备战2023年高考数学二轮专题复习专项练　高考仿真卷(三).docx

高考仿真卷(三)(时间：120分钟满分：150分)一、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(2022·晋中模拟)设复数z1(1i)2，则复数z的共轭复数等于()A12i B12iC32i D32i答案A解析因为z1(1i)21(12ii2)12i，所以12i.2(2022·天津模拟)设全集U2，1,0,1,2，A2，1,2，B2，1,0,1，则(UA)B等于()A2，1 B0,1C1,0,1 D2，1,0,1答案B解析UA0,1，(UA)B0,13(2022·贵阳模拟)设a30.3，b1.2，clog0.60.8，则a，b，c的大小关系为()Aa<b<c Bb<a<cCc<b<a Dc<a<b答案D解析因为1<30.3<30.5，1.221.2>2，0<log0.60.8<log0.60.61，所以c<1<a<b.4(2022·德阳模拟)函数f(x)的图象大致为()答案A解析由题意，函数f(x)的定义域为R，且f(x)f(x)，所以函数f(x)为奇函数，其图象关于原点对称，所以排除C，D项；f >0，所以排除B项5(2022·凉山模拟)已知抛物线y24x的焦点为F，过点(2,0)的直线l交抛物线于M，N两点，若|MF|NF|10，则|MN|等于()A14 B2 C4 D12答案C解析由题意知，若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为x2，又F(1,0)，所以|MF|NF|2121610，所以直线l的斜率存在设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线l的方程为yk(x2)(k0)，联立方程得k2x2(4k24)x4k20，所以x1x24，x1x24，由抛物线的定义知|MF|NF|x11x21610，所以k21，则x1x28，所以|MN|x1x2|×4.6(2022·成都模拟)在ABC中，BC边上的点D满足··，|3，点G在三角形内，满足0，则·的值为()A. B3 C6 D12答案C解析··()··0，故，所以·2，·2，由0G是ABC的重心，所以()，因此·()·(··)|26.7(2022·菏泽模拟)已知函数f(x)2sin(>0)，若f 0，且f(x)在上有最大值，没有最小值，则的值可以是()A17 B14 C5 D2答案A解析由f 0，且f(x)在上有最大值，没有最小值，可得2k，所以6k1(kZ)由f(x)在上有最大值，没有最小值，可得×<×，解得6<18，又6k1(kZ)，结合选项，当k3时，17.8(2022·南昌模拟)已知函数f(x)(x21)·ln x(x1)2(0)的三个零点分别为x1，x2，x3，其中x1>x2>x3，则3(x1x2)·(x2x3)(x3x1)的取值范围为()A(64，32) B(32,0)C(，64) D(，32)答案C解析f(x)(x1)(x1)ln x(x1)，显然f(1)0，令(x1)ln x(x1)0(x>0)，即ln x0(x>0)，令g(x)ln x(x>0)，则g(1)0，g(x)(x>0)，令h(x)x2(22)x1(x>0)，要想g(x)除1外再有两个零点，则g(x)在(0，)上不单调，则(22)24428>0，解得<2或>0，当>0时，g(x)>0在(0，)上恒成立，则g(x)在(0，)上单调递增，不可能有两个零点，舍去；当<2时，设g(x)0，即h(x)0的两根为a，b，且a<b，则有故0<a<1<b，令g(x)>0，解得x<a或x>b，令g(x)<0，解得a<x<b，所以g(x)在(0，a)，(b，)上单调递增，在(a，b)上单调递减，因为x1>x2>x3，所以0<x3<a<1x2<b<x1，又因为gln ln xg(x)，若g(x)0，则g0，因为g(x1)g(x3)0，所以x3，所以(x1x2)(x2x3)(x3x1)(x11)·>·28，因为<2，所以3<8，故3(x1x2)(x2x3)(x3x1)<64.检验：当2时，g(x)ln x(x>0)，g(x)0，此时g(x)在(0，)上单调递增，又g(1)0，即x1x2x31，此时为临界情况，3(x1x2)(x2x3)(x3x1)64，综上，3(x1x2)(x2x3)(x3x1)的取值范围为(，64)二、选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分)9(2022·湖南师大附中模拟)下列命题中的真命题是()A用分层随机抽样法从1 