高考数学复习之2021高考仿真模拟卷2

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1、2021高考仿真模拟卷(二) 第三部分 刷模拟 一、选择题:本题共 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 A1,2,3,4,B2,3,6,7,C3,4,5,6,则图中阴影部 分表示的集合是( ) A2,3 B6 C3 D3,6 答案答案 解析 由题可知,ABC3,BC3,6,故阴影部分表示的集 合是6 解析解析 2若(12i)z5i,则|z|的值为( ) A3 B5 C 3 D 5 解析 由(12i)z5i, 可得 z 5i 12i 5i12i 12i12i 105i 5 2i.所以|z|2212 5. 答案答案 解析解析 3

2、 (2020 山东青岛二模)已知函数 f(x) sinx,x0, log2ax,x0, 且 f f 7 6 1,则 a( ) A.3 2 B2 C3 Dln 2 解析 因为 f 7 6 sin 7 6 sin 5 6 1 2 ,所以 f f 7 6 f 1 2 log2 a1 2 1,解得 a3 2.故选 A. 答案答案 解析解析 4(2020 大同一中高三一模)已知 2, 3 2 ,tan()3 4,则 sin cos 等于( ) A 1 5 B1 5 C1 5 D7 5 解析 由题意得 tan()tan3 4, 又 2, 3 2 , 所以 2, , cos0,结合 sin2cos21,解得

3、 sin3 5,cos 4 5,所以 sin cos3 5 4 5 1 5,故选 B. 答案答案 解析解析 5 (2020 山东潍坊二模)在四面体 ABCD 中, ABC 和BCD 均是边长 为 1 的等边三角形,已知四面体 ABCD 的四个顶点都在同一球面上,且 AD 是该球的直径,则四面体 ABCD 的体积为( ) A. 2 24 B 2 12 C 2 6 D 2 4 答案答案 解析 AD 是该球的直径,设球心为 O,则 O 为 AD 的中点,ABD ACD90 ,ABACBCBDCD1,OBOCOD 2 2 ,BO AD, BOOC, BO平面 ACD, 四面体 ABCD 的体积为 VB

4、ACD1 3 SACDBO1 3 1 2 2 2 2 2 2 2 12 .故选 B. 解析解析 6河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一,现为世界文化遗 产龙门石窟与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟现有 一石窟的某处“浮雕像”共 7 层, 每上层的数量是下层的 2 倍, 总共有 1016 个“浮雕像”, 这些“浮雕像”构成一幅优美的图案, 若从最下层往上“浮 雕像”的数量构成一个数列an,则 log2(a3a5)的值为( ) A8 B10 C12 D16 解析 依题意 a1a2a3a4a5a6a71016, 又因为数列an是公 比为2的等比数列, 则a 112 7 12 1016

5、, 所以a18, 所以a3a5(a4)2(823)2 212,所以 log2(a3a5)log221212. 答案答案 解析解析 7(2020 河南开封高三二模)已知平行四边形 ABCD 中,ABAD2, DAB60 ,对角线 AC 与 BD 相交于点 O,点 M 是线段 BC 上一点,则 OM CM 的最小值为( ) A 9 16 B 9 16 C1 2 D1 2 答案答案 解析 如图所示,以 BD 的中点为坐标原点,以 BD 所在直线为 x 轴, 以 CA 所在直线为 y 轴,建立平面直角坐标系,则 B(1,0),C(0, 3), 所以直线 BC 的方程为 y 3x 3.设点 M(x, 3

6、x 3)(1x0), 所以OM (x, 3x 3),CM (x, 3x),所以OM CM x23x23x 4x23x4 x3 8 2 9 16,当 x 3 8时,OM CM 取到最小值 9 16.故选 A. 解析解析 8(2020 山东济南高三上学期期末)若 F 为双曲线 C: x2 4 y 2 5 1 的左焦 点,过原点的直线 l 与双曲线 C 的左、右两支分别交于 A,B 两点,则 1 |FA| 4 |FB|的取值范围是( ) A. 1 4, 1 5 B 1 5, 1 5 C. 1 4,0 D 1 4, 1 5 答案答案 解析 由双曲线 C: x2 4 y 2 5 1,得 a2,b 5,c

