2022年高考數(shù)學(理數(shù))二輪復習仿真模擬卷13(含解析)

1、高考仿真模擬卷(十三) (時間：120 分鐘；滿分：150 分) 第卷 一、選擇題：本題共 12 小題，每小題 5 分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的 1已知集合 Ax|32x1，Bx|4x3x20，則 AB( ) A(1，2 B.1，43 C0，1) D(1，) 2已知復數(shù) z1a4i，z23bi，若它們的和為純虛數(shù)，差為實數(shù)，則實數(shù) a，b 的值為( ) Aa3，b4 Ba3，b4 Ca3，b4 Da3，b4 3閱讀如圖所示的程序框圖，運行相應的程序，輸出的結果 s( ) A4 B5 C6 D7 4已知命題 p：函數(shù) f(x)|cos x|的最小正周期為 2； 命題 q

2、：函數(shù) yx3sin x 的圖象關于原點中心對稱，則下列命題是真命題的是( ) Apq Bpq C(綈 p)(綈 q) Dp(綈 q) 5 已知T為常數(shù)， 定義fT(x)f（x），f（x）T，T，f（x）0，b0)經(jīng)過等腰梯形 ABCD 的上底的兩個頂點 C、D，下底的兩個頂點 A、B 分別為雙曲線的左、右焦點，對角線 AC 與雙曲線的左支交于點 E，且 3|AE|2|EC|，|AB|2|CD|，則該雙曲線的離心率是( ) A. 2 B. 3 C. 5 D. 7 12已知點 O 為坐標原點，點 An(n，an)(nN*)為函數(shù) f(x)1x1的圖象上的任意一點，向量 i(0，1)，n是向量 O

3、An與 i 的夾角，則數(shù)列 cos nsin n的前 2 017 項的和為( ) A2 B.2 0162 017 C.2 0172 018 D1 題號 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 第卷 二、填空題：本題共 4 小題，每小題 5 分 13若3x13x2n的展開式中各項系數(shù)之和為 128，則展開式中1x3的系數(shù)是_ 14.如圖，在正方體 ABCD- A1B1C1D1中，點 O 為線段 BD 的中點設點 P 在線段 CC1上，直線 OP 與平面 A1BD 所成的角為 ，則sin 的取值范圍是_ 15已知中心在坐標原點的橢圓 C 的右焦點為 F(1，0)，點 F關于直線

4、 y12x 的對稱點在橢圓 C 上，則橢圓 C 的方程為_ 16如果函數(shù) yf(x)滿足：在區(qū)間a，b上存在 x1，x2(ax1x20. (1)求數(shù)列an的通項公式； (2)若 bnan2n1，數(shù)列bn的前 n 項和為 Tn，問是否存在正整數(shù) m，使得 mTnm3 對任意的正整數(shù) n 恒成立？若存在，求出 m 的值；若不存在，請說明理由 20(本小題滿分 12 分)在矩形 ABCD 中，|AB|8，|BC|6，P、Q、R、S 分別為四條邊的中點，以 SQ 和 PR 所在直線分別為 x軸，y 軸，建立平面直角坐標系，如圖所示，設 M，N 分別是線段OQ 與線段 CQ 上的動點(O 為坐標原點)，

5、并且滿足|OM| |NQ|MQ| |CN|. (1)求直線 PM 與 RN 的交點 T 的軌跡方程，并說明是何種曲線； (2)當 M 是 OQ 的中點時，求TPR 的面積 21.(本小題滿分 12 分)已知函數(shù) f(x)aln xx，g(x)x2(1a)x(2a)ln x，其中 aR. (1)若 g(x)在其定義域內為增函數(shù)，求實數(shù) a 的取值范圍； (2)若函數(shù) F(x)f(x)g(x)的圖象交 x 軸于 A，B 兩點，AB 中點的橫坐標為 x0，問：函數(shù)F(x)的圖象在點(x0，F(xiàn)(x0)處的切線能否平行于 x 軸？ 請考生在 22、23 題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分

6、22(本小題滿分 10 分)選修 4- 4：坐標系與系數(shù)方程 在極坐標系中， 已知曲線 C1： 2cos 和曲線 C2：cos 3， 以極點 O 為坐標原點，極軸為 x 軸非負半軸建立平面直角坐標系 (1)求曲線 C1和曲線 C2的直角坐標方程； (2)若點 P 是曲線 C1上一動點，過點 P 作線段 OP 的垂線交曲線 C2于點 Q，求線段 PQ 長度的最小值 23(本小題滿分 10 分)選修 4- 5：不等式選講 設函數(shù) f(x)|x1|xa|(aR) (1)當 a4 時，求不等式 f(x)5 的解集； (2)若 f(x)4 對 aR 恒成立，求實數(shù) a 的取值范圍. 高考仿真模擬卷(十三

