备战2023年高考数学二轮专题复习专项练　高考仿真卷(四).docx

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1、高考仿真卷(四)(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玉林模拟)已知i是虚数单位，若复数z(i1)2，则|z|等于()A2 B. C3 D4答案A解析由题得z(i1)2112i2i，所以|z|2.2(2022宝鸡模拟)已知全集为U，集合A，B为U的子集，若(UA)B，则AB等于()AUB BUA CB DA答案C解析因为(UA)B，所以BA，所以ABB.3(2022西安模拟)由1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，则组成的五位数是奇数的概率是()A. B. C. D.答案D解析由1

2、,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，基本事件总数为A120，其中是奇数的基本事件个数为CA72，所求概率P.4(2022衡阳模拟)已知sin，则cos x等于()A B C. D.答案A解析因为sin，所以cos12sin2，从而得cos x2cos21.5在1859年的时候，德国数学家黎曼向科学院提交了题目为论小于某值的素数个数的论文并提出了一个命题，也就是著名的黎曼猜想在此之前，著名数学家欧拉也曾研究过这个问题，并得到小于数字x的素数个数可以表示为(x)的结论若根据欧拉得出的结论，估计105以内的素数的个数为(素数即质数，lg e0.434 3，计算结果取整数)()A2 172 B4

3、 343 C869 D8 686答案D解析(105)2104lg e21040.434 324 3438 686.6(2022广州模拟)(x3y)(x2y)6的展开式中x5y2的系数为()A60 B24 C12 D48答案B解析(x2y)6展开式的通项为Tk1Cx6k(2y)k(2)kCx6kyk，所以(x3y)(x2y)6的展开式中x5y2项为(4C6C)x5y2，故系数为4C6C24.7已知椭圆C：1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，上顶点为B，BF2的延长线交C于Q，|BQ|F1Q|，则C的离心率e等于()A. B. C. D.答案D解析由椭圆C：1(ab0)的左、右焦点分别为F1

4、，F2，上顶点为B，可得B(0，b)，F1(c,0)，F2(c,0)如图所示|BF1|BF2|a，|OF1|OF2|c.设|QF2|m，则|F1Q|BQ|am.由椭圆的定义可得|F1Q|F2Q|2a，即amm2a，解得ma.所以在BQF1中，|BF1|a，|BQ|a，|F1Q|a，所以cosQBF1.在BF1F2中，|BF1|BF2|a，|F1F2|2c，所以cosF2BF1cos 2OBF12cos2OBF11221.所以221，即2，所以e21，所以e.8已知函数f(x)ln x，直线ymxn是曲线yf(x)的一条切线，则m2n的取值范围是()A3，) B2ln 24，)C. D.答案B解

5、析设切点为P(t，f(t)，f(x)，则kf(t)，曲线yf(x)在切点P(t，f(t)处的切线方程为yf(t)f(t)(xt)，整理得yxln t1，所以m2n2ln t2.令g(x)2ln x2，则g(x).当0x时，g(x)时，g(x)0，g(x)单调递增，则g(x)g2ln 24，故m2n的取值范围是2ln 24，)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重庆模拟)将函数f(x)的图象向左平移个单位长度，再将所得函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的，得到函数g(x)Asin

6、(x)的图象，如图所示为g(x)的部分图象，则关于函数f(x)的说法，正确的是()A最小正周期为B图象关于点对称C图象关于直线x对称D在区间上的值域为答案CD解析由题图可知，对于函数g(x)，A，T2，又函数g(x)的图象过点，所以0sin，解得k，kZ，由|，得，所以g(x)sin，根据题意可得f(x)sin，函数f(x)的最小正周期为T2，故A错误；由xkxk，kZ，所以其对称中心为，kZ，故B错误；由xkxk，kZ，当k1时，x，故C正确；由x，得x，所以sin，所以f(x)，故D正确10(2022江苏华罗庚中学模拟)甲口袋中有3个红球、2个白球和5个黑球，乙口袋中有3个红球、3个白球和

7、4个黑球，先从甲口袋中随机取出一球放入乙口袋，分别以A1，A2和A3表示由甲口袋取出的球是红球、白球和黑球的事件；再从乙口袋中随机取出一球，以B表示由乙口中袋取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是()AA1，A2，A3是两两互斥的事件B事件A1与事件B相互独立CP(B|A2)DP(B)答案AC解析由题意可知A1，A2，A3是两两互斥的事件，故A正确；P(A1)，P(A2)，P(A3)，P(B|A2)，故C正确；由P(B|A1)，P(B)P(BA1)P(BA2)P(BA3)，P(B|A1)P(B)，事件A1与事件B不独立，故B，D错误11(2022南京模拟)在直三棱柱ABCA1B1C1中，A

