2021新高考数学二轮复习专题练：高考模拟卷（一） WORD版含解析.doc

1、高考模拟卷(一)(时间：120分钟满分：150分)一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40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|3xx4，Bx|x28x70，则AB()A.(1，2) B.(2，7)C.(2，) D.(1，2)解析由题意知，Ax|x2，Bx|1x7，则ABx|1x，所以h(x)0，b0，则ab2B.若ab2，则a0，b0C.若ab，则ab2D.若ab2，则ab解析对于A，由基本不等式可知，若a0，b0，则，故A正确；对于B，由有意义可得a，b不可能异号，结合可得a，b不会同为负值，故可得a0，b0，故正确；对于C，若a1，b2，则2

2、无意义，故错误；对于D，由ab2平方可得(ab)20，显然可得ab，故正确.故选ABD.答案ABD12.已知数列an满足a11，an1(nN*)，则下列结论正确的是()A.为等比数列B.an的通项公式为anC.an为递增数列D.的前n项和Tn2n23n4解析因为3，所以32，又340，所以是以4为首项，2为公比的等比数列，故A正确；342n1，所以an，故B正确；由选项B可知an为递减数列，故C错误；的前n项和Tn(223)(233)(2n13)2(21222n)3n23n2n23n4，故D正确.故选ABD.答案ABD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.抛物线y24x上到其焦

3、点的距离为1的点的个数为_.解析抛物线y24x的焦点坐标为(1，0)，抛物线上的点到焦点的距离为1的点只有原点，共1个.答案114.已知3cos 24sin，则sin 2_.解析由题意知3(cos2sin2)2(cos sin ).由于，因而cos sin ，则3(cos sin )2，故9(1sin 2)8，sin 2.答案15.随机变量X的所有可能取值为0，1，2，P(X0)0.2，D(X)0.4，则P(X1)_；若Y2X，则D(Y)_.(本小题第一空2分，第二空3分)解析设P(X1)x，则P(X2)0.8x，0x0.8.E(X)00.2x2(0.8x)1.6x，D(X)(x1.6)20.

4、2(x0.6)2x(x0.4)2(0.8x)0.4.整理，得x20.2x0.240，解得x0.6或x0.4(舍去).P(X1)0.6.由题意易得，D(Y)D(2X)4D(X)1.6.答案0.61.616.在矩形ABCD中，BC4，M为BC的中点，将ABM和DCM分别沿AM，DM翻折，使点B与点C重合于点P，若APD150，则三棱锥MPAD的外接球的表面积为_.解析由题意可知，MPPA，MPPD.因为PAPDP，PA平面PAD，PD平面PAD，所以MP平面PAD.设ADP的外接圆的半径为r，则由正弦定理可得2r，即2r，所以r4.设三棱锥MPAD的外接球的半径为R，则R2r211617.所以外接

5、球的表面积为4R268.答案68四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(本小题满分10分)在条件2cos A(bcos Cccos B)a，csin asin C，(sin Bsin C)2sin2Asin Bsin C中任选一个，补充到下面问题中，并给出问题解答.已知ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且a，bc2，_.求BC边上的高.(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)解若选.由题设及正弦定理得2cos A(sin Bcos Csin Ccos B)sin A，即2cos Asin(BC)sin A.因为BCA，所以2co

6、s Asin Asin A，又因为sin A0，所以cos A.因为0A，所以A.由余弦定理得a2b2c22bccos A，即b2c2bc7，联立化简得c22c30.所以c3(舍去)或c1.所以b3.设BC边上的高为h，所以bcsin Aah，所以h.若选.由题设及正弦定理得sin Csin sin Asin C，因为sin C0，所以sin sin A，由ABC，可得sin cos ，故cos 2sin cos .因为cos 0，所以sin ，因为0A，所以A.下同选.若选.由已知得sin2Bsin2Csin2Asin Bsin C，故由正弦定理得b2c2a2bc.所以由余弦定理得cos A

7、.又因为0A3.841，因此能在犯错误的概率不超过0.05的情况下认为购买金额是否少于60元与性别有关.(2)X的所有可能取值为65，70，75，80，且p.P(X65)C，P(X70)C，P(X75)C，P(X80)C，X的分布列为X65707580PE(X)6570758075.20.(本小题满分12分)如图，已知三棱柱ABCA1B1C1，平面A1ACC1平面ABC，ABC90，BAC30，A1AA1CAC，E，F分别是AC，A1B1的中点.(1)证明：EFBC；(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.(1)证明连接A1E.因为A1AA1C，E是AC的中点，所以A1EAC.又平面A1

8、ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1平面ABCAC，所以A1E平面ABC.如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y轴、z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Exyz.不妨设AC4，则A1(0，0，2)，B(，1，0)，B1(，3，2)，F，C(0，2，0).因此，(，1，0).由0，得EFBC.(2)解设直线EF与平面A1BC所成角为.由(1)可得(，1，0)，(0，2，2).设平面A1BC的法向量为n(x，y，z).由得取n(1，1)，故sin |cos，n|，又，所以cos .因此直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是.21.(本小题满分12分)已知点A(0，2)，

9、椭圆E：1(ab0)的离心率为，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点.(1)求E的方程；(2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点，当OPQ的面积最大时，求l的方程.解(1)设F(c，0)，由条件知，得c.又，所以a2，b2a2c21.故E的方程为y21.(2)当lx轴时不合题意，故设l：ykx2，P(x1，y1)，Q(x2，y2).将ykx2代入y21，得(14k2)x216kx120.当16(4k23)0，即k2时，x1，2.从而|PQ|x1x2|.又点O到直线PQ的距离d.所以OPQ的面积SOPQd|PQ|.设t，则t0，SOPQ.因为t4，当且仅当t2，即k时等号成立，

10、且满足0.所以当OPQ的面积最大时，l的方程为yx2或yx2.22.(本小题满分12分)已知函数f(x)eln xax(xR).(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当ae时，证明：xf(x)ex2ex0.(1)解f(x)a(x0)，若a0，则f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增；若a0，则当0x0；当x时，f(x)0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减.(2)证明法一因为x0，所以只需证f(x)2e，当ae时，由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，所以f(x)maxf(x)极大值f(1)e.记g(x)2e(x0)，则g(x)，所以当0x1时，g(x)1时，g

11、(x)0，故g(x)在(0，1)上单调递减；在(1，)上单调递增.所以g(x)ming(1)e.综上，当x0时，f(x)g(x)，即f(x)2e，即xf(x)ex2ex0.法二由题意知，即证exln xex2ex2ex0，从而等价于ln xx2.设函数g(x)ln xx2，则g(x)1.所以当x(0，1)时，g(x)0，当x(1，)时，g(x)0，故g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，从而g(x)在(0，)上的最大值为g(1)1.设函数h(x)，则h(x).所以当x(0，1)时，h(x)0，故h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，从而h(x)在(0，)上的最小值为h(1)1.综上，当x0时，g(x)h(x)，即xf(x)ex2ex0.