7、3,则左焦点 F( 3,0),右焦点 F(3,0)因为过原点的直线 l 与双曲线 C 的两个交点 A,B 关于原点对称, 所以|FA|FB|.又根据双曲线的定义, 得|FB|FB|2a, 所以|FA|FB|FB|2a|FB|4, 设|FB|d, 所以 1 |FA| 4 |FB| 1 |FB|4 4 |FB| 1 d4 4 d .设 f(d) 1 d4 4 d ,d5,则 f(d) 1 d42 4 d2 d24d42 d42d2 3d 232d64 d42d2 . 解析解析 令 f(d)0,解得 d8 3(舍去)或 d8,所以 f(d)在5,8)上单调递减,在(8, )上单调递增, 且当 d时,

8、 f(d)0, 所以 f(d)maxf(5) 1 54 4 5 1 5, f(d)minf(8) 1 84 4 8 1 4, 所以 f(d)的取值范围为 1 4, 1 5 , 则 1 |FA| 4 |FB| 的取值范围是 1 4, 1 5 ,故选 D. 解析解析 二、选择题:本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分在每小题给出的 选项中,有多项符合题目要求全部选对的得 5 分,有选错的得 0 分,部 分选对的得 3 分 9(2020 山东泰安二轮复习质量检测)“杂交水稻之父”袁隆平一生致 力于杂交水稻技术的研究、应用与推广,发明了“三系法”籼型杂交水稻, 成功研究出“两系法”杂交水稻,创

9、建了超级杂交稻技术体系,为我国粮 食安全、农业科学发展和世界粮食供给做出了杰出贡献;某杂交水稻种植 研究所调查某地水稻的株高,得出株高(单位:cm)服从正态分布,其密度曲 线函数为f(x) 1 10 2 e x1002 200 , x(, ), 则下列说法正确的是( ) A该地水稻的平均株高为 100 cm B该地水稻株高的方差为 10 C随机测量一株水稻,其株高在 120 cm 以上的概率比株高在 70 cm 以下的概率大 D随机测量一株水稻,其株高在(80,90)和在(100,110)(单位:cm)的概 率一样大 答案答案 解析 因为 f(x) 1 10 2e x1002 200 ,故 1

10、00,2100,故 A 正确,B 错误;因为 P(x120)P(xP(x70),故 C 正确;根据正态分布的对称 性,知 P(100x110)P(90xP(80x0,b0,且 ab1,则( ) Aa2b21 2 B2ab1 2 Clog2alog2b2 D a b 2 答案答案 解析 对于 A,a2b2a2(1a)22a22a12 a1 2 21 2 1 2,当 且仅当 ab1 2时,等号成立,故 A 正确;对于 B,ab2a11,所 以 2ab211 2, 故 B 正确; 对于 C, log2alog2blog2ablog2 ab 2 2log 21 4 2,当且仅当 ab1 2时,等号成立

11、,故 C 不正确;对于 D,因为( a b)212 ab1ab2,所以 a b 2,当且仅当 ab1 2时,等 号成立,故 D 正确故选 ABD. 解析解析 12(2020 山东烟台一模)关于函数 f(x)exasinx,x(,), 下列说法正确的是( ) A当 a1 时,f(x)在(0,f(0)处的切线方程为 2xy10 B当 a1 时,f(x)存在唯一极小值点 x0且1f(x0)0 C对任意 a0,f(x)在(,)上均存在零点 D存在 a0,使 f(x)在(,)上有且只有一个零点 答案答案 解析 对于 A,当 a1 时,f(x)exsinx,f(x)excosx,f(0)1, f(0)2,