8、BBC，BB1ABBC2，O为A1C的中点，点P是线段BC1上的点，则下列说法正确的是() AA1POB1B存在点P，使得直线A1P与直线AB所成的角为C当点P是线段BC1的中点时，三棱锥PABC外接球的表面积为12D当点P是线段BC1的中点时，直线A1P与平面A1B1C1所成角的正切值为答案AD解析易知AB，BC，BB1两两垂直，如图，建立空间直角坐标系，则B(0,0,0)，A(0,2,0)，C(2,0,0)，A1(0,2,2)，B1(0,0,2)，C1(2,0,2)，O(1,1,1)，所以(1，1,1)，(2,0,2)，(2，2,0)，(0，2,0)，记(22，2,2)，因为(22)220

9、，所以A1POB1，A正确；因为cos，记直线A1P与直线AB所成的角为，则cos ，B错误；当点P是线段BC1的中点时，点P的坐标为(1,0,1)，易知ABC的外心坐标为(1,1,0)，故设三棱锥PABC外接球的球心为O(1,1，m)，则|OP|OB|，即，解得m0，所以三棱锥PABC外接球的半径R|OB|，则外接球的表面积S4R28，C错误；当点P是线段BC1的中点时，(1，2，1)，易知(0,0,2)为平面A1B1C1的一个法向量，记直线A1P与平面A1B1C1所成的角为，则sin |cos，|，因为，所以cos ，所以tan ，D正确12阿基米德(公元前287年公元前212年)是古希腊

10、伟大的物理学家、数学家、天文学家，不仅在物理学方面贡献巨大，还享有“数学之神”的称号抛物线上任意两点A，B处的切线交于点P，称PAB为“阿基米德三角形”已知抛物线C：x28y的焦点为F，过A，B两点的直线的方程为x3y60，关于“阿基米德三角形”PAB，下列结论正确的是()A|AB|BPAPBC点P的坐标为(，2)DPFAB答案ABD解析设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立可得3x28x480，解得x4或x，不妨设x14，x2，则y16，y2，故A(4，6)，B，|AB|，A项正确；又因为y，所以y，故直线PA的斜率为，直线PA的方程为y6(x4)，即yx6，同理可得直线PB的方程为y，

11、kPAkPB1，所以PAPB，B项正确；联立可得故点P的坐标为，C项错误；易知点F的坐标为(0,2)，则kPF，kPFkAB1，所以PFAB，D项正确三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13(2022渭南模拟)已知an为等差数列，其公差为2，且a7是a3与a9的等比中项，Sn为an的前n项和，则S10的值为_答案110解析an为等差数列，其公差为2，由a7是a3与a9的等比中项，可得aa3a9，即(a112)2(a14)(a116)，解得a120，则S1010(20)1092110.14(2022泰安模拟)如图，在四边形ABCD中，3，E为边BC的中点，若，则_.答案解析连接AC

12、(图略)，()，所以，则.15已知在正四面体PABC中，AB3，记以PA为直径的球为球O，则平面ABC截球O所得截面的面积为_答案解析如图，取BC的中点D，连接AD，过点P作PE平面ABC于点E，由正四面体PABC的特征可知，点E为AD上靠近点D的三等分点因为PA为球O的直径，PE平面ABC，AEP90，所以平面ABC截球O所得截面的直径为AE.因为AB3，所以AEAD，故平面ABC截球O所得截面面积为2.16若x(exa)ln x1对任意x0恒成立，则实数a的取值范围为_答案1，)解析由x(exa)ln x1可得axln x1xex，因为x0，所以a恒成立令f(x)exx1，则f(x)ex1

13、，当x0时，f(x)0时，f(x)0，所以f(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增，所以f(x)f(0)0，即exx1(当且仅当x0时取等号)，故exln xxln x1，当且仅当xln x0时取等号在同一平面直角坐标系中画出yln x与yx的图象，如图所示，可知两函数在(0,1)之间有一个交点，故存在x0(0,1)，使得xln x0成立，故1，当且仅当xx0时等号成立，故a1，即实数a的取值范围为1，)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衡阳模拟)在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a，b，c1.

