2021年高考数学(理数)二轮复习仿真冲刺卷二(含答案)

这是一份2021年高考数学(理数)二轮复习仿真冲刺卷二(含答案)，共12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。

已知集合M={0,1},则满足M∪N={0,1,2}的集合N的个数是( )
A.2 B.3 C.4 D.8
如图,在复平面内,复数z1和z2对应的点分别是A和B,则等于( )
A.+i B.+i C.--i D.--i
小王的手机使用的是每月300M流量套餐,如图记录了小王在4月1日至4月10日这十天的流量使用情况,下列叙述中正确的是( )
A.1日～10日这10天的平均流量小于9.0M/日
B.11日～30日这20天,如果每天的平均流量不超过11M,这个月总流量就不会超过套餐流量
C.从1日～10日这10天的流量中任选连续3天的流量,则3日,4日,5日这三天的流量的方差最大
D.从1日～10日这10天中的流量中任选连续3天的流量,则8日,9日,10日这三天的流量的方差最小
如图所示的程序框图中,输出s等于( )
A.45 B.-55 C.-66 D.66
若a=sin xdx,则二项式(a-)6展开式的常数项是( )
A.160 B.20 C.-20 D.-160
已知函数f(x)对任意x∈R都有f(x+4)-f(x) =2f(2),若y=f(x-1)的图象关于直线x=1对称,则f(2 018)等于( )
A.2 B.3 C.4 D.0
某空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )
A. B. C. D.
在满足条件的区域内任取一点M(x,y),则点M(x,y)满足不等式(x-1)2+y2<1的概率为( )
A. B. C.1- D.1-
已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱垂直于底面,该棱柱的体积为2,AB=4,AC=2,∠BAC=60°,若在该三棱柱内部有一个球,则此球表面积的最大值为( )
A.8π B.(16-8)π C.2π D.(4-2)π
已知抛物线C:y2=2px(p>0)的准线l与坐标轴交于点M,P为抛物线第一象限上一点,F为抛物线焦点,N为x轴上一点,若∠PMF=30°, ·=0,则等于( )
A. B.1.5 C.2 D.
若0.5≤≤2(n∈N*),则称{an}是“紧密数列”.若{an}(n=1,2,3,4)是“紧密数列”,且a1=1,a2=1.5,a3=x,a4=4,则x的取值范围为( )
A.[1,3) B.[1,3] C.[2,3] D.[2,3)
若函数y=f(x)的图象上存在不同的两点M,N关于原点对称,则称点对(M,N)是函数y=f(x)的一对“和谐点对”(点对(M,N)与(N,M)看作同一对“和谐点对”).
已知函数f(x)=则此函数的“和谐点对”有( )
A.1对 B.2对 C.3对 D.4对
二、填空题
在一次调查中,甲、乙、丙、丁四名同学的阅读量有如下关系:甲、丙阅读量之和与乙、丁阅读量之和相同,甲、乙阅读量之和大于丙、丁阅读量之和,丁的阅读量大于乙、丙阅读量之和.那么这四名同学按阅读量从大到小的排序依次为 .
在正方形ABCD中,M,N分别是BC,CD的中点,若=λ+μ,则实数λ+μ= .
已知Sn为数列{an}的前n项和,a1=1,2Sn=(n+1)an,若存在唯一的正整数n使得不等式an2-tan-2t2≤0成立,则实数t的取值范围为 .
已知曲线y=ex+a与y=(x-1)2恰好存在两条公切线,则实数a的取值范围为 .
三、解答题
△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知1+=.
(1)求A;
(2)若BC边上的中线AM=2,高线AH=,求△ABC的面积.
某市级教研室对辖区内高三年级10 000名学生的数学一轮成绩统计分析发现其服从正态分布N(120,25),该市一重点高中学校随机抽取了该校成绩介于85分到145分之间的50名学生的数学成绩进行分析,得到如图所示的频率分布直方图.
(1)试估算该校高三年级数学的平均成绩;
(2)从所抽取的50名学生中成绩在125分(含125分)以上的同学中任意抽取3人,该3人在全市前13名的人数记为X,求X的期望.
