2022届高考数学二轮复习仿真冲刺卷六文含答案解析

这是一份2022届高考数学二轮复习仿真冲刺卷六文含答案解析，共15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。
仿真冲刺卷(六)(时间:120分钟　满分:150分)第Ⅰ卷一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60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.集合A={x|2x2-3x≤0,x∈Z},B={x|1≤2x<32,x∈Z},集合C满足AC⊆B,则C的个数为(　　)(A)3 (B)4 (C)7 (D)82.(2018·安徽淮北一模)设复数z满足(1+i)z=i,则|z|等于(　　)(A)      (B)     (C)     (D)23.(2018·大同一中模拟)如果数据x1,x2,…,xn的平均数为,方差为82,则5x1+2,5x2+2,…,5xn+2的平均数和方差分别为(　　)(A),82 (B)5+2,82 (C)5+2,25×82 (D),25×824.(2018·广东模拟)已知曲线C:y=sin(2x-),则下列结论正确的是(　　)(A)把C向左平移个单位长度,得到的曲线关于原点对称(B)把C向右平移个单位长度,得到的曲线关于y轴对称(C)把C向左平移个单位长度,得到的曲线关于原点对称(D)把C向右平移个单位长度,得到的曲线关于y轴对称5.(2017·安徽黄山二模)若圆(x-3)2+y2=1上只有一点到双曲线-=1(a>0,b>0)的一条渐近线的距离为1,则该双曲线的离心率为(　　)(A) (B) (C) (D)6.(2018·广东模拟)如图,网格纸上的小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图,则该几何体的表面积为(　　)第6题图(A)48+8π (B)96+8π (C)96+16π (D)48+16π7.已知向量a,b满足|a-b|=3且b=(0,-1),若向量a在向量b方向上的投影为-2,则|a|等于(　　)(A)2 (B)2 (C)4 (D)128.(2017·河南商丘市三模)已知函数f(x)=Asin(ωx+)+B(A>0,ω>0,||<)的部分图象如图所示,将函数f(x)的图象向左平移m(m>0)个单位后,得到的图象关于点(,-1)对称,则m的最小值是(　　)第8题图(A) (B) (C)π (D)9.我国古代数学典籍《九章算术》“盈不足”中有一道两鼠穿墙问题:“今有垣厚十尺,两鼠对穿,初日各一尺,大鼠日自倍,小鼠日自半,问几何日相逢?”现用程序框图描述,如图所示,则输出结果n等于(　　)(A)4 (B)5 (C)2 (D)310.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且=-,则角A的最大值是(　　)(A) (B) (C) (D)11.(2017·湖南省高考模拟)中心为原点O的椭圆,焦点在x轴上,A为该椭圆右顶点,P为椭圆上一点,∠OPA=90°,则该椭圆的离心率e的取值范围是(　　)(A)[,1) (B)(,1) (C)[,) (D)(0,)12.已知对任意实数k>1,关于x的不等式k(x-a)>在(0,+∞)上恒成立,则a的最大整数值为(　　)(A)0 (B)-1 (C)-2 (D)-3第Ⅱ卷　　本卷包括必考题和选考题两部分.第13～21题为必考题,每个试题考生必须作答.第22,23题为选考题,考生根据要求作答.二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中的横线上)13.(2018·镇江期末)已知x,y∈R,则“a=1”是直线ax+y-1=0与直线x+ay+1=0平行的　　　　条件(从“充分不必要”“必要不充分”“充分必要”“既不充分也不必要”中选择一个). 14.(2018·太原模拟)函数y=ex+sin x在点(0,1)处的切线方程是　　　　. 15.(2018·河南安阳市一模)已知向量a=(2,3),b=(x,y),且变量x,y满足则z=a·b的最大值为　　　　. 16.如图,正三棱柱ABCA1B1C1的各棱长均相等,D为AA1的中点,M,N分别是线段BB1和线段CC1上的动点(含端点),且满足BM=C1N,当M,N运动时,下列结论中正确的序号为　　　　. ①△DMN可能是直角三角形;②三棱锥A1DMN的体积为定值;③平面DMN⊥平面BCC1B1;④平面DMN与平面ABC所成的锐二面角范围为(0,].