14、(1)求sin A，sin B，sin C中的最大值；(2)求AC边上的中线长解(1)1，故有bacsin Bsin Asin C，由余弦定理可得cos B，又B(0，)，B，故sin B.(2)设AC边上的中线为BD，则()，(2)2()2c2a22cacos B12()2211，|，即AC边上的中线长为.18(12分)中共中央国务院关于实现巩固拓展脱贫攻坚成果同乡村振兴有效衔接的意见明确提出，支持脱贫地区乡村特色产业发展壮大，加快脱贫地区农产品和食品仓储保鲜、冷链物流设施建设，支持农产品流通企业、电商、批发市场与区域特色产业精准对接当前，脱贫地区相关设施建设情况如何？怎样实现精准对接？未来

15、如何进一步补齐发展短板？针对上述问题，假定有A，B，C三个解决方案，通过调查，发现有的受调查者赞成方案A，有的受调查者赞成方案B，有的受调查者赞成方案C，现有甲、乙、丙三人独立参加投票(以频率作为概率)(1)求甲、乙两人投票方案不同的概率；(2)若某人选择方案A或方案B，则对应方案可获得2票，选择方案C，则方案C获得1票，设X是甲、乙、丙三人投票后三个方案获得票数之和，求X的分布列和均值解(1)因为甲、乙两人投票方案相同的概率为，所以甲、乙两人投票方案不相同的概率为1.(2)X的所有可能取值为3,4,5,6，因为P(X3)3，P(X4)C2，P(X5)C2，P(X6)C3，所以X的分布列如下：

16、X3456P所以E(X)3456.19(12分)已知数列an满足.(1)求数列an的通项公式；(2)对任意的nN*，令bn求数列bn的前n项和Sn.解(1)当n1时，得，解得a11；当n2时，可得，由，得，则an2n，当n1时，a1211也符合上式，所以数列an的通项公式为an2n.(2)bn当n为偶数时，Sn1(1)(3)2(n1)(202222n)；当n为奇数时，SnSn1bn121n.综上所述，Sn20(12分)(2022绵阳模拟)如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ABAD，BCAD，PAABBC2，AD4，E为棱PD的中点，F是线段PC上一动点(1)求证：平面PBC平面PA

17、B；(2)若直线BF与平面ABCD所成角的正弦值为，求平面AEF与平面ADE夹角的余弦值(1)证明因为ABAD，BCAD，则BCAB，因为PA平面ABCD，BC平面ABCD，所以BCPA，因为PAABA，PA，AB平面PAB，所以BC平面PAB，又因为BC平面PBC，所以平面PBC平面PAB.(2)解易知AB，AD，AP两两垂直，以点A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,4,0)，E(0,2,1)，P(0,0,2)，设(2,2，2)(2，2，2)，(22,2，22)，其中01，易知平

18、面ABCD的一个法向量为u(0,0,1)，由已知可得|cosu，|，解得，所以F为PC的中点，即F(1,1,1)，设平面AEF的法向量为m(x，y，z)，(0,2,1)，(1,1,1)，则取y1，可得m(1,1，2)，易知平面ADE的一个法向量为n(1,0,0)，设平面AEF与平面ADE的夹角为，所以cos |cosm，n|，故平面AEF与平面ADE夹角的余弦值为.21(12分)(2022广安模拟)已知P为椭圆1(ab0)上一点，F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，|PF1|PF2|4，且椭圆离心率为.(1)求椭圆的标准方程；(2)过F1的直线l交椭圆于A，B两点，点C与点B关于x轴对称，求AF

19、1C面积的最大值解(1)由P为椭圆1(ab0)上一点，F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，|PF1|PF2|4，可得2a4，所以a2，又e，则ca2，所以b2a2c24，故椭圆的标准方程为1.(2)由题意可知，过F1的直线l的斜率存在且不为0，可设其方程为yk(x2)(k0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则C(x2，y2)，由得(12k2)x28k2x8k280，则所以|2y2|x1x2|2y2|2x2|y2|(x1x2)(2x2)|y2|x12|k(x22)(x12)|kx1x22(x1x2)4|，当且仅当k时，等号成立所以AF1C面积的最大值为.22(12分)(2022龙岩模拟)已知函数f(x)axln x1，g(x)(a2)x23ex22xln x1，aR.(1)当a3时，判断函数f(x)的零点个数；(2)若f(x)g(x)恒成立，求实数a的取值范围解(1)当a3时，f(x)3xln x1，f(x)3(ln x1)，由f(x)0，得x；由f(x)0，得0x，f(x)在上单调递减，在上单调递增，f(x)minf0，f(1)10，ff0，ff(1)0)，由t0，得x1；由t0，得0x1，当x1时，tmin1，t1，则a32对t1恒成立，记h(t)(t1)，h(t)，t1，h(t)0，h(t)在1，)上为增函数，h(t)h(1)，a2.