2021届高考数学文(全国统考版)二轮验收仿真模拟卷(二)试题及答案.doc

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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.C1 D.3已知向量a(x，1)，b(1，y)，c(2，4)，且ac，bc，则|ab|()A. B.C2 D104函数f(x)的图象大致为()5若sin，则tan 2()A B.C D.6近两年支付宝推出了“集福卡，发红包”的活动，用户只要集齐5张福卡，就可平分春晚支付宝2

2、亿元的超级大红包若在活动的开始阶段，支付宝决定先随机的从富强福，和谐福，友善福，爱国福，敬业福5个福中选出3个福，投放到支付宝用户中，则富强福和友善福至少有1个被选到的概率为()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()Ai7 Bi7Ci9 Di98设alog2 018，blog2 019，c2 018，则a，b，c的大小关系是()Aabc BacbCcab Dcba9已知数列a11，a22，且an2an22(1)n，nZ*，则S2 017的值为()A2 0161 0101 B1 0092 017C2 0171 0101 D1 0092 01610已知双曲

3、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()A8 B6C3 D412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()A5 B4C3 D2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已

4、知某几何体的三视图如图，其中正视图中半圆直径为4，则该几何体的体积为_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

5、12分)某苗圃基地为了解基地内甲、乙两块地种植的同一种树苗的长势情况，从两块地各随机抽取了10株树苗，分别测出它们的高度如下(单位：cm)甲：19202123252932333741乙：10242630343744464748(1)用茎叶图表示上述两组数据，并对两块地抽取树苗的高度进行比较，写出两个统计结论；(2)苗圃基地分配这20株树苗的栽种任务，小王在苗高大于40 cm的5株树苗中随机的选种2株，则小王没有选到甲苗圃树苗的概率是多少？19.(本小题满分12分)如图，AB是O的直径，点C是上一点，VC垂直O所在平面，D，E分别为VA，VC的中点(1)求证：DE平面VBC；(2)若VCCA6，

6、O的半径为5，求点E到平面BCD的距离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，如果存在两个不相等的正数，使得f()f()，求证：2k.

7、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，证明：ab2ab.高考仿真模拟卷(二)1解析：选A.Ax

8、|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：选D.法一：为了便于列举，我们用a，b分别表示富强福

9、和友善福，用1，2，3表示和谐福，爱国福，敬业福，从五福中随机选三福的基本事件有：ab1，ab2，ab3，a12，a13，a23，b12，b13，b23，123，共10个其中富强福和友善福(即a和b)至少有1个被选到的基本事件有：ab1，ab2，ab3，a12，a13，a23，b12，b13，b23，共9个，所以富强福和友善福至少有1个被选到的概率为P.法二：事件“富强福和友善福至少有1个被选到”的对立事件是“富强福和友善福都未被选到”由法一知基本事件共有10个，其中富强福和友善福都未被选到的只有123一个，根据对立事件的概率公式可得，富强福和友善福至少有1个被选到的概率为P1.7解析：选B.

10、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)(

11、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)，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

12、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：由三视图可知该几何体为一个长方体挖掉半个圆柱，所以其体积为248222644.答案：64415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，

13、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：16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，

14、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)画出茎叶图如图：乙品种树苗的平均高度大于甲品种树苗的平均高度(或：乙品种树苗的高度普遍大于甲品种树苗的高度)乙品种树苗的高度较甲品种树苗的高度更分散(或：甲品种树苗的高度较乙品种树苗的高度更集中(稳定)甲品种树苗的高度的中位数为27 cm，乙品种树苗的高度的中位数为35.5 cm.(写出任意两条即可)(2)在苗高大于40 cm的

15、5株树苗中，记甲苗圃这株苗为a，乙苗圃中4株苗分别为b，c，d，e，则任取两株共有ab，ac，ad，ae，bc，bd，be，cd，ce，de共10种情形，不含a的有6种bc，bd，be，cd，ce，de.所以小王没有选到甲苗圃树苗的概率为P.19解：(1)证明：因为AB是O的直径，C是上一点，所以ACCB.又因为VC垂直O所在平面，所以VCAC，又VCBCC，所以AC平面VCB.又因为D，E分别为VA，VC的中点，所以DEAC，所以DE平面VCB.(2)由(1)知，ACCB，又VC垂直O所在的平面，所以VCBC，又VCACC，所以BC平面VAC，又CD平面VAC，所以BCCD，在RtACB中可

16、求得BC8，在RtDEC中，由DEAC3，CEVC3，DEC得CD3，设点E到平面BCD的距离为d，由VEBCDVBCDE得dSBCDBCSCDE，即dBCCDBCDECE，代入数据得d83833，所以d，即点E到平面BCD的距离为.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)，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

17、(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，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

18、)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.