三、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.(本小题满分12分)已知数列{an}的各项都是正数,它的前n项和为Sn,满足2Sn=+an,记bn=(-1)n.(1)求数列{an}的通项公式;(2)求数列{bn}的前2 016项的和.     18.(本小题满分12分)(2018·邢台期末)如图,已知直三棱柱ABCA1B1C1的侧面是正方形ACC1A1,AC=4,BC=3,∠ACB=,M在棱CC1上,且C1M=3MC.(1)证明:平面ABC1⊥平面A1BC;(2)若平面A1BM将该三棱柱分成上、下两部分的体积分别记为V1和V2,求的值.   19.(本小题满分12分)(2018·昆明一中月考)某品牌经销商在一广场随机采访男性和女性用户各50名,其中每天玩微信超过6小时的用户列为“微信控”,否则称其为“非微信控”,调查结果如下: 微信控非微信控合计男性262450女性302050合计5644100(1)根据以上数据,能否有95%的把握认为“微信控”与“性别”有关?(2)现从调查的女性用户中按分层抽样的方法选出5人,求所抽取的5人中“微信控”和“非微信控”的人数;(3)从(2)中抽取的5位女性中,再随机抽取3人赠送礼品,试求抽取3人中恰有2人为“微信控”的概率.参考公式:K2=,其中n=a+b+c+d.参考数据:P(K2≥k0)0.500.400.250.150.100.050.025k00.4550.7081.3232.0722.7063.8415.024   20.(本小题满分12分)(2017·江西师大附中高考三模)已知椭圆C1:+=1(b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,点F2也为抛物线C2:y2=8x的焦点,过点F2的直线l交抛物线C2于A,B两点.(1)若点P(8,0)满足|PA|=|PB|,求直线l的方程;(2)T为直线x=-3上任意一点,过点F1作TF1的垂线交椭圆C1于M,N两点,求的最小值. 21.(本小题满分12分)(2018·郴州一中月考)已知函数f(x)=xln x-ax(a∈R).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)探究:是否存在实数a,使得f(x)+a≥0恒成立?若存在,求出a的值;若不存在,请说明理由.  　　请考生在第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4-4:坐标系与参数方程(2017·青海省西宁市高考二模)在平面直角坐标系xOy中,已知曲线C的参数方程为(α为参数),以直角坐标系原点O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,直线l的极坐标方程为ρcos(θ-)=2.(1)求曲线C的普通方程与直线l的直角坐标方程;(2)设点P为曲线C上的动点,求点P到直线l距离的最大值及其对应的点P的直角坐标.    23.(本小题满分10分)选修4-5:不等式选讲已知函数f(x)=|x|+|x-1|.(1)若f(x)≥|m-1|恒成立,求实数m的最大值;(2)记(1)中m的最大值为M,正实数a,b满足a2+b2=M,证明:a+b≥2ab.                  1.C　由2x2-3x≤0,解得0≤x≤.所以A={x|2x2-3x≤0,x∈Z}={0,1}.由1≤2x<32可得0≤x<5,B={x|1≤2x<32,x∈Z}={0,1,2,3,4},因为集合C满足AC⊆B,所以C={0,1,2},{0,1,3},{0,1,4},{0,1,2,3},{0,1,2,4},{0,1,3,4},{0,1,2,3,4}.则C的个数为7.故选C.2.A　由(1+i)z=i,得z===+i,所以|z|==.故选A.3.C　根据平均数的概念,其平均数为5+2,方差为25×82,故选C.4.D　对于选项D,把C向右平移个单位长度,得到y=sin[2(x-)-]=sin(2x-)=-cos 2x,该函数为偶函数,其图象关于y轴对称.5.A　因为圆(x-3)2+y2=1上只有一点到双曲线-=1(a>0,b>0)的一条渐近线的距离为1,所以圆心到渐近线bx+ay=0的距离d==2,所以b2=a2,所以c2=a2,所以e==,故选A.6.B　由题可知该几何体为一个长方体截去了两个半圆柱而形成的,则该几何体的表面积为4×6×2+2(4×6-4π)+2×2π×4=96+8π.7.A　由|a-b|=3,即|a-b|2=(a-b)2=a2-2a·b+b2=9,所以a·b===,由向量a在向量b方向上的投影为-2,则==-2,即|a|2=4,所以|a|=2.