12、所求切线方程为 y12(x0),即 2xy10,故 A 正确; 对于 B,当 x(0,)时,f(x)excosx0 恒成立,f(x)在(0,) 上无极值; 当 x(, 0时, 令 g(x)f(x)excosx, 则 g(x)exsinx 0 恒成立,g(x)在(,0上单调递增,又 f 2 e 20,f 3 4 e 3 4 2 2 0,存在 x0 3 4 , 2 ,使 f(x0)ex0cosx00,即 ex0 cosx0,f(x)极小值f(x0)ex0sinx0cosx0sinx0 2sin x0 4 , 解析解析 3 4 x0 2, x0 4 3 4 , 2 2 sin x0 4 0, 1f(

13、x0) 0,故 B 正确;对于 C,当 a 1 e4时,f(x)e xsinx e4 ,f(x)excosx e4 ,当 x(0, )时, f(x)excosx e4 0 恒成立, f(x)在(0, )上单调递增, f(x)f(0)0,f(x)在(0,)上不存在零点;当 x(,0时,令 h(x) f(x)excosx e4 ,则 h(x)exsinx e4 0 恒成立,h(x)在(,0上单 调递增,又 h()f()e 1 e40,f(x)在(,0上不存在零点, 故 C 错误; 解析解析 对于 D,f(x)零点的个数可以转化为 yex与 yasinx 图象的交点的个数 问题,如图,显然存在 a0

14、,使 yex与 yasinx 的图象有一个交点,即 f(x)有且只有一个零点,故 D 正确故选 ABD. 解析解析 答案 30 三、填空题:本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分 13(2020 山东德州一模)某校三个兴趣小组的学生人数分布如下表(每 名学生只参加一个小组,单位:人) 篮球组 书画组 乐器组 高一 45 30 a 高二 15 10 20 学校要对这三个小组的活动效果进行抽样调查,用分层抽样的方法, 从参加这三个兴趣小组的学生中抽取 30 人,结果篮球组被抽出 12 人,则 a _. 答案答案 解析 因为抽样比为 30 45153010a20 ,所以结合题意可得 30 4

15、5153010a20 12 4515,解得 a30. 解析解析 14 (2020 山东潍坊高密一模)若 3x 1 x n 的展开式的二项式系数之和是 64,则 n_;展开式中的常数项的值是_ 解析 因为 3x 1 x n 的展开式的二项式系数之和是 64,则 2n64,解 得 n6,所以 3x 1 x n 的展开式中常数项的值是 C2 6(3x) 2 1 x 4135. 解析解析 6 135 答案 2ln 2 15(2020 长春吉大附中三模)已知函数 f(x)2ef(e) ln xx e,则函数 f(x)的极大值为_ 解析 f(x)2efe x 1 e, 故 f(e) 2efe e 1 e,

16、 解得 f(e) 1 e, f(x) 2ln xx e,f(x) 2 x 1 e,令 f(x)0,解得 x2e,函数在(0,2e)上单调递 增,在(2e,)上单调递减,故 f(x)的极大值为 f(2e)2ln 2e22ln 2. 答案答案 解析解析 答案 2 16 在棱长为 1 的透明密闭的正方形容器 ABCDA1B1C1D1中, 装有容 器总体积一半的水(不计容器壁的厚度),将该正方体容器绕 BD1旋转,并始 终保持 BD1所在直线与水平平面平行,则在旋转过程中容器中水的水面面 积的最大值为_ 答案答案 解析 如图所示,在棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1中,点 E 在 A1B1

17、上, 点 F 在 CD 上, 满足 A1ECF, 则原问题等价于求解四边形 BFD1E 的面积最大值作 EGBD1于点 G,当 EG 最大时,四边形 BFD1E 面积的 有最大值建立如图所示的空间直角坐标系,设 E(m,0,1)(0m1),G(x, y,z),由于 B(1,0,0),D1(0,1,1),由BG BD1 可得(x1,y,z)(1,1,1), 则 x1, y, z, 解析解析 故 G(1, , ), 故GE (m1, , 1), BD1 (1,1,1), 由GE BD1 m110,得 2m 3 ,1 1m 3 ,故|GE| mm1 3 2 2m 3 2 1m 3 21 3 6m2m

