备战2023年高考数学二轮专题复习专项练　高考仿真卷(八).docx

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1、高考仿真卷(八)(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已知i为虚数单位，复数z(3i)(2i)，则z的虚部为()Ai B1 C7i D7答案B解析z(3i)(2i)7i，z的虚部为1.2已知集合A，Ba，a4，若AB(1,2，则a等于()A2 B1 C2 D5答案C解析因为Ax|2x21x|x1(1，)，Ba，a4，又AB(1,2，所以即a2.3设x，yR，则“x1且y1”是“xy2”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答案A解析由x1且y1，可得xy2，当x2，

2、y1时，满足xy2，但不满足x1且y1，则“x1且y1”是“xybc BacbCbac Dbca答案A解析因为1e，所以a2，blg 1002，c20.99bc.5“碳中和”是指企业、团体或个人等测算在一定时间内直接或间接产生的温室气体排放总量，通过植树造林、节能减排等形式，以抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”某“碳中和”研究中心计划派5名专家分别到A，B，C三地指导“碳中和”工作，每位专家只去一个地方，且每地至少派驻1名专家，则分派方法的种数为()A90 B150 C180 D300答案B解析根据题意有两种方式：第一种方式，有一个地方去3名专家，剩下的2名专家各去一个地方，

3、共有A32160(种)方法；第二种方式，有一个地方去1名专家，另两个地方各去2名专家，共有A32190(种)方法，所以分派方法的种数为6090150.6(2022内江模拟)已知正四棱锥的侧棱长为，底面边长为2，则该四棱锥的内切球的体积为()A. B. C. D4答案B解析如图，设O为正四棱锥的底面中心，E为BC的中点，连接PO，OE，PE，则PO为四棱锥的高，PE为侧面PBC的高，因为BC2，PB，故PE2，则PO，设该四棱锥的内切球的半径为r，则SABCDPO(SABCD4SPBC)r，即4r，解得r，故内切球的体积为V3.7.如图所示，平面内有三个向量，其中与的夹角为120，与的夹角为30

4、，且|1，|，若，则等于() A1 B2 C3 D4答案C解析与的夹角为120，与的夹角为30，且|1，|，对，两边平方得322；对，两边同乘得，两边平方得2；得；根据图象知，0，1，代入得，2，3.8(2022西安五区联考)设f(x)为R上的偶函数且f(2x)f(x)，当x0,1时，f(x)22x，若方程f(x)loga(x1)在(1,3)内只有3个解，则实数a的取值范围是()A. B(3,5)C(1,3) D(3，)答案D解析由f(2x)f(x)得f(2x)f(x)，又f(x)为偶函数，所以f(x2)f(x)f(x)，则f(x)为周期为2的函数因为方程f(x)loga(x1)在区间(1,3

5、)内有3个解，所以函数yf(x)与函数yloga(x1)的图象在区间(1,3)内有3个交点，当0a1时，作出函数yf(x)与函数yloga(x1)的图象，如图所示，由图得loga33.二、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下列函数最小值为2的是()Ayx22x3 Byx2Cyex Dy|ln x|1答案ABC解析对于A，yx22x3(x1)222，最小值为2；对于B，yx222，当且仅当x2，即x1时取等号，最小值为2；对于C，yex22，当且仅当ex，即x0时取等号，最小值为2；对于D，

6、y|ln x|11，当x1时取得最小值1.10将函数ysin 2x的图象向右平移个单位长度得到函数f(x)的图象，则()Af(x)cosB.是f(x)图象的一个对称中心C当x时，f(x)取得最大值D函数f(x)在区间上单调递增答案BD解析将函数ysin 2x的图象向右平移个单位长度得到函数f(x)sinsincos，A错误；fsin0，则是f(x)图象的一个对称中心，B正确；fsin1，当x时，f(x)取得最小值，C错误；由x，可得2x，则函数f(x)sin在区间上单调递增，D正确11已知数列an，Sn为an的前n项和，其中a11 010，an1则下列结论正确的是()Aanan1是等差数列Ba

7、2n1是等差数列Ca2 0231 021DS2 0234 045答案ABD解析由题可得，设n是奇数，则n1是偶数，n2是奇数，则an1an3，an2an11，两式相加得an2an1an1an2，故A，B正确；a2 023a121 012，故C错误；S2 023(a1a3a5a2 023)(a2a4a6a2 022)4 045，故D正确12已知抛物线E：y24x的焦点为F，准线l交x轴于点C，直线m过C且交E于不同的A，B两点，B在线段AC上，点P为A在l上的射影下列命题正确的是()A若ABBF，则|AP|PC|B若P，B，F三点共线，则|AF|4C若|AB|BC|，则|AF|2|BF|D对于任