000名学生(男、女生分别占60%,40%)中抽取100人，则每位男生被抽中的概率为B从含有5件次品的100件产品中，任取8件，则取到次品的件数X的均值是C若N(1,4)，则P(1<3)P(<1)D在一元线性回归模型拟合中，若样本相关系数r越大，则样本的线性相关性越强答案ABC解析A选项，在分层随机抽样时，每个个体被抽到的概率均相等，A为真命题；B选项，由超几何分布知，E(X)8×，B为真命题；C选项，因为1，所以P(1<3)P(<1)P(1<3)P(>3)，C为真命题；D选项，在一元线性回归模型拟合中，若样本相关系数r的绝对值越大，则样本的线性相关性越强，D为假命题10(2022·山东师范大学附中模拟)(1ax)2 022a0a1xa2x2a2 022x2 022，若a18 088，则下列结论正确的有()Aa4Ba0a1a2a2 02232 022C二项式系数的和为22 022D.0答案ACD解析对于A选项，a1C·a2 022a8 088，可得a4，A对；对于B选项，因为(14x)2 022a0a1xa2x2a2 022x2 022，所以a0a1a2a2 022(3)2 02232 022，B错；对于C选项，二项式系数的和为22 022，C对；对于D选项，2 022a02 02212 0220，D对11(2022·苏州模拟)正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点则() A直线D1D与直线AF垂直B直线A1G与平面AEF平行C平面AEF截正方体所得的截面面积为D点C与点G到平面AEF的距离相等答案BC解析对于A，若D1DAF，因为D1DAE，且AEAFA，所以D1D平面AEF，所以D1DEF，所以CC1EF，此时不成立，所以直线D1D与直线AF不垂直，故A错误；对于B，如图所示，取B1C1的中点Q，连接A1Q，GQ，由条件可知GQEF，A1QAE，又GQ平面AEF，EF平面AEF，A1Q平面AEF，AE平面AEF，所以GQ平面AEF，A1Q平面AEF，又GQA1QQ，所以平面A1GQ平面AEF，又因为A1G平面A1GQ，所以A1G平面AEF，故B正确；对于C，连接AD1，D1F，因为E，F分别为BC，C1C的中点，所以EFAD1，所以A，E，F，D1四点共面，所以截面即为梯形AEFD1，由题意得该等腰梯形的上底EF，下底AD1，腰长为，所以梯形面积为，故C正确；对于D，假设C与G到平面AEF的距离相等，即平面AEF将CG平分，则平面AEF必过CG的中点，连接CG交EF于点H，而H不是CG的中点，则假设不成立，故D错误12(2022·成都模拟)已知函数f(x)bln xxcx2(a，b，cR)，则()A若abc1，则曲线yf(x)在x1处的切线方程为3xy0B若a0，b1，c1，则函数f(x)在区间上的最大值为ln 2C若b1，c0，且f(x)在区间(1,2)上单调递增，则实数a的取值范围是(，2D若a0，b1，函数g(x)f(x)x在区间(0，)上存在两个不同的零点，则实数c的取值范围是答案ACD解析当abc1时，由f(x)ln xxx2，得f(1)3，且f(x)12x，所以f(1)3，所以曲线yf(x)在x1处的切线方程为y33(x1)，即3xy0，所以A正确；当a0，b1，c1时，f(x)ln xxx2，得f(x)12x，所以f(x)在上单调递减，在上单调递增，又f ln 3，f(1)2，且易知f(1)>f ，所以当x时，f(x)maxf(1)2，所以B不正确；当b1，c0时，f(x)ln xx，定义域为(0，)，f(x)1.因为f(x)在区间(1,2)上单调递增，所以f(x)0在区间(1,2)上恒成立，即ax2x在区间(1,2)上恒成立，而当x(1,2)时，函数yx2x的值域为(2,6)，所以a2，所以C正确；当a0，b1时，f(x)ln xxcx2，所以g(x)ln xcx2，定义域为(0，)，g(x)在区间(0，)上存在两个不同的零点，等价于关于x的方程cx2ln x0，即c在区间(0，)内存在两个不同的根令h(x)，则原问题等价于函数yh(x)和yc的图象有两个不同的交点，h(x)，所以由h(x)>0，得0<x<，由h(x)<0，得x>，所以h(x)在(0，)上单调递增，在(，)上单调递减，h()，当x0时，h(x)，当x时，h(x)0，作出函数h(x)和yc的大致图象，如图所示，由图可得c，所以D正确三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13(2022·北京模拟)在报名的3名男教师和6名女教师中，选取5人参加义务献血，要求男、女教师都有，则不同的选取方式的种数为_(结果用数值表示)答案120解析1男4女，CC45(种)；2男3女，CC60(种)；3男2女，CC15(种)；一共有456015120(种)14(2022·新乡模拟)某工厂产生的废气经过过滤后排放，过滤过程中废气的污染物数量P(单位：mg/L)与时间t(单位：h)间的关系为PP0·ekt，其中P0，k是正的常数如果2 h后还剩下90%的污染物，5 h后还剩下30%的污染物，那么8 h后还剩下_%的污染物答案10解析设初始污染物有P，则两式相除得e3k3.