全国统考版2021届高考数学二轮复习验收仿真模拟卷十理含解析

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这是一份全国统考版2021届高考数学二轮复习验收仿真模拟卷十理含解析，共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

高考仿真模拟卷(十)
(时间：120分钟；满分：150分)
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共12小题，每小题5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A＝{x|0 A．[0，1) B．(0，1)
C．[1，3) D．(1，3)
2．如果复数(a∈R，i为虚数单位)的实部与虚部相等，则a的值为(　　)
A．1 B．－1
C．3 D．－3
3．下列函数中，最小正周期为π，且图象关于直线x＝对称的函数是(　　)
A．y＝2sin B．y＝2sin
C．y＝2sin D．y＝2sin
4．若点M是△ABC所在平面内的一点，且满足5＝＋3，则△ABM与△ABC的面积比为(　　)
A. B.
C. D.
5．函数y＝sin x＋ln|x|在区间[－3，3]的图象大致为(　　)

6．已知bxn＋1＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋an(x－1)n对任意的x∈R恒成立，且a1＝18，a2＝72，则b的值为(　　)
A．1 B．2
C. D．－2
7．执行如图所示的程序框图，若输出的结果为43，则判断框内应填入的条件是(　　)

A．z≤42? B．z≤20?
C．z≤50? D．z≤52?
8．谢尔宾斯基三角形(Sierpinski triangle)是一种分形，由波兰数学家谢尔宾斯基在1915年提出．在一个正三角形中，挖去一个“中心三角形”(即以原三角形各边的中点为顶点的三角形)，然后在剩下的小三角形中又挖去一个“中心三角形”，我们用白色三角形代表挖去的部分，黑色三角形为剩下的部分，我们称此三角形为谢尔宾斯基三角形．若在图(3)内随机取一点，则此点取自谢尔宾斯基三角形的概率是(　　)

A. B.
C. D.
9．早在公元前三百多年我国已经运用“以度审容”的科学方法，其中商鞅铜方升是公元前344年商鞅督造的一种标准量器，其三视图如图所示(单位：寸)，若π取3，其体积为12.6(立方寸)，则图中的x为(　　)

A．1.2 B．1.6
C．1.8 D．2.4
10．已知双曲线－＝1(a>0，b>0)的右焦点为F，直线l经过点F且与双曲线的一条渐近线垂直，直线l与双曲线的右支交于不同两点A，B，若＝3，则该双曲线的离心率为(　　)
A. B.
C. D.
11．记Sn为正项等比数列{an}的前n项和，若－7·－8＝0，且正整数m，n满足a1ama2n＝2a，则＋的最小值是(　　)
A. B.
C. D.
12．已知函数 f(x)＝的图象上有且仅有四个不同的点关于直线y＝e的对称点在函数g(x)＝kx＋2e＋1的图象上，则实数k的取值范围为(　　)
A．(1，2) B．(－1，0)
C．(－2，－1) D．(－6，－1)
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案

第Ⅱ卷
二、填空题：本题共4小题，每小题5分．
13．已知平面向量a与b的夹角为，a＝(1，)，|a－2b|＝2，则|b|＝________.
14．已知α为第一象限角，sin α＋cos α＝，则cos(2 020π－2α)＝________．
15．在△ABC中，a、b、c分别为内角A、B、C的对边，a＋c＝4，(2－cos A)tan ＝sin A，则△ABC的面积的最大值为__________．
16．记min{a，b}＝，已知矩形ABCD中，AB＝2AD，E是边AB的中点，将△ADE沿DE翻折至△A′D′E′(A′∉平面BCD)，记二面角A′BCD为α，二面角A′CDE为β，二面角A′DEC为γ，二面角A′BED为θ，则min{α，β，γ，θ}＝________．

三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．(本小题满分12分)在公差不为零的等差数列{an}中，a1＝2，且a1，a2，a4成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(－1)n＋1，求数列{bn}的前2n－1项和T2n－1.

18．(本小题满分12分)为了解某地区某种农产品的年产量x(单位：吨)对价格y(单位：千元/吨)和年利润z的影响，对近五年该农产品的年产量和价格统计如下表：
x
1
2
3
4
5
y
7.0
6.5
5.5
3.8
2.2
(1)求y关于x的线性回归方程＝x＋；
(2)若每吨该农产品的成本为2千元，假设该农产品可全部卖出，预测当年产量为多少时，年利润z取到最大值？(保留两位小数)

19．(本小题满分12分)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，AP＝AD＝AB＝，BC＝t，∠PAB＝∠PAD＝α.
(1)当t＝3时，试在棱PA上确定一点E，使得PC∥平面BDE，并求出此时的值；
(2)当α＝60°时，若平面PAB⊥平面PCD，求此时棱BC的长．

