2021屆高考數(shù)學(xué)文(全國統(tǒng)考版)二輪驗收仿真模擬卷(九)試題及答案

1、高考仿真模擬卷(九) (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已知全集為 R，集合 A1，0，1，5，Bx|x2x20，則 ARB( ) A1，1 B0，1 C0，1，5 D1，0，1 2復(fù)數(shù) z1i3i在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點位于( ) A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 3命題“x00，x200”的否定是( ) Ax0，x20，x200 Dx0cb Bbca Cbac Dabc 7 在平面區(qū)域(x， y)|0 x1， 1y2內(nèi)隨機投入一點 P， 則點 P 的坐標(x， y)滿

2、足 y2x的概率為( ) A.14 B.12 C.23 D.34 8在正三棱柱 ABC- A1B1C1，AB4，點 D 在棱 BB1上，若 BD3，則 AD 與平面 AA1C1C所成角的正切值為( ) A.2 35 B.2 3913 C.54 D.43 9我國古代名著莊子 天下篇中有一句名言“一尺之棰，日取其半，萬世不竭”，其意思為：一尺的木棍，每天截取一半，永遠都截不完現(xiàn)將該木棍依此規(guī)律截取，如圖所示的程序框圖的功能就是計算截 取 20 天后所剩木棍的長度(單位：尺)，則處可分別填入的是( ) Ai20，ss1i，i2i Bi20，ss1i，i2i Ci20，ss2，ii1 Di20，ss2

3、，ii1 10設(shè) ，0，且滿足 sin cos cos sin 1，則 sin(2)sin(2)的取值范圍為( ) A 2，1 B1， 2 C1，1 D1， 2 11在平面直角坐標系 xOy 中，已知點 A，B 分別為 x 軸，y 軸上一點，且|AB|1，若點P(1， 3)，則|APBPOP|的取值范圍是( ) A5，6 B6，7 C6，9 D5，7 12 已知拋物線 y22px(p0)的焦點為 F， 點 A、 B 為拋物線上的兩個動點， 且滿足AFB120 .過弦 AB 的中點 M 作拋物線準線的垂線 MN，垂足為 N，則|AB|MN|的最小值為( ) A. 2 B2 2 C. 3 D2 3

4、 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在銳角三角形 ABC 中，a，b，c 分別為角 A、B、C 所對的邊，且 3a2csin A，c7，且ABC 的面積為3 32，ab 的值為_ 14已知在平面直角坐標系中，O(0，0)，A(2，4)，B(6，2)，則三角形 OAB 的外接圓的方程是_ 15. 在九章算術(shù)中有稱為“羨除”的五面體體積的求法現(xiàn)有一個類似于“羨除”的有三條棱互相平行的五面體，其三視圖如圖所示，則該五面體的體積為_ 16設(shè)函數(shù) f(x)在 R 上存在導(dǎo)數(shù) f(x)，對于任意的實數(shù) x，有 f(x)

5、f(x)2x2，當 x(，0時，f(x)12x.若 f(2m)f(m)2m2，則實數(shù) m 的取值范圍是_ 三、解答題：解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟 17(本小題滿分 12 分)已知函數(shù) f(x)2sin xcos x2 3cos2x 3. (1)求函數(shù) yf(x)的最小正周期和單調(diào)遞減區(qū)間； (2)已知ABC 的三個內(nèi)角 A， B， C 的對邊分別為 a， b， c， 其中 a7， 若銳角 A 滿足 fA26 3，且 sin Bsin C13 314，求 bc 的值 18(本小題滿分 12 分)對某產(chǎn)品 1 至 6 月份銷售量及其價格進行調(diào)查，其單價 x 和銷售量 y 之間的一組數(shù)據(jù)