8、意直线m，都有|AF|BF|2|CF|答案BCD解析方法一由已知条件可得F(1,0)，C(1,0)由抛物线的对称性，不妨设直线m的方程为yk(x1)(k0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)依题意x1x2，由得k2x2(2k24)xk20.当(2k24)24k41616k20，即0k2|CF|成立，故D正确方法二假设|AP|PC|成立，则APC为等腰直角三角形，ACP45，ACF45，ABBF，所以BCF为等腰直角三角形，则点B在y轴上，这与已知条件显然矛盾，故|AP|PC|，故A错误，其他选项同方法一进行判断三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13(2022重庆市求精中学模拟

9、)若sin，且为第二象限角，则tan 2_.答案解析由题意sin，得cos ，为第二象限角，sin ，tan ，tan 2.14已知函数f(x)log4(4xm)x的定义域为R，且对任意实数a，都满足f(a)f(a)，则实数m_.答案1解析因为f(x)log4(4xm)x的定义域为R，所以4xm0恒成立，故m0，又因为对任意实数a，都满足f(a)f(a)，则对于实数a，都满足f(a)f(a)，所以f(a)f(a)，所以f(x)log4(4xm)x为偶函数，从而log4(4xm)xlog4(4xm)x，化简得(4x1)(m1)0，要想对任意x，上式均成立，则m10，解得m1.15(2022诸暨模

10、拟)现从4名男医生和3名女医生中抽取两人加入“援沪医疗队”，用A表示事件“抽到的两名医生性别相同”，B表示事件“抽到的两名医生都是女医生”，则P(B|A)_.答案解析由题意知，P(A)，P(AB)，所以P(B|A).16.如图，在正四棱台ABCDA1B1C1D1中，AB2A1B1，且存在一个半径为r的球，与该正四棱台的各个面均相切设该正四棱台的外接球半径为R，则_.答案解析如图，过A1D1，B1C1，AD，BC的中点N，M，E，F作该正四棱台的轴截面，取MN，EF的中点H，K，连接HK，内切球心为G，连接GM，GF，作GQMF于点Q，由题意，设HMa，KF2a，而HGKGQGr，易得MQHMa

11、，FQKF2a，MF3a，MG2a2r2，FG24a2r2，且MGF90，所以MG2FG2MF2，即a2r24a2r29a2，解得ra，从而可知HK2a，连接A1C1，B1D1，交于点O1，连接AC，BD，交于点O2，可知A1O1a，AO22a，O1O2HK2a，所以O1O2，即2a，解得R，所以.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)若数列an满足a11，a25，对于任意的nN*，都有an26an19an.(1)证明：数列an13an是等比数列；(2)求数列an的通项公式(1)证明由an26an19an，得an23an13an19an3(

12、an13an)，且a23a1532，所以数列an13an为等比数列，首项为2，公比为3.(2)解由(1)得an13an23n1，等式左右两边同时除以3n1，可得，即，又，所以数列为等差数列，首项为，公差为，所以(n1)，所以an3n(2n1)3n2.18(12分)如图，在圆内接ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足asinbsin A. (1)求B的大小；(2)若点D是劣弧上一点，a2，c3，sinCAD，求线段AD的长解(1)由题设及正弦定理得sin Asinsin Bsin A，因为sin A0，所以sinsin B.由ABC，可得sincos，故cos2sincos.因为

13、cos0，所以sin，又B(0，)，因此B.(2)在ABC中，由余弦定理得AC，cosCAD，由ADC，可得ACDCAD，所以sinACDsin，在ADC中，由正弦定理得，所以AD1.19(12分)2022年2月4日至20日，第24届冬季奥林匹克运动会在北京成功举办这场冰雪盛会是运动健儿奋力拼搏的舞台，也是中外文明交流互鉴的舞台，折射出我国更加坚实的文化自信，诠释着新时代中国的从容姿态，传递出中华儿女与世界人民“一起向未来”的共同心声某学校统计了全校学生观看北京冬奥会开幕式和闭幕式的时长情况(单位：分钟)，并根据样本数据绘制得到如图所示的频率分布直方图(1)求频率分布直方图中a的值，并估计样本

14、数据的85%分位数；(2)采用按比例分配的分层随机抽样方式，从观看时长在200,280的学生中抽取6人若从这6人中随机抽取3人在全校交流观看体会，设抽取的3人中观看时长在200,240)的人数为X，求X的分布列和均值解(1)由题意可知，40(0.000 50.00222a0.0060.006 5)1，解得a0.004.由频率分布直方图知，观看时长在200分钟以下的占比为40(0.000 50.0020.0040.0060.006 5)0.76.观看时长在240分钟以下的占比为0.76400.0040.92.所以85%分位数位于200,240)内，85%分位数为20040222.5.(2)由题意