7、) 1 解析： 選 B.因為 Ax|32x1x|x1， Bx0 x43所以 ABx1x43，選 B. 2解析：選 B.因為 z1z2(a3)(4b)i 是純虛數(shù)，所以 a3，b4.因為 z1z2(a3)(4b)i 是實數(shù)，所以 b4. 3解析：選 C.執(zhí)行程序框圖，可知：n2，s1(1)343；n3，s3(1)4326，跳出循環(huán)，輸出的 s6，故選 C. 4解析：選 B.因為命題 p 為假，命題 q 為真，所以 pq 為真命題 5解析：選 C.由題意得，f(e)e12，所以 f2(e)2，又 f(2)2ln 23， 所以 f3f2(e)3. 6解析：選 C.對于變量 Y 與 X 而言，Y 隨

8、X 的增大而增大，故 Y 與 X 成正相關，即 r10；對于變量 V 與 U 而言，V 隨 U 的增大而減小，故 V 與 U 成負相關，即 r20，所以有 r20r1. 7解析：選 A.設雙曲線的方程為 mx2ny21(mn2，故選 C. 11解析：選 D.由題意可知，A(c，0)，B(c，0)，又點 C 在雙曲線上，ABCD 為等腰梯形，|AB|2|CD|，所以點 C 的橫坐標為c2，不妨設 Cc2，y0，由 3|AE|2|EC|可知AE23EC，得 E2c5，2y05，從而滿足c24a2y20b21，4c225a24y2025b21，消去y20b2，得c2a27，所以該雙曲線的離心率為 7

9、. 12解析：選 C.因為 an1n1，所以OAnn，1n1，所以 cos nOAni|OAn|i|1n1n21（n1）2，因為 0n，所以 sin n1cos2 nnn21（n1）2，所以cos nsin n1n（n1）1n1n1，所以cos 1sin 1cos 2sin 2cos 2 017sin 2 017112121312 01712 018112 0182 0172 018. 13解析：令 x1，得3x13x2n的展開式中各項系數(shù)之和為(31)n12827，故 n7.則二項式的通項 Tr1Cr7(3x)7r(x23)r(1)r37rCr7x7r23r，令 753r3，得 r6，故展開

10、式中1x3的系數(shù)是(1)6376C6721. 答案：21 14解析：由題意可得：直線 OP 與平面 A1BD 所成的角 的取值范圍是AOA1，2C1OA1，2， 不妨取 AB2.在 RtAOA1中， sinAOA1AA1A1O24263， sinC1OA1sin(2AOA1) sin 2AOA12sinAOA1cosAOA1263332 2363， 所以 sin 的取值范圍是63，1 . 答案：63，1 15解析：設 F(1，0)關于直線 y12x 的對稱點為(x，y)，則0y2121x2，y0 x1121， 解得x35，y45，由于橢圓的兩個焦點為(1，0)，(1，0)， 所以 2a3512

11、45235124526 55，a3 55，又 c1，所以 b2a2c295145， 所以橢圓 C 的方程為x295y2451， 即5x295y241. 答案：5x295y241 16解析：由題意可知，在區(qū)間0，a上存在 x1，x2(0 x1x2a)， 使得 f(x1)f(x2) f（a）f（0）a013a3a2a13a2a， 因為 f(x)13x3x2a， 所以 f(x)x22x， 所以方程 x22x13a2a 在區(qū)間(0，a)上有兩個不同的解， 令 g(x)x22x13a2a(0 x0，g（0）13a2a0，g（a）23a2a0，2ax1x22， 解得32a3.所以實數(shù) a 的取值范圍是32

12、，3 . 答案：32，3 17解：(1)兩個班數(shù)據(jù)的平均值都為 7， 甲班的方差 s21 （67）2（57）2（77）2（97）2（87）252， 乙班的方差 s22 （47）2（87）2（97）2（77）2（77）25145， 因為 s21s22，甲班的方差較小，所以甲班的成績更穩(wěn)定 (2)由題知 X 可能取 0，1，2， P(X0)251215，P(X1)3512251212，P(X2)3512310， 所以 X 的分布列為 X 0 1 2 P 15 12 310 X 的數(shù)學期望 E(X)01511223101110. Y 可能取 0，1，2， P(Y0)3515325，P(Y1)3545