6、如下表所示： 月份 i 1 2 3 4 5 6 單價 xi(元) 9 9.5 10 10.5 11 8 銷售量 yi(件) 11 10 8 6 5 14 (1)根據(jù) 1 至 5 月份的數(shù)據(jù)，求出 y 關(guān)于 x 的回歸直線方程； (2)若由回歸直線方程得到的估計數(shù)據(jù)與剩下的檢驗數(shù)據(jù)的誤差不超過 0.5 元， 則認為所得到的回歸直線方程是理想的，試問所得回歸直線方程是否理想？ (3)預(yù)計在今后的銷售中，銷售量與單價仍然服從(1)中的關(guān)系，且該產(chǎn)品的成本是 2.5 元/件，為獲得最大利潤，該產(chǎn)品的單價應(yīng)定為多少元？(利潤銷售收入成本) 參考公式：回歸方程ybxa， 其中b . 19. (本小題滿分

7、12 分)如圖，已知四邊形 ABCD 是正方形，EA平面 ABCD，PDEA， ADPD2EA2，F(xiàn)，G，H 分別為 BP，BE，PC 的中點 (1)求證：FG平面 PDE； (2)求證：平面 FGH平面 ABE； (3)在線段 PC 上是否存在一點 M，使 PB平面 EFM？若存在，求出線段 PM 的長；若不存在，請說明理由 20(本小題滿分 12 分)已知直線 yx1 與函數(shù) f(x)aexb 的圖象相切，且 f(1)e. (1)求實數(shù) a，b 的值； (2)若存在 x0，32，使得 2mf(x1)nf(x)mx(m0)成立，求nm的取值范圍 21(本小題滿分 12 分) 已知中心在原點

8、O，左焦點為 F1(1，0)的橢圓 C 的左頂點為 A，上頂點為 B，F(xiàn)1到直線AB 的距離為77|OB|. (1)求橢圓 C 的方程； (2)若橢圓 C1的方程為：x2m2y2n21(mn0)，橢圓 C2的方程為：x2m2y2n2(0，且 1)，則稱橢圓 C2是橢圓 C1的 倍相似橢圓已知 C2是橢圓 C 的 3 倍相似橢圓，若橢圓 C 的任意一條切線 l 交橢圓 C2于兩點 M、N，試求弦長|MN|的取值范圍 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 22(本小題滿分 10 分)選修 4- 4：坐標系與參數(shù)方程 在直角坐標系 xOy 中，曲線 C：x 2cos

9、 1y 2sin 1( 為參數(shù))，在以 O 為極點，x 軸的非負半軸為極軸的極坐標系中，直線 l：sin cos m. (1)若 m0 時，判斷直線 l 與曲線 C 的位置關(guān)系； (2)若曲線 C 上存在點 P 到直線 l 的距離為22，求實數(shù) m 的取值范圍 . 23(本小題滿分 10 分)選修 4- 5：不等式選講 已知 f(x)|x2|x1|2|x2|. (1)求證：f(x)5； (2)若對任意實數(shù) x，152f(x)a29a21都成立，求實數(shù) a 的取值范圍 高考仿真模擬卷(九) 1解析：選 B.由題得 Bx|x2 或 x1， 所以RBx|1xlog530，故 ab1.又 c332bc

10、. 7解析：選 A.依題意 作出圖象如圖，則 P(y2x)S陰影S正方形 121211214. 8解析：選 B.取 AC 的中點 E，連接 BE，如圖，可得AD EB(ABBD) EBAB EB42 3321252 3cos ( 為AD與EB的夾角)，所以 cos 2 35，sin 135，tan 396，又因為 BE平面 AA1C1C，所以所求角的正切值為2 3913. 9解析：選 D.根據(jù)題意可知，第一天 s12，所以滿足 ss2，不滿足 ss1i，故排除AB， 由框圖可知，計算第二十天的剩余時，有 ss2，且 i21， 所以循環(huán)條件應(yīng)該是 i20.故選 D. 10解析：選 C.因為 si