15、，观看时长200,240)，240,280对应的频率分别为0.16和0.08，所以采用按比例分配的分层随机抽样的方式在两个区间中应分别抽取4人和2人，于是抽取的3人中观看时长在200,240)中的人数X的所有可能取值为1,2,3.所以P(X1)，P(X2)，P(X3).X的分布列为X123P所以E(X)1232.20(12分)请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答()0；PC；点P在平面ABCD的射影在直线AD上如图，在平面五边形PABCD中，PAD是边长为2的等边三角形，ADBC，AB2BC2，ABBC，将PAD沿AD翻折成四棱锥PABCD，E是棱PD上的动点(端点除外)，F

16、，M分别是AB，CE的中点，且_(1)求证：ABFM；(2)当EF与平面PAD所成角最大时，求平面ACE与平面PAD夹角的余弦值(1)证明取AD，CD的中点分别为O，G，连接PO，FG，MG. 选择：因为()0，2，所以0，即ABPO.由题意可得ABAD，又ADPOO，AD，PO平面PAD，所以AB平面PAD.因为M，G分别为CE，CD的中点，所以MGPD，又MG平面PAD，PD平面PAD，所以MG平面PAD.同理可得，FG平面PAD.因为MGFGG，MG，FG平面FGM，所以平面FGM平面PAD，所以AB平面FGM.又FM平面FGM，所以ABFM.选择：连接OC，则OCAB，OCAB2，OP

17、，因为PC，所以PC2OP2OC2，所以OPOC，所以ABPO.下同.选择：因为点P在平面ABCD的射影在直线AD上，所以平面PAD平面ABCD.因为平面PAD平面ABCDAD，OP平面PAD，ADPO，所以OP平面ABCD，又AB平面ABCD，所以ABPO.下同.(2)解由(1)可知，AB平面PAD，因为AE平面PAD，所以ABAE，所以AEF即为EF与平面PAD所成的角因为tanAEF，所以当AE最小时，AEF最大，所以当AEPD，即E为PD中点时，AE最小以点O为坐标原点，OC，OD，OP分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，1,0)，E，C(2,0,0)，所以

18、，(2,1,0)，设平面ACE的一个法向量为m(x1，y1，z1)，则即令z1，得m.由题意可知，平面PAD的一个法向量为n(1,0,0)，所以cosm，n，所以平面ACE与平面PAD夹的余弦值为.21(12分)在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，直线l：ykxt与椭圆C交于A，B两点已知ABF2周长的最大值为8，且当k1，t0时，|AB|.(1)求椭圆C的标准方程；(2)设ABO的面积为S，若|AB|2，求S的取值范围解(1)由椭圆定义可知|AF2|2a|AF1|，|BF2|2a|BF1|，故ABF2的周长为|AF2|BF2|AB|4a(|AF1|BF

19、1|)|AB|，又|AF1|BF1|AB|，当直线l经过点F1时，等号成立，故|AF2|BF2|AB|4a(|AF1|BF1|)|AB|4a|AB|AB|4a8，即a2，故椭圆方程为1，又当k1，t0时，yx，设点A(x0，y0)，x00，故|AB|2|OA|2，解得x0，故点A，代入椭圆方程得1，解得b22，故椭圆方程为1.(2)联立椭圆与直线方程得(12k2)x24ktx2t240，0，即4k22t20，则x1x2，x1x2，|AB|22，化简可得t2，点O到直线l的距离为d，所以S|AB|d，设m(0,1，则S，所以S(0，22(12分)已知函数f(x)(xb)(exa)(b0)在(1，

20、f(1)处的切线方程为(e1)xeye10.(1)求a，b的值；(2)若方程f(x)m有两个实数根x1，x2，证明：m；当m2m1是否成立？如果成立，请简要说明理由(1)解f(x)(xb1)exa，因为函数f(x)在(1，f(1)处的切线方程为(e1)xeye10，所以f(1)a1，f(1)(b1)0，所以a1，b1或a，b2e(舍)，所以a1，b1.(2)证明由(1)可知f(x)(x1)(ex1)，f(x)(x2)ex1，令g(x)f(x)(x2)ex1，则g(x)(x3)ex，令g(x)0，得x3，所以函数g(x)在(，3)上单调递减，在(3，)上单调递增，所以g(x)ming(3)，即f

21、(x)minf(3)e310，又x，f(x)，x3，f(x)0，f(1)10，所以x0(1,0)，使得f(x0)0，即(x02)10，即，当xx0时，f(x)x0时，f(x)0，所以函数f(x)在(，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，所以f(x)minf(x0)(x01)(1)(x01)，因为x0(1,0)，所以x02(1,2)，令h(x)x，x(1,2)，则h(x)10，x(1,2)，所以函数h(x)在(1,2)上单调递增，故(x02)，所以，即f(x)min，所以m.解成立，理由如下：当直线过(1,0)，(x0，f(x0)时，割线方程为y(x1)m，得x31，当直线过(0,0)，(x0，f(x0)时，割线方程为yxm，得x4，所以|x2x1|x4x3112m1.