所以8 h后PP0·e8ke3k·P0·e5k·PP，即还剩下×100%10%的污染物15(2022·南昌模拟)已知P为圆(x1)2y21上任意一点，A，B为直线3x4y70上的两个动点，且|AB|4，则PAB面积的最大值是_答案6解析圆心到直线的距离为2>1，所以直线与圆相离，则圆上一点P到直线3x4y70的距离d的最大值为213，又|AB|4，所以PAB的面积的最大值为×4×36.16(2022·济南模拟)已知数列an的前n项和为Sn，等差数列的首项为1，公差为1，则S2nSn的最大值为_答案解析由题意知n，则an，则Sn20，S2n20n，令MnS2nSn20，则Mn1Mn2020.由nN*，易得当n2时，Mn1Mn>0，所以M3>M2>M1；当n3时，Mn1Mn<0，所以M3>M4>M5>，故Mn的最大值为M320×，即当n3时，S2nSn取得最大值为.四、解答题(本大题共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(10分)(2022·苏州模拟)在a11，且an12an1，an1，a23a13，设bnan1an2n，且bn为常数列，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答已知数列an满足_，设数列nan的前n项和为Tn，求Tn.解选条件：因为an12an1，所以an112(an1)，又a112，所以数列an1是首项为2，公比为2的等比数列，故an12×2n12n，即an2n1.则nann·2nn.设数列n·2n的前n项和为Qn，则Qn1×212×223×23n×2n，2Qn1×222×23(n1)×2nn×2n1，由得Qn222232nn·2n1n·2n12(1n)·2n1，所以Qn(n1)·2n12，故Tn(n1)·2n12.选条件：由an1，得an1，两边同时平方，得(an1)2(2n1)(an1)2n，即(an1)2(2n1)(an1)2n0，所以(an2)(an12n)0.因为an1，所以an12n0，即an2n1.则nann·2nn.设数列n·2n的前n项和为Qn，则Qn1×212×223×23n×2n，2Qn1×222×23(n1)×2nn×2n1，由得Qn222232nn·2n1n·2n12(1n)·2n1，所以Qn(n1)·2n12，故Tn(n1)·2n12.选条件：因为bnan1an2n，a23a13，且bn为常数列，所以bnan1an2na2a120，得an1an2n.当n2时，an(anan1)(a2a1)a12n12112n1，而a11也满足上式，故an2n1.则nann·2nn.设数列n·2n的前n项和为Qn，则Qn1×212×223×23n×2n，2Qn1×222×23(n1)×2nn×2n1，由得Qn222232nn·2n1n·2n12(1n)·2n1，所以Qn(n1)·2n12，故Tn(n1)·2n12.18(12分)(2022·莆田模拟)ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知B为锐角，且bcsin Bacos C.(1)求C；(2)若AB4，点D满足3，当ABC的面积最大时，求CD和cosACD的值解(1)依题意知bcsin Bacos C，由正弦定理得sin Bsin Csin Bsin Acos C，sin(AC)sin Csin Bsin Acos C，sin Acos Ccos Asin Csin Csin Bsin Acos C，cos Asin Csin Csin B，由于0<C<，sin C>0，所以cos Asin B，依题意，B是锐角，即0<B<，0<B<，cos A>0，A为锐角，且cos Asin Bcos，所以AB，AB，所以C.(2)依题意知ACB，c4，a2b2c216，SABCab××4，当且仅当ab2时等号成立，此时ABC是等腰直角三角形，A.由于3，所以AD1，BD3，在ACD中，由余弦定理得CD，cosACD.19(12分)(2022·成都模拟)如图1，在等边ABC中，点D，E分别为边AB，AC上的动点，且满足DEBC，记.将ADE沿DE翻折到MDE的位置并使得平面MDE平面DECB，连接MB，MC得到图2，点N为MC的中点(1)当EN平面MBD时，求的值；(2)试探究：随着值的变化，平面BDM与平面DEM的夹角是否改变？如果改变，请说明理由；如果不改变，请求出平面BDM与平面DEM的夹角的正弦值解(1)取MB的中点P，连接DP，PN，因为MNCN，MPBP，所以NPBC，又DEBC，所以NPDE，即N，E，D，P四点共面，又EN平面MBD，EN平面NEDP，平面NEDP平面MBDDP，所以ENPD，即四边形NEDP为平行四边形，所以NPDE，则DEBC，即.