11、n cos cos sin 1，即 sin()1，0，所以 2， 又0，02，則2， 所以 sin(2)sin(2)sin22sin(2)cos sin 2sin4，因為2，所以34454，所以1 2sin41，即所求取值范圍為1，1 11解析：選 D.設(shè) A(x，0)，B(0，y)，由|AB|1 得 x2y21，則APBPOP(1x，3)(1， 3y)(1， 3)(3x， 3 3y)， 所以|APBPOP|（3x）2（3 3y）2，設(shè)點 Q(3，3 3)，則|OQ|32（3 3）26，（3x）2（3 3y）2表示圓 x2y21上的任意一點與點 Q(3，3 3)之間的距離，易知其最大距離為 7

12、，最小距離為 5，所以|APBPOP|的取值范圍為5，7 12. 解析：選 C.如圖，過 A、B 分別作準線的垂線 AQ、BP，垂足分別是 Q、P，設(shè)|AF|a，|BF|b，由拋物線的定義，得|AF|AQ|，|BF|BP|，在梯形 ABPQ 中，2|MN|AQ|BP|ab.在ABF 中，由余弦定理得|AB|2a2b22abcos 120a2b2ab，配方得|AB|2(ab)2ab， 因為 abab22， 則(ab)2ab(ab)2ab2234(ab)2， 即|AB|234(ab)2，當且僅當 ab 時等號成立，所以|AB|2|MN|234（ab）214（ab）23，則|AB|MN| 3，即所求

13、的最小值為 3. 13解析：由 3a2csin A，結(jié)合正弦定理可得 3sin A2sin Csin A，因為 sin A0，所以 sin C32. 在銳角三角形 ABC 中，可得 C3. 所以ABC 的面積 S12absin C34ab3 32，解得 ab6.由余弦定理可得 c2a2b22abcos C(ab)23ab(ab)2187，解得 ab5.故答案為 5. 答案：5 14解析：法一：設(shè)三角形 OAB 的外接圓方程是 x2y2DxEyF0，依題意可得F0，4162D4EF0，3646D2EF0， 解得F0，D6，E2，故三角形 OAB 的外接圓的方程是 x2y26x2y0. 法二：因為

14、直線 OA 的斜率 kOA422，直線 AB 的斜率 kAB246212，kABkOA2121，所以三角形 OAB 是直角三角形，點 A 為直角頂點，OB 為斜邊，因為|OB|364 40，故外接圓的半徑 r|OB|2402 10，又 OB 的中點坐標為(3，1)， 故三角形 OAB 的外接圓的標準方程為(x3)2(y1)210， 即 x2y26x2y0. 答案：x2y26x2y0 15解析： 由三視圖可得，該幾何體為如圖所示的五面體 ABCEFD， 其中，底面 ABC 為直角三角形，且BAC90，AB4，AC3，側(cè)棱 DB，EC，F(xiàn)A與底面垂直，且 DB2，ECFA5.過點 D 作 DHBC

15、，DGBA，交 EC，F(xiàn)A 分別于點 H，G， 則棱柱 ABC- DHG 為直棱柱，四棱錐 D- EFGH 的底面為矩形 EFGH，高為 BA. 所以 V五面體ABCEFDVABCDHGVDEFGH1243 21332424. 故答案為 24. 答案：24 16 解析： 令 g(x)f(x)xx2， 所以 g(x)g(x)f(x)xx2f(x)xx2f(x)f(x)2x20，所以 g(x)為定義在 R 上的奇函數(shù)，又當 x0 時，g(x)f(x)12x0，所以g(x)在 R 上單調(diào)遞減，所以 f(2m)f(m)2m2 等價于 f(2m)(2m)(m2)2f(m)(m)(m)2，即 2mm，解得

