(k)单调递减，故k1为(k)在(0，)上唯一的极大值点，也是最大值点，

17、所以(k)max(1)1，所以a1，即实数a的取值范围是1，)(2)证明：由(1)知，当k0时，f(x)在(0，k)上单调递减，在(k，)上单调递增，设，则一定有0k.构造函数g(x)f(x)f(2kx)ln xln (2kx)，0xk，g(x).因为0xk，所以g(x)0，即g(x)在(0，k)上单调递减，又f(k)f(2kk)0，所以g(x)0，所以f(x)f(2kx)因为0k，所以f()f(2k)，因为f()f()，所以f()f(2k)，因为0k，所以2kk，又函数f(x)在(k，)上单调递增，所以2k，所以2k.22解：(1)x2(sin cos )2sin 21y，所以C1的普通方程

18、为yx2.将2x2y2，sin y代入C2的方程得x2y24y3，所以C2的直角坐标方程为x2y24y30.(2)将x2y24y30变形为x2(y2)21，它的圆心为C(0，2)设P(x0，y0)为C1上任意一点，则y0x，从而|PC|2(x00)2(y02)2x(x2)2x3x4，所以当x时，|PC|min，故曲线C1上的点与曲线C2上的点的距离的最小值为1.23解：(1)由已知可得f(x)所以f(x)min1，所以只需|m1|1，解得1m11，所以0m2，所以实数m的最大值M2.(2)证明：因为a2b22ab，所以ab1，所以1，当且仅当ab时取等号，又，所以，所以，当且仅当ab时取等号，由得，所以ab2ab.