18、1, 结合二次函数的性质可知当 m0 或 m1 时,GE 取得最大值,此时 水面面积的最大值为 2. 解析解析 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(2020 山东省第一次仿真联考)(本小题满分 10 分)在ABC 中,角 A, B, C 的对边分别为 a, b, c.在bcosAcosCasinBsinC1 2b; bsinBcosC 1 2csin2B 3acosB; bcosA cosB a2c 这三个条件中任选一个,补充在下 面问题中,并作答 已知 D 是 BC 上的一点, BC2BDAB, AD2 7, AB6, 若_, 求ACD

19、的面积 注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分 解 若选择,则 sinBcosAcosCsinAsinBsinC1 2sinB, 1 分 因为 sinB0,所以 cosAcosCsinAsinC1 2, 即 cos(AC)1 2. 2 分 因为 B(AC),所以 cos(AC)cosB1 2, 即 cosB1 2, 3 分 因为 0BAB6,所以 BD4. 8 分 因为 BC2BD, 所以 SACDSABD1 2AB BDsinB 1 264 3 2 6 3. 10 分 若选择,则 sin2BcosC1 2sinCsin2B 3sinAcosB, 即 sin2BcosCsinCsinB

20、cosB 3sinAcosB, 1 分 故 sinBsin(BC) 3sinAcosB. 解解 因为 sin(BC)sinA0,所以 sinB 3cosB,所以 tanB 3,3 分 因为 0B,所以 B 3. 4 分 下同. 10 分 若选择,则 sinBcosAsinAcosB2sinCcosB, 1 分 即 sin(BA)2sinCcosB, 2 分 因为 sin(BA)sinC0,所以 cosB1 2, 3 分 因为 0B900, 所以方案 20 g/ 次剂量组接种效果好; 2 分 由公式 K2 nadbc2 abcdacbd 200090027100973 2 10001000187

21、3127 44.80610.828, 所以有 99.9%的把握认为该疾病疫苗接种成功与两种接种方案有关. 5 分 解解 (2)假设 20 g/次剂量组临床试验接种一次成功的概率为 p, 由数据得, 三次接种成功的概率为 973 10000.973, 不成功的概率为 27 1000 0.027, 由于三次接种之间互不影响,每人每次接种成功的概率相等, 所以(1p)30.027,得 p0.7, 7 分 设参与该试验的 1000 人此剂量只接种一次成功的人数为 X, 显然 XB(1000,0.7),E(X)10000.7700, 参与该试验的 1000 人此剂量只接种一次成功的人数平均为 700 人

22、, 且 973700273, 所以选用 20 g/次剂量组方案,参与该试验的 1000 人的成功人数比此 剂量只接种一次的成功人数平均提高 273 人. 12 分 解解 20(2020 山东济宁三模)(本小题满分 12 分)如图 1,四边形 ABCD 为 矩形,BC2AB,E 为 AD 的中点,将ABE,DCE 分别沿 BE,CE 折起 得图 2,使得平面 ABE平面 BCE,平面 DCE平面 BCE. (1)求证:平面 ABE平面 DCE; (2)若 F 为线段 BC 的中点,求直线 FA 与平面 ADE 所成角的正弦值 解 (1)证明:在题图 1 中,BC2AB,且 E 为 AD 的中点,

23、AEAB, AEB45 , 同理DEC45 .CEB90 ,BECE. 又平面 ABE平面 BCE,平面 ABE平面 BCEBE,CE平面 BCE, CE平面 ABE,又 CE平面 DCE,平面 ABE平面 DCE.5 分 解解 (2)如图,以点 E 为坐标原点,EB,EC 所在的直线分别为 x 轴、y 轴建 立空间直角坐标系,设 AB1, 则 E(0,0,0),B( 2,0,0), C(0, 2,0),A 2 2 ,0, 2 2 ,D 0, 2 2 , 2 2 ,F 2 2 , 2 2 ,0 . 向量EA 2 2 ,0, 2 2 ,ED 0, 2 2 , 2 2 , 7 分 解解 设平面 A