故选A.8.A　根据函数f(x)=Asin(ωx+)+B(A>0,ω>0,||<)的部分图象,可得y轴右侧第一条对称轴为x==,故=-,所以ω=2.因为x=时函数取得最小值,故有2×+=,所以=.再根据B-A=-3,且Asin(2×+)+B=+B=0,所以A=2,B=-1,即f(x)=2sin(2x+)-1.将函数f(x)的图象向左平移m(m>0)个单位后,得到y=g(x)=2sin(2x+2m+)-1的图象,根据得到的函数g(x)图象关于点(,-1)对称,可得2×+2m+=kπ,k∈Z,所以m=-,k∈Z,则m的最小值是,故选A.9.A　结合题意以及程序框图可得a=1,A=1,S=0,n=1,S=2,不满足条件S≥10,执行循环体,n=2,a=,A=2,S=,不满足条件S≥10,执行循环体,n=3,a=,A=4,S=,不满足条件S≥10,执行循环体,n=4,a=,A=8,S=,满足条件S≥10,退出循环,输出n的值为4.故选A.10.A　因为=-,所以由余弦定理可得=-3×,解得2a2+b2=c2,所以cos A===≥=.当且仅当3b2=c2时,等号成立.因为A∈(0,π),所以角A的最大值是.故选A.11.B　设椭圆标准方程为+=1(a>b>0),设P(x,y),点P在以OA为直径的圆上.圆的方程(x-)2+y2=()2,化简为x2-ax+y2=0,可得(b2-a2)x2+a3x-a2b2=0,则x=或x=a,因为0<x<a,所以x=,所以0<<a,可得<e<1,选B.12.B　令f(x)=(x>0),依题意,对任意k>1,当x>0时,y=f(x)的图象在直线y=k(x-a)下方,f′(x)=,f′(x),f(x)随x的变化如下表:x(0,1)1(1,+∞)f′(x)+0-f(x)递增递减y=f(x)的大致图象如图,则当a=0时,因为f′(0)=2,所以当1<k<2时不成立;当a=-1时,设y=k0(x+1)与y=f(x)相切于点(x0,f(x0)).则k0==⇔1-=x0,解得x0=∈(0,1).所以k0=<<1,故成立,所以当a∈Z时,amax=-1.13.解析:若直线ax+y-1=0与直线x+ay+1=0平行,则有a2=1,即a=±1,且当a=-1时,两直线重合,舍去,因此a=1,即a=1是直线ax+y-1=0与直线x+ay+1=0平行的充要条件.答案:充分必要14.解析:因为y′=ex+cos x,k=y′|x=0=e0+cos 0=2,所以切线方程为y-1=2x,即2x-y+1=0.答案:2x-y+1=015.解析:由约束条件作出可行域如图,联立解得A,,因为a=(2,3),b=(x,y),所以z=a·b=2x+3y,化为y=-x+,由图可知,当直线y=-x+过A时,直线在y轴上的截距最大,z有最大值为.答案:16.解析:对于①,若△DMN为直角三角形,则必是以∠MDN为直角的直角三角形,但MN的最大值为BC1,而此时DM,DN的长大于BB1,所以△DMN不可能为直角三角形,故错误;对于②,当M,N分别在BB1,CC1上运动时,△A1DM的面积不变,N到平面A1DM的距离不变,所以三棱锥NA1DM的体积不变,即三棱锥A1DMN的体积为定值,故正确;对于③,因为M,N分别在BB1,CC1上运动,且满足BM=C1N,则线段MN必过正方形BCC1B1的中心O,而DO⊥平面BCC1B1,所以平面DMN⊥平面BCC1B1,故正确;对于④,当M,N分别为BB1,CC1中点时,平面DMN与平面ABC所成的角为0,当M与B重合,N与C1重合时,平面DMN与平面ABC所成的锐二面角最大,为∠C1BC,等于.所以平面DMN与平面ABC所成的锐二面角范围为(0,],故正确,所以正确的是②③④.答案:②③④17.解:(1)因为2Sn=+an,所以2Sn+1=+an+1,所以2Sn+1-2Sn=(+an+1)-(+an),即(+an)(an+1-an-1)=0.因为an>0,所以an+1+an>0,所以-an=1,令n=1,则2S1=+a1,所以a1=1或a1=0.因为an>0,所以a1=1,所以数列{an}是以1为首项,以1为公差的等差数列,所以an=a1+(n-1)d=n,n∈N*.(2)由(1)知bn=(-1)n=(-1)n(+),所以数列{bn}的前2 016项的和为Tn=b1+b2+…+b2 016=-(1+)+(+)-(+)+…-(+)+(+)=-1-++--+…--++=-1+=-.18.(1)证明:因为ABCA1B1C1是直三棱柱,所以CC1⊥底面ABC,所以CC1⊥BC,又∠ACB=,即BC⊥AC,且CC1∩AC=C,所以BC⊥平面ACC1A1,所以BC⊥AC1,又A1C⊥AC1,且A1C∩BC=C,所以AC1⊥平面A1BC,又AC1⊂平面ABC1,所以平面ABC1⊥平面A1BC.