附:若X～N(μ,σ2),则P(μ-3σ 在三棱柱ABCA1B1C1中,侧面ABB1A1为矩形,AB=1,AA1=,D为AA1的中点,BD与AB1交于点O,CO⊥侧面ABB1A1.
(1)证明:BC⊥AB1;
(2)若OC=OA,求直线C1D与平面ABC所成角的正弦值.
已知平面上的动点R(x,y)及两定点A(-2, 0),B(2,0),直线RA,RB的斜率分别为k1,k2,且k1k2=-.设动点R的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程;
(2)四边形MNPQ的四个顶点均在曲线C上,且MQ∥NP,MQ⊥x轴.若直线MN和直线QP交于点S(4,0),那么四边形MNPQ的两条对角线的交点是否为定点?若是,求出定点的坐标;若不是,请说明理由.
已知函数f(x)=ex-ax2+1,g(x)=(e-2)x+2,且曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y=bx+2.
(1)求a,b的值;
(2)证明:当x>0时,g(x)≤f(x).
选修44:坐标系与参数方程:
已知曲线C的极坐标方程是ρ=4cs θ.以极点为平面直角坐标系的原点,极轴为x轴的正半轴,建立平面直角坐标系,直线l的参数方程是(t是参数).
(1)将曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程;
(2)若直线l与曲线C相交于A,B两点,且|AB|=,求直线的倾斜角α的值.
选修45:不等式选讲：
已知函数f(x)=|2x-1|+|x+1|.
(1)解不等式f(x)≤3;
(2)记函数g(x)=f(x)+|x+1|的值域为M,若t∈M,证明:t2+1≥+3t.
\s 0 答案解析
答案为：C；
解析：由题意得{2}⊆N⊆{0,1,2},因此集合N的个数是22=4个,选C.
答案为：C；
解析：由题图知,z1=-2-i,z2=i,所以===--i.故选C.
答案为：C；
解析：(6.2+12.4+14+11.6+4.8+6.2+5.5+9.5+10+11.2)=9.14,故A错误;
11×20+91.4=311.4>300,这个月总流量超过套餐流量,故B错误;
结合图象可知C正确,D错误.故选C.
答案为：B；
解析：执行程序框图,第一次,s=0,n=1,T=1,s=1,不满足n>9,n=2;
第二次,T=-4,s=-3,不满足n>9,n=3;
第三次,T=9,s=6,不满足n>9,n=4;
第四次,T=-16,s=-10,不满足n>9,n=5;
第五次,T=25,s=15,不满足n>9,n=6;
第六次,T=-36,s=-21,不满足n>9,n=7;
第七次,T=49,s=28,不满足n>9,n=8;
第八次,T=-64,s=-36,不满足n>9,n=9;
第九次,T=81,s=45,不满足n>9,n=10;
第十次,T=-100,s=-55,满足n>9,输出s=-55,故选B.
答案为：D；
解析：因为a=sin xdx=-cs x=2,所以(a-)6=(2-)6的展开式的通项为Tr+1=(-1)r26-r·x3-r.令3-r=0,得r=3.故展开式的常数项是-8=-160,故选D.
答案为：D；
解析：令x=-2,则f(2)-f(-2)=2f(2),所以f(2)=-f(-2),
又y=f(x-1)的图象关于直线x=1对称,
所以y=f(x)的图象关于y轴对称,f(x)为偶函数.
所以f(2)=f(-2),所以f(2)=0,所以f(x+4)=f(x),
所以T=4,f(2 018)=f(2)=0.故选D.
答案为：B；
解析：由三视图得该几何体是从四棱锥PABCD中挖去一个半圆锥,四棱锥的底面是以2为边长的正方形,高是2,圆锥的底面半径是1,高是2,
所以所求的体积V=×2×2×2-×π×12×2=,故选B.
答案为：B；
解析：由约束条件作出可行域,如图,则A(1,0),B(3,4),C(-2,9).
所以AB==2,AC==3.
tan∠BAC== =1,所以∠BAC=.
因为S△ABC=×2×3×sin=15.
可行域落在(x-1)2+y2=1内的扇形面积为×π×12=.
故所求概率为=.故选B.