(2)取DE的中点O，连接MO，则MODE，因为平面MDE平面DECB，平面MDE平面DECBDE，且MO平面MDE，所以MO平面DECB，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设BC2，则M(0,0，)，D(，0,0)，B(1，(1)，0)，所以(，0，)，(1，(1)，0)，设平面BMD的法向量为m(x，y，z)，则即令x，则m(，1,1)又平面EMD的一个法向量为n(0,1,0)，所以cosm，n，即随着值的变化，平面BDM与平面DEM的夹角的大小不变且sinm，n.所以平面BDM与平面DEM夹角的正弦值为.20(12分)(2022·徐州模拟)某企业重视产品技术研发，组建了A，B，C三个技术研发组，每个技术研发组每年只有一个技术研发任务，A研发组每年有技术突破的概率为，B，C研发组每年有技术突破的概率均为，且每个技术研发组能否有技术突破相互独立若该企业的三个技术研发组中至少有两个有技术突破，则该企业就能获得“快速发展企业”称号(1)求该企业获得“快速发展企业”称号的概率；(2)该企业准备明年再增加D，E两个技术研发组，每个技术研发组能否有技术突破仍相互独立，这两个技术研发组实力均衡，每年有技术突破的概率均为p(0<p<1)，且这五个技术研发组每年至少有三个有技术突破，才能获得“快速发展企业”称号，若该企业增加技术研发组之后获得“快速发展企业”称号的概率比未增加时大，求p的取值范围解(1)由题意得A，B，C三个研发组每年没有技术突破的概率分别为，.则三个技术研发组中至少有两个有技术突破，包含“A，B，C三个研发组”有两个研发组有技术突破，共有3种情况；这三个研发组都有技术突破，共1种情况所以该企业获得“快速发展企业”称号的概率为××××××××.(2)当有三个技术研发组有技术突破，且A技术研发组有技术突破时，概率为P1×××p2×C×××Cp×(1p)×××(1p)2；当有三个技术研发组有技术突破，且A技术研发组没有技术突破时，概率为P2×C×××p2×××Cp×(1p)；当有四个技术研发组有技术突破时，概率为P3×××Cp×(1p)×C×××p2×××p2；当有五个技术研发组有技术突破时，概率为P4×××p2.所以该企业增加技术研发组之后获得“快速发展企业”称号的概率为PP1P2P3P4.因为该企业增加技术研发组之后获得“快速发展企业”称号的概率比未增加时大，所以>，又0<p<1，所以52<p<1，所以p的取值范围为(52，1)21(12分)(2022·唐山模拟)已知函数f(x).(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：f(x).(1)解f(x)的定义域为(，1)(1，)，f(x).当x<1时，f(x)<0，f(x)单调递减；当1<x<0时，f(x)<0，f(x)单调递减；当x>0时，f(x)>0，f(x)单调递增故f(x)在(，1)和(1,0)上单调递减，在(0，)上单调递增(2)证明令g(x)(x1)2e1x，x0，则g(x)e1x(1x2)，所以当0x<1时，g(x)>0，g(x)单调递增；当x>1时，g(x)<0，g(x)单调递减，所以g(x)的最大值为g(1)4，即(x1)2e1x4，从而，所以f(x).又0，所以，当且仅当x1时等号成立，故f(x).22(12分)(2022·珠海模拟)已知双曲线C：1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点T(2，)在双曲线C上，TP垂直x轴于点P，且点P到双曲线C的渐近线的距离为2.(1)求双曲线C的标准方程；(2)已知过点F2的直线l与双曲线C的右支交于A，B两点，且ABP的外接圆圆心Q在y轴上，求满足条件的所有直线l的方程解(1)由T(2，)在双曲线C上，得1，由TP垂直x轴于点P，得P(2，0)，则由P(2，0)到双曲线C的渐近线y±x的距离为2，得2，得a22b2，联立a22b2和1，解得b23，a26，即双曲线C的标准方程为1.(2)由题意，F2(3,0)，当直线l斜率不存在时，直线方程为x3，则A，B，则ABP为等腰三角形，若ABP的外接圆的圆心Q在y轴上，则Q(0,0)，而|QA|，|QP|2，|QA|QP|，不符合题意(舍)；当直线l斜率存在时，设直线方程为yk(x3)，联立得x22k2(x3)260，即(2k21)x212k2x18k260.设直线l与双曲线C的右支相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)，则解得k2>，即k>或k<，由x1x2，x1x2，得y1y2k(x1x26)，则线段AB的中点M，且|AB|x1x2|.由题意，设Q(0，y0)，易知Q在线段AB的垂直平分线上，因此，得y0，即Q，连接QP，QA，QM(图略)，因此|QP|2212.由勾股定理可得，|QA|2|QM|2|AB|2，又|QA|QP|，则21222，化简得2k45k220，得k±，因此直线l的方程为y±(x3)，即xy30或xy30.