16、 m1，所以實數(shù) m 的取值范圍是1，) 答案：1，) 17解：(1)f(x)2sin xcos x2 3cos2x 3sin 2x 3cos 2x2sin2x3，因此 f(x)的最小正周期為 T22. f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為 2k22x32k32(kZ)， 即 xk12，k712(kZ) (2)由 fA26 2sin2A263 2sin A 3，且 A 為銳角，所以 A3.由正弦定理可得 2Rasin A732143， sin Bsin Cbc2R13 314， 則 bc13 31414313， 所以 cos Ab2c2a22bc （bc）22bca22bc12， 所以 bc40. 18解

17、：(1)由題意知 x10，y8， 所以40. 所以y3.2x40. (2)由(1)知，當 x8 時，y3.284014.4， 所以yy14.4140.40.5， 所以可認為所得到的回歸直線方程是理想的 (3)設(shè)該產(chǎn)品的單價定為 x 元 依題意得，利潤 L(x2.5) (3.2x40) 3.2x248x100(2.5x12.5)， 所以當 x482（3.2）7.5 時，L 取得最大值 故為獲得最大利潤，該產(chǎn)品的單價應(yīng)定為 7.5 元 19解：(1)證明：因為 F，G 分別為 PB，BE 的中點， 所以 FGPE. 又 FG平面 PDE，PE平面 PDE， 所以 FG平面 PDE. (2)證明：因

18、為 EA平面 ABCD，所以 EACB. 又 CBAB，ABAEA，所以 CB平面 ABE. 由已知 F，H 分別為線段 PB，PC 的中點， 所以 FHBC.則 FH平面 ABE. 而 FH平面 FGH，所以平面 FGH平面 ABE. (3)在線段 PC 上存在一點 M，使 PB平面 EFM. 證明如下： 如圖，在 PC 上取一點 M，連接 EF，EM，F(xiàn)M. 在直角三角形 AEB 中，因為 AE1，AB2， 所以 BE 5. 在直角梯形 EADP 中，因為 AE1，ADPD2， 所以 PE 5， 所以 PEBE.又 F 為 PB 的中點，所以 EFPB. 要使 PB平面 EFM，只需使 P

19、BFM. 因為 PD平面 ABCD，所以 PDCB， 又 CBCD，PDCDD， 所以 CB平面 PCD，而 PC平面 PCD， 所以 CBPC. 若 PBFM，則PFMPCB，可得PMPBPFPC. 由已知可求得 PB2 3，PF 3，PC2 2， 所以 PM3 22. 20解：(1)設(shè)直線 yx1 與函數(shù) f(x)aexb 的圖象的切點為(x0，f(x0) 由 f(x)aexb 可得 f(x)aex. 由題意可得aex01，x01aex0baee， 解得 a1，b0. (2)由(1)可知 f(x)ex， 則存在 x0，32， 使 2mf(x1)nf(x)mx(m0)成立， 等價于存在 x0

20、，32， 使 2mex1nexmx 成立 所以nmx2ex1ex，x0，32. 設(shè) g(x)x2ex1ex，x0，32， 則 g(x)1xex， 當 x(0， 1)時， g(x)0， g(x)在(0， 1)上單調(diào)遞增， 當 x1，32時， g(x)0， g(x)在1，32上單調(diào)遞減 所以 g(x)max1e，g(0)2e，g3232e322e，g(0)g3232e32 b0)， 所以直線 AB 的方程為xayb1， 所以 F1(1，0)到直線 AB 的距離 d|bab|a2b277b， 即 a2b27(a1)2， 又 b2a21， 解得 a2，b 3， 故橢圓 C 的方程為x24y231. (2)橢圓 C 的 3 倍相似橢圓 C2的方程為x212y291， 若切線 l 垂直于 x 軸，則其方程為 x2，易求得|MN|2 6， 若切線 l 不垂直于 x 軸，可設(shè)其方程為 ykxb， 將 ykxb 代入橢圓 C 的方程，得(34k2)x28kbx4b2120， 所以 (8kb)24