答案为：C；
解析：已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱垂直于底面,AB=4,AC=2,∠BAC= 60°,
则BC=2,所以BC⊥AC,此直角三角形内切圆半径r=-1,
又因为该棱柱的体积为2,可得AA1=,而=<-1,
所以若在该三棱柱内部有一个球,则此球半径的最大值为,
球表面积的最大值为4π×()2=2π.故选C.
答案为：B；
解析：因为抛物线C:y2=2px(p>0)的准线l与坐标轴交于点M,
P为抛物线第一象限上一点,F为抛物线焦点,N为x轴上一点,
设P点到准线的距离为d,因为∠PMF=30°,
则d=|PF|=|PM|,又因为·=0,所以PM⊥PN,
故|PM|=|PN|,故==×=,故选B.
答案为：C；
解析：=∈[,2],依题意可得
解得2≤x≤3,故x的取值范围为[2,3].故选C.
答案为：B；
解析：作出f(x)=的图象如图所示,f(x)的“和谐点对”数可转化为y=ex(x<0)和y=-x2-4x(x<0)的图象的交点个数.
由图象知,函数f(x)有2对“和谐点对”.
答案为：甲、丁、乙、丙
解析:由条件可得
②两边同加丙+乙,得甲+丙+2乙>乙+丁+2丙,所以乙>丙,
由③知丁>乙>丙,
由①得甲-丁=乙-丙>0,所以甲>丁.
故阅读量由大到小为甲、丁、乙、丙.
答案为：；
解:建系如图,设正方形ABCD边长为1,
则=(1,),=(,1),=(1,1),
由=λ+μ知
所以2=λ+μ,所以λ+μ=.
答案为：(-2,-1]∪[,1]
解析:n≥2时,an=Sn-Sn-1=-,整理得=,又a1=1,故an=n,
不等式-tan-2t2≤0可化为n2-tn-2t2≤0,
设f(n)=n2-tn-2t2,由于f(0)=-2t2≤0,由题意可得
解得-2 答案为：(-∞,2ln 2-3)；
解析:y=(x-1)2的导数y′=2(x-1),y=ex+a的导数为y′=ex+a,
设与曲线y=ex+a相切的切点为(m,n),y=(x-1)2相切的切点为(s,t),
则有公共切线斜率为2(s-1)=em+a=,
又t=(s-1)2,n=em+a,即有2(s-1)==,
即为s-m=-1,即有m=(s>1),则有em+a=2(s-1),
即为a=ln 2(s-1)-(s>1),令f(s)=ln 2(s-1)-(s>1),
则f′(s)=-,当s>3时,f′(s)<0,f(s)递减,当10,f(s)递增.
即有s=3处f(s)取得极大值,也为最大值,且为2ln 2-3,由恰好存在两条公切线,即s有两解,可得a的范围是a<2ln 2-3.
解:(1)因为1+=,所以1+=,即=,
因为sin(A+B)=sin C≠0,sin B≠0,
所以cs A=,又因为A∈(0,π),所以A=.
(2)由M是BC中点,得=(+),
即=(++2·),所以c2+b2+bc=32,①
由S=AH·BC=AB·AC·sin A,得bc=a,即bc=2a,②
又根据余弦定理,有a2=b2+c2-bc,③
联立①②③,得()2=32-2bc,解得bc=8.
所以△ABC的面积S=bcsin A=2.
解:(1)由频率分布直方图可知[125,135)的频率为：
1-10× (0.010+0.024+0.030+0.016+0.008)=0.12,
该校高三年级数学的平均成绩为
90×0.1+100×0.24+110×0.3+120×0.16+130×0.12+140×0.08= 112(分).
(2)由于=0.001 3,由正态分布得P(120-3×5故P(X≥135)==0.001 35,即0.001 35×10 000≈14,
所以前13名的成绩全部在135分以上,由频率分布直方图可知这50人中成绩在135分以上(包括135分)的有50×0.08=4人,而在[125, 145)的学生有50×(0.12+0.08)=10人,
所以X的取值为0,1,2,3,
P(X=0)==,P(X=1)==,P(X=2)==,P(X=3)==,
X的分布列为
数学期望为E(X)=0×+1×+2×+3×=1.2.