(2)解:因为V1==××4=14,=(×4×3)×4=24,所以V2=24-14=10,==.19.解:(1)由列联表可得K2===≈0.649<3.841,所以没有95%的把握认为“微信控”与“性别”有关.(2)根据题意所抽取的5位女性中,“微信控”有3人,“非微信控”有2人.(3)抽取的5位女性中,“微信控”3人分别记为A,B,C;“非微信控”2人分别记为D,E.则从中随机抽取3人构成的所有基本事件为ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE,BCD,BCE,BDE,CDE,共有10种;抽取3人中恰有2人为“微信控”所含基本事件为ABD,ABE,ACD,ACE,BCD,BCE,共有6种,所求概率为P==.20.解:(1)由抛物线C2:y2=8x得F2(2,0),当直线l斜率不存在,即l:x=2时,满足题意.当直线l斜率存在,设l:y=k(x-2)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),由得k2x2-(4k2+8)x+4k2=0,所以x1+x2=,y1+y2=k(x1+x2)-4k=.设AB的中点为G,则G(,),因为|PA|=|PB|,所以PG⊥l,kPG·k=-1,所以×k=-1,解得k=±,则y=±(x-2),所以直线l的方程为y=±(x-2)或x=2.(2)因为F2(2,0),所以F1(-2,0),b2=6-4=2,C1:+=1,设T点的坐标为(-3,m),则直线TF1的斜率==-m,当m≠0时,直线MN的斜率kMN=,直线MN的方程是x=my-2,当m=0时,直线MN的方程是x=-2,也符合x=my-2的形式,所以直线MN的方程是x=my-2.设M(x3,y3),N(x4,y4),则得(m2+3)y2-4my-2=0,所以y3+y4=,y3y4=-,|TF1|=,|MN|===,所以==≥,当且仅当m2+1=,即m=±1时,等号成立,此时取得最小值.21.解:(1)依题意,f′(x)=ln x+1-a,令f′(x)=0,解得ln x=a-1,故x=ea-1,故当x∈(0,ea-1)时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减,当x∈(ea-1,+∞)时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增;故函数f(x)的单调递减区间为(0,ea-1),单调递增区间为(ea-1,+∞).(2)记g(x)=xln x-a(x-1),其中x>0,由题意知g(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,g′(x)=ln x+1-a,由(1)可知,g(x)min=g(x)极小值=g(ea-1)=(a-1)ea-1-a(ea-1-1)=a-ea-1,所以a-ea-1≥0,记G(a)=a-ea-1,则G′(a)=1-ea-1,令G′(a)=0,得a=1.当a变化时,G′(a),G(a)的变化情况列表如下:a(-∞,1)1(1,+∞)G′(a)+0-G(a)↗极大值↘所以G(a)max=G(a)极大值=G(1)=0,故a-ea-1≤0,当且仅当a=1时取等号,又a-ea-1≥0,从而得到a=1.即存在实数a,使得f(x)+a≥0恒成立.22.解:(1)因为曲线C的参数方程为(α为参数),所以曲线C的直角坐标方程为+=1,直线l的极坐标方程为Ρcos(θ-)=2,展开得(ρcos θ+ρsin θ)=2,ρcos θ+ρsin θ=4,所以直线l的直角坐标方程为x+y=4.(2)设点P的坐标为(2cos α,sin α),得P到直线l的距离d=,令sin =,cos =.则d=,显然当sin(α+)=-1时,dmax=.此时α+=2kπ+,k∈Z.所以cos α=cos(2kπ+-)=-sin =-,sin α=sin92kπ+-）=-cos =-,即P(-,-).23.(1)解:由f(x)=得f(x)min=1,要使f(x)≥|m-1|恒成立,只要1≥|m-1|,即0≤m≤2,实数m的最大值为2.(2)证明:由(1)知a2+b2=2,又a2+b2≥2ab,故ab≤1,(a+b)2-4a2b2=a2+b2+2ab-4a2b2=2+2ab-4a2b2=-2(ab-1)(2ab+1),因为0<ab≤1,所以(a+b)2-4a2b2=-2(ab-1)(2ab+1)≥0,所以a+b≥2ab.