20．(本小题满分12分)已知f(x)＝xex－ax2－x.
(1)若f(x)在(－∞，－1]上单调递增，[－1，0]上单调递减，求f(x)的极小值；
(2)当x≥0时，恒有f(x)≥0，求实数a的取值范围．

21．(本小题满分12分)已知抛物线E：y2＝2px(p>0)的焦点为F，过F且垂直于x轴的直线与抛物线E交于S，T两点，以P(3，0)为圆心的圆过点S，T，且∠SPT＝90°.
(1)求抛物线E和圆P的方程；
(2)设M是圆P上的点，过点M且垂直于FM的直线l交抛物线E于A，B两点，证明：FA⊥FB.

请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
22．(本小题满分10分)选修44：坐标系与参数方程
已知曲线C1：(t为参数)，
C2：(θ为参数)．
(1)化C1、C2的方程为普通方程，并说明它们分别表示什么曲线；
(2)若C1上的点P对应的参数为t＝，Q为C2上的动点，求PQ中点M到直线C3：(α为参数)距离的最小值．
23．(本小题满分10分)选修45：不等式选讲
已知a是常数，对任意实数x，不等式|x＋1|－|2－x|≤a≤|x＋1|＋|2－x|都成立．
(1)求a的值；
(2)设m>n>0，求证：2m＋≥2n＋a.

高考仿真模拟卷(十)
1．解析：选B.B＝{x|y＝}＝{x|x≤－1或x≥1}，∁RB＝{x|－1 2．解析：选D.＝＝，由题意知＝－，解得a＝－3.故选D.
3．解析：选B.首先选项C中函数y＝2sin的周期为4，故排除C；将x＝分别代入A，B，D，得函数值分别为0，2，，而函数y＝Asin(ωx＋φ)＋B在对称轴处取最值，故选B.
4．解析：选C.如图，M是△ABC所在平面一点，连接AM，BM，延长CM至D，由5＝＋3得＝＋，由于C，M，D三点共线，
则＝＋，
所以＝2，
则2＝2＋3－3，
即2(－)＝3(－)，
即2＝3，
故＝，
故△ABM与△ABC同底且高比为3∶5，
故S△ABM∶S△ABC＝3∶5.
故选C.
5．解析：选A.设f(x)＝sin x＋ln|x|，
当x＞0时，f(x)＝sin x＋ln x⇒f′(x)＝cos x＋，
当x∈(0，1)时，f′(x)＞0，
即函数f(x)在(0，1)上为单调递增函数，排除B；
由当x＝1时，f(1)＝sin 1＞0，排除D；
因为f(－x)＝sin(－x)＋ln|－x|＝－sin x＋ln|x|≠±f(x)，
所以函数f(x)为非奇非偶函数，排除C，故选A.
6．解析：选B.因为bxn＋1＝b[1＋(x－1)]n＋1＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋an(x－1)n，且a1＝18，a2＝72，所以bC＝18，bC＝72，解得b＝2，n＝9，故选B.
7．解析：选A.运行程序：x＝0，y＝1，因为z＝1不满足输出结果，则x＝1，y＝1，因为z＝2×1＋1＝3不满足输出结果，则x＝1，y＝3，因为z＝2×1＋3＝5不满足输出结果，则x＝3，y＝5，因为z＝2×3＋5＝11不满足输出结果，则x＝5，y＝11，因为z＝2×5＋11＝21不满足输出结果，则x＝11，y＝21，因为z＝2×11＋21＝43满足输出结果，此时需终止循环，结合选项可知，选A.
8．解析：选C.由图可知：图(2)挖去的白色三角形的面积为图(1)整个黑色三角形面积的，
在图(2)中的每个小黑色三角形中再挖去的每一个白色三角形的面积仍为图(2)中每一个黑色三角形面积的，即为图(1)中大黑色三角形面积的，
所以图(3)中白色三角形面积共占图(1)黑色三角形面积的＋＝，
所以谢尔宾斯基三角形的面积占图(1)黑色三角形面积的1－＝，
故该点取自谢尔宾斯基三角形的概率为，
故选C.
9．解析：选B.由三视图知，商鞅铜方升是由一个圆柱和一个长方体组合而成的，故其体积为(5.4－x)×3×1＋π××x＝16.2－3x＋πx＝12.6，又π＝3，故x＝1.6.故选B.
10．解析：选A.由题意得直线l的方程为x＝y＋c，不妨取a＝1，则x＝by＋c，且b2＝c2－1.
将x＝by＋c代入x2－＝1，
得(b4－1)y2＋2b3cy＋b4＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝－，y1y2＝.
由＝3，得y1＝－3y2，
所以，
得3b2c2＝1－b4，解得b2＝，
所以c＝＝＝，
故该双曲线的离心率为e＝＝.
故选A.
11．解析：选C.因为{an}是等比数列，设{an}的公比为q，所以＝q6，＝q3，所以q6－7q3－8＝0，解得q＝2，又a1ama2n＝2a，所以a·2m＋2n－2＝2(a124)3＝a213，所以m＋2n＝15，所以＋＝(m＋2n)＝≥＝，当且仅当＝，n＝2m，即m＝3，n＝6时等号成立，所以＋的最小值是，故选C.
12．解析：选C.设点(x，y)是函数f(x)图象上任意一点，则(x，y)关于直线y＝e的对称点为(x，2e－y)，由题意知，若点(x，2e－y)在函数g(x)＝kx＋2e＋1的图象上，则2e－y＝kx＋2e＋1，即y＝－kx－1.由题意知y＝－kx－1与f(x)＝的图象有四个交点．由y＝xln x，得y′＝ln x＋1，所以当0时，y′>0，函数y＝xln x单调递增．故函数f(x)＝的图象如图所示．
由图可知，①y＝x2＋4x(x≤0)与y＝－kx－1的图象有两个交点，由x2＋4x＝－kx－1，得x2＋(4＋k)x＋1＝0有两个不相等的负根，得解得k>－2.
②y＝xln x(x>0)与y＝－kx－1的图象有两个交点，由xln x＝－kx－1，得k＝－ln x－，设h(x)＝－ln x－，则h′(x)＝－＋＝，当00，h(x)单调递增；当x>1时，h′(x)<0，h(x)单调递减．所以当x＝1时，h(x)取得最大值，且最大值为－1，所以k<－1.由①②得－2 13．解析：因为|a－2b|＝2，所以a2－4a·b＋4b2＝12，即4－4×2|b |cos＋4|b|2＝12，解得|b|＝2.
答案：2
14．解析：cos(2 020π－2α)＝cos 2α，
因为sin α＋cos α＝，所以1＋sin 2α＝，
所以sin 2α＝.因为sin α＋cos α＝>0，α为第一象限角，所以cos 2α＝±，
所以cos(2 020π－2α)＝±.
答案：±
15．解析：(2－cos A)tan ＝sin A⇒＝tan ＝＝＝⇒sin A＋sin Acos B＝2sin B－sin Bcos A⇒(sin Acos B＋sin Bcos A)＋sin A＝2sin B⇒sin(A＋B)＋sin A＝2sin B⇒sin C＋sin A＝2sin B⇒a＋c＝2b＝4，所以b＝2，所以cos B＝＝＝＝，又ac≤＝4(a＝c时取等号)，
所以S＝acsin B＝ac＝
ac·
＝
＝≤×2＝.
答案：
16．解析：作为填空题，可用特例法，
不妨设平面A′DE⊥平面ABCD，
取DE中点O，连接A′O，则A′O⊥平面ABCD，