(1)证明:由题意,因为ABB1A1是矩形,D为AA1的中点,AB=1,AA1=,AD=,
所以在直角三角形ABB1中,tan∠AB1B===.
在直角三角形ABD中,tan∠ABD==,所以∠AB1B=∠ABD.
又因为∠BAB1+∠AB1B=90°,所以∠BAB1+∠ABD=90°,
所以∠BOA=90°,即BD⊥AB1.
又因为CO⊥侧面ABB1A1,AB1⊂侧面ABB1A1,所以CO⊥AB1.
因为CO∩BD=O,所以AB1⊥平面BCD.
因为BC⊂平面BCD,所以BC⊥AB1.
(2)解:如图,以O为原点,分别以OD,OB1,OC所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则A(0,-,0),B(-,0,0),C(0,0,),B1(0, ,0),D(,0,0).
又因为=2,所以C1(,,),
所以=(-,,0),=(0,,),=(,,),
设平面ABC的法向量为n=(x,y,z),则即
可得n=(1,,-)是平面ABC的一个法向量.设直线C1D与平面ABC所成角为α,
则sin α==.
解:(1)由题知x≠±2,且k1=,k2=,则·=-,
整理得,曲线C的方程为+=1(y≠0).
(2)设MP与x轴交于点D(t,0),则直线MP的方程为x=my+t(m≠0),
设M(x1,y1),P(x2,y2),由对称性知Q(x1,-y1),N(x2,-y2),
联立可得(3m2+4)y2+6mty+3t2-12=0,
所以Δ=48(3m2+4-t2)>0,
由M,N,S三点共线知kMS=kNS,
即=,y1(my2+t-4)+y2(my1+t-4)=0,
整理,得2my1y2+(t-4)(y1+y2)=0,
所以=0,即24m(t-1)=0,t=1.
所以直线MP过定点D(1,0),
同理可得直线NQ也过定点D(1,0)(或由对称性判断),
即四边形MNPQ两条对角线的交点是定点,且定点坐标为(1,0).
(1)解:由题设得f′(x)=ex-2ax,
所以解得a=1,b=e-2.
(2)证明:由(1)知,f(x)=ex-x2+1,
令函数h(x)=f(x)-g(x)=ex-x2-(e-2)x-1,所以h′(x)=ex-2x-(e-2),
令函数(x)=h′(x),则′(x)=ex-2,
当x∈(0,ln 2)时,′(x)<0,h′(x)单调递减;
当x∈(ln 2,+∞)时,′(x)>0,h′(x)单调递增,
又h′(0)=3-e>0,h′(1)=0,0所以,存在x0∈(0,1),使得h′(x)=0,
当x∈(0,x0)∪(1,+∞)时,h′(x)>0;当x∈(x0,1),h′(x)<0,
故h(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
又h(0)=h(1)=0,所以h(x)=ex-x2-(e-2)x-1≥0,当且仅当x=1时取 等号.
故当x>0时,g(x)≤f(x).
解:(1)由ρ=4cs θ得ρ2=4ρcs θ.
因为x=ρcs θ,y=ρsin θ,x2+y2=ρ2,
所以曲线C的直角坐标方程为x2+y2-4x=0,即(x-2)2+y2=4.
(2)将
代入圆的方程得(tcs α-1)2+(tsin α)2=4,
化简得t2-2tcs α-3=0.
设A,B两点对应的参数分别为t1,t2,则
所以|AB|=|t1-t2|===.
所以4cs2α=2,cs α=±,α=或.
(1)解:依题意,得f(x)=
则不等式f(x)≤3,即为
或或解得-1≤x≤1.
故不等式f(x)≤3的解集为{x|-1≤x≤1}.
(2)证明:由题得,g(x)=f(x)+|x+1|=|2x-1|+|2x+2|≥|2x-1-2x-2|=3,
当且仅当(2x-1)(2x+2)≤0.即-1≤x≤时取等号.所以M=[3,+∞).
由t2-3t+1-==,
因为t∈M,所以t-3≥0,t2+1>0,
所以≥0,所以t2+1≥+3t.