24、DE 的法向量为 n(x,y,z), 由 n EA 0, n ED 0, 得 xz0, yz0, 令 z1,得 平面 ADE 的一个法向量为 n(1,1,1), 9 分 又FA 0, 2 2 , 2 2 , 设直线 FA 与平面 ADE 所成的角为 , 则 sin |FA n| |FA |n| 2 1 3 6 3 , 所以直线 FA 与平面 ADE 所成角的正弦值为 6 3 . 12 分 解解 解 (1)设动圆圆心 P 到直线 x1 2的距离为 d,根据题意,d|PF|, 动点 P 形成的轨迹是以 F 1 2,0 为焦点,以直线 x 1 2为准线的抛物线, 抛物线的方程为 y22x. 4 分

25、解解 21 (本小题满分 12 分)已知动圆 P 过定点 F 1 2,0 , 且和直线 x 1 2相 切,动圆圆心 P 形成的轨迹是曲线 C,过点 Q(4,2)的直线与曲线 C 交于 A,B 两个不同的点 (1)求曲线 C 的方程; (2)在曲线 C 上是否存在定点 N, 使得以 AB 为直径的圆恒过点 N?若存 在,求出 N 点坐标;若不存在,说明理由 (2)根据题意,设 A(x1,y1),B(x2,y2),直线的方程为 lAB:xn(y2) 4, 代入抛物线方程, 整理得 y22ny4n80, 4n216(n2)4(n2 4n8)0,y1y22n,y1y24n8, 6 分 若设抛物线上存在

26、定点 N,使得以 AB 为直径的圆恒过点 N, 设 N(x0,y0),则 y2 02x0, kNAy 1y0 x1x0 y1y0 y2 1 2 y 2 0 2 2 y1y0, 解解 同理可得 kNB 2 y2y0, 8 分 kNA kNB 2 y1y0 2 y2y0 4 y1y2y1y2y0y2 0 4 4n82ny0y2 01, (2y04)ny2 040, 2y040, y2 040, 解得 y02,x02, 在曲线 C 上存在定点 N(2,2),使得以 AB 为直径的圆恒过点 N.12 分 解解 解 (1)当 m2 时,f(x)(x1)22ln x, 其导数 f(x)2(x1)2 x,

27、所以 f(1)2,即切线斜率为 2,又切点为(1,0), 所以切线的方程为 2xy20. 4 分 解解 22(本小题满分 12 分)已知函数 f(x)(x1)2mln x,mR. (1)当 m2 时,求函数 f(x)的图象在点(1,0)处的切线方程; (2)若函数 f(x)有两个极值点 x1,x2,且 x1x2,求fx2 x1 的取值范围 (2)函数 f(x)的定义域为(0,), f(x)2(x1)m x 2x 22xm x , 因为 x1,x2为函数 f(x)的两个极值点,所以 x1,x2是方程 2x22xm 0 的两个不等实根,由根与系数的关系知 x1x21,x1x2m 2 ,(*) 又已

28、知 x1x2,所以 0x11 2x21, fx2 x1 x 21 2mln x 2 x1 , 将(*)式代入得fx2 x1 x 21 22x 21x2ln x2 1x2 1x22x2ln x2,8 分 解解 令 g(t)1t2tln t,t 1 2,1 , 则 g(t)2ln t1,令 g(t)0,解得 t 1 e, 当 t 1 2, 1 e 时,g(t)0,g(t)在 1 e,1 上单调递增; 所以 g(t)ming 1 e 1 2 e1 2 e e , 因为 g(t)max g 1 2 ,g1 ,g 1 2 1 2ln 20g(1), 所以 g(t)0.所以fx2 x1 的取值范围是 12 e e ,0 . 12 分 解解 本课结束

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