13、25151425，P(Y2)2545825， 所以 Y 的分布列為 Y 0 1 2 P 325 1425 825 Y 的數(shù)學期望 E(Y)032511425282565. 18解：(1)以 D 為坐標原點，DA 所在直線為 x 軸，DC 所在直線為 y 軸，DD1所在直線為 z 軸，建立如圖所示的空間直角坐標系 由題設知，B(2，3，0)，A1(2，0，5)，C(0，3，0)，C1(0，3，5) 因為CECC1， 所以 E(0，3，5) 從而EB(2，0，5)， EA1(2，3，55) 當BEA1為鈍角時，cosBEA10， 所以EB EA10， 即 225(55)0， 解得150，所以 an

14、an11， 當 n1 時，a21a12a10，因為 an0， 所以 a11，所以 an1(n1)n. (2)存在理由如下： 由(1)知 bnn2n1，所以 Tn11202121n12n1， 12Tn11212122n12n， 得12Tn11212n1n12n 2112nn12n， 故 Tn4112n2n12n4412n2n12n4(2n4)12n.易知 Tn0， 所以 TnT11， 故存在正整數(shù) m1 滿足題意 20解：(1)依題意設 M(m，0)，N(4，n)， T(x，y)，其中 0m4，0n3， 因為 P(0，3)，R(0，3)， 所以由PMPT得，3xm(y3)0， 所以 3m9xy3

15、. 由RNRT得(n3)x4(y3)0， 所以 4(n3)16（y3）x， 因為|OM| |NQ|MQ| |CN|， 所以 mn(4m)(3n)， 即 3m4n12，所以 3m4(n3)0. 將代入得9xy316（y3）x0， 即x216y291(0 x4，0y3) 它是中心在坐標原點、焦點在 x 軸上，長軸長為 8，短軸長為 6 的橢圓(在第一象限的部分曲線) (2)當 M 為 OQ 的中點時，m2，n32. 直線 PM：3x2y60， 直線 RN：3x8y240， 聯(lián)立兩式解得 T(3.2，1.8)， 所以 STPR1263.29.6. 21解：(1)g(x)2x(1a)2ax 2x2（1

16、a）x（2a）x， 因為 g(x)的定義域為x|x0，且 g(x)在其定義域內為增函數(shù)， 所以 g(x)0 在 x0 時恒成立， 則 2x2(1a)x(2a)0 在 x0 時恒成立， 所以 a52（x1）1x1在 x0 時恒成立 而當 x0 時，2(x1)1x13. 所以 a2，) (2)不能理由如下： 假設 F(x)的圖象在(x0，F(xiàn)(x0)處的切線平行于 x 軸，F(xiàn)(x)2ln xx2ax，F(xiàn)(x)2x2xa， 不妨設 A(m，0)，B(n，0)，0mn， 則2ln mm2am0，2ln nn2an0，mn2x0，2x02x0a0. 得 2lnmn(mn)(mn)a(mn)， 所以 a2l

17、nmnmn2x0， 由得 a2x02x0， 所以 lnmn2（mn）mn2mn1mn1， 設 tmn(0，1)，式可變?yōu)?ln t2（t1）t10(t(0，1) 設 h(t)ln t2（t1）t1， h(t)1t2（t1）2（t1）（t1）2（t1）24tt（t1）2（t1）2t（t1）20(t(0，1) 所以函數(shù) h(t)ln t2（t1）t1在(0，1)上單調遞增，因此 h(t)h(1)0， 也就是 ln mn2mn1mn1，此式與矛盾 所以 F(x)的圖象在點(x0，F(xiàn)(x0)處的切線不能平行于 x 軸 22解：(1)C1的 直角坐標方程為(x1)2y21， C2的直角坐標方程為 x3. (2)設曲線 C1與 x 軸異于原點的交點為 A， 因為 PQOP，所以 PQ 過點 A(2，0)， 設直線 PQ 的參數(shù)方程為 x2tcos ytsin (t 為參數(shù))， 代入 C1可得 t22tcos 0， 解得 t10，t22cos ， 可知|AP|t2|2cos |， 代入 C2可得 2tcos 3，解得 t1cos ， 可知|AQ