由点O作各边的垂线OM，ON，OH，
并连接A′M，A′N，A′H，
则α＝∠A′HO，β＝∠A′NO，θ＝∠A′MO，γ＝90°，
tan α＝，tan β＝，tan θ＝，
易知OH>ON＝OM，
所以α最小，故答案为：α.
答案：α
17．解：(1)由题意知(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)(d为等差数列{an}的公差)，即(2＋d)2＝2(2＋3d)，又d≠0，所以d＝2.
故数列{an}的通项公式为an＝2n.
(2)由(1)得bn＝(－1)n＋1·，
所以T2n－1＝－＋－＋…－＋＝1＋＝.所以数列{bn}的前2n－1项和T2n－1＝.
18．解：(1) ＝3，＝5，
解得＝－1.23，＝8.69，所以＝8.69－1.23x.
(2)年利润z＝x(8.69－1.23x)－2x＝－1.23x2＋6.69x，当x＝≈2.72，z取得最大值，
所以当年产量为2.72吨时，年利润z最大．
19．解：(1)法一：连接AC，BD交于点F，在平面PCA中作EF∥PC交PA于点E，连接DE，BE.
因为PC⊄平面BDE，EF⊂平面BDE，
所以PC∥平面BDE.
因为AD∥BC，所以＝＝，
因为EF∥PC，所以＝＝.
法二：在棱PA上取一点E，使得＝，
连接AC，BD交于点F，
因为AD∥BC，所以＝＝，
所以＝，所以EF∥PC，
因为PC⊄平面BDE，EF⊂平面BDE，
所以PC∥平面BDE.
(2)取BC上一点G使得BG＝，连接DG，则四边形ABGD为正方形．
过P作PO⊥平面ABCD，垂足为O.
连接OA，OB，OD，OG.
因为AP＝AD＝AB，∠PAB＝∠PAD＝60°，
所以△PAB和△PAD都是等边三角形，
因此PA＝PB＝PD，所以OA＝OB＝OD，
即点O为正方形ABGD对角线的交点，
所以OG，OB，OP两两垂直．
以O为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系．
则O(0，0，0)，P(0，0，1)，A(－1，0，0)，B(0，1，0)，D(0，－1，0)，G(1，0，0)，C，
故＝(－1，0，－1)，＝(0，1，－1)，＝，
＝(0，－1，－1)．
设平面PAB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则，即，
不妨令x1＝－1，可得m＝(－1，1，1)为平面PAB的一个法向量．
设平面PCD的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则，
即，
不妨令y2＝1，
可得n＝为平面PCD的一个法向量．由m·n＝0，解得t＝2，即棱BC的长为2.
20．解：(1)因为f(x)在(－∞，－1]上单调递增，[－1，0]上单调递减，
所以f′(－1)＝0.
因为f′(x)＝(x＋1)ex－2ax－1，
所以2a－1＝0，a＝.
所以f′(x)＝(x＋1)ex－x－1＝(x＋1)(ex－1)，
所以f(x)在(－∞，－1]上单调递增，[－1，0]上单调递减，[0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)的极小值为f(0)＝0.
(2)f(x)＝x(ex－ax－1)，令g(x)＝ex－ax－1，则g′(x)＝ex－a.若a≤1，则x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)为增函数，而g(0)＝0，
所以当x≥0时，g(x)≥0，从而f(x)≥0.
若a>1，则x∈(0，ln a)时，g′(x)<0，g(x)为减函数，g(0)＝0，故x∈(0，ln a)时，g(x)<0，从而f(x)<0，不符合题意．
综上，实数a的取值范围是(－∞，1]．
21．解：(1)将x＝代入y2＝2px，得y＝±p，所以|ST|＝2p，因为∠SPT＝90°，所以△SPT是等腰直角三角形，所以|SF|＝|PF|，即p＝，解得p＝2，所以抛物线E：y2＝4x，此时圆P的半径为p＝2，所以圆P的方程为(x－3)2＋y2＝8.
(2)证明：设M(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
依题意(x0－3)2＋y＝8，即y＝－x＋6x0－1.
(i)当直线l的斜率不存在时，M(3±2，0)．
①当x＝3＋2时，由y2＝4x，得y＝±(2＋2)，不妨设A(3＋2，2＋2)，B(3＋2，－2－2)，则kAF＝1，kBF＝－1，kAFkBF＝－1，即AF⊥BF.
②当x＝3－2时，同理可得，AF⊥BF.
(ii)当直线l的斜率存在时，如图，

因为直线l与抛物线E交于A，B两点，所以直线l的斜率不为零，x0≠1且y0≠0.
因为l⊥MF，所以klkMF＝－1，
所以kl＝，
直线l：y＝(x－x0)＋y0.
由
得，y2－y＋
＝0，
即y2－y＋＝0，
所以y1＋y2＝，y1y2＝，
所以·＝(x1－1)(x2－1)＋y1y2
＝＋y1y2
＝－＋1＋y1y2
＝－＋1＋y1y2
＝－＋1＋
＝
＝
＝
＝0，所以AF⊥BF.
22．解：(1)C1：(x＋4)2＋(y－3)2＝1，C2：＋＝1，C1为圆心是(－4，3)，半径是1的圆；C2为中心是坐标原点，焦点在x轴上，长半轴长是6，短半轴长是2的椭圆．
(2)当t＝时，P(－4，4)，Q(6cos θ，2sin θ)，故M(－2＋3cos θ，2＋sin θ)，
C3为直线x＋y＋6＝0，
点M到C3的距离d
＝
＝|4＋sin－1|，
从而当sin＝－1时，d取最小值3－1.
23．解：(1)设f(x)＝|x＋1|－|2－x|，
则f(x)＝
所以f(x)的最大值为3.
因为对任意实数x，|x＋1|－|2－x|≤a都成立，即f(x)≤a，所以a≥3.
设h(x)＝|x＋1|＋|2－x|＝
则h(x)的最小值为3.
因为对任意实数x，|x＋1|＋|2－x|≥a都成立，即h(x)≥a，所以a≤3.
所以a＝3.
(2)证明：由(1)知a＝3.
因为2m＋－2n＝(m－n)＋(m－n)＋，且m>n>0，
所以(m－n)＋(m－n)＋≥3＝3，
所以2m＋≥2n＋a.