全国统考版2021届高考数学二轮复习验收仿真模拟卷十六理含解析

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十六理含解析，共16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(十六)
(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|log2(x－1)＜0}，B＝{x|x≤3}，则∁RA∩B＝(　　)
A．(－∞，1) B．(2，3)
C．(2，3] D．(－∞，1]∪[2，3]
2．已知i为虚数单位，且复数z满足z－2i＝，则复数z在复平面内的点到原点的距离为(　　)
A. B.
C. D.
3．已知x、y取值如下表：
x
0
1
4
5
6
8
y
1.3
m
5.6
6.1
7.4
9.3
从所得的散点图分析可知：y与x线性相关，且＝0.95x＋1.45，则m＝(　　)
A．1.5 B．1.55
C．3.5 D．1.8
4已知cos＝，－<α<，则sin 2α的值等于(　　)
A. B．－
C. D．－
5．已知互不重合的直线a，b，互不重合的平面α，β，给出下列四个命题，错误的命题是(　　)
A．若a∥α，a∥β，α∩β＝b，则a∥b
B．若α⊥β，a⊥α，b⊥β则a⊥b
C．若α⊥β，α⊥γ，β∩γ＝a，则a⊥α
D．若α∥β，a∥α，则a∥β
6．“a≤－2”是“函数f(x)＝|x－a|在[－1，＋∞)上单调递增”的(　　)
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
7．已知O为△ABC内一点，且＝(＋)，＝t，若B，O，D三点共线，则t的值为(　　)
A. B.
C. D.
8．执行如图所示的程序框图，若输出的S值为－2，则①中应填(　　)

A．n<98? B．n<99?
C．n<100? D．n<101?
9．已知点F1、F2是双曲线－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，若双曲线左支上存在点P与点F2关于直线y＝x对称，则该双曲线的离心率为(　　)
A. B.
C．2 D.
10．若实数x、y满足xy>0，则＋的最大值为(　　)
A．2－ B．2＋
C．4＋2 D．4－2
11．曲线y＝ln x上的点到直线2x－y＋3＝0的最短距离是(　　)
A. B.
C. D.
12．已知三棱锥P­ABC的棱AP、AB、AC两两垂直，且长度都为，以顶点P为球心，以2为半径作一个球，则球面与三棱锥的表面相交所得到的四段弧长之和等于(　　)
A．3π B.
C. D.
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．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，前n项积为Tn，若S3＝a2＋4a1，T5＝243，则a1的值为____________．
14．已知点Q在圆C：x2＋y2＋2x－8y＋13＝0上，抛物线y2＝8x上任意一点P到直线l：x＝－2的距离为d，则d＋|PQ|的最小值等于________．
15．“克拉茨猜想”又称“3n＋1猜想”，是德国数学家洛萨·克拉茨在1950年世界数学家大会上公布的一个猜想：任给一个正整数n，如果n是偶数，就将它减半；如果n为奇数就将它乘3加1，不断重复这样的运算，经过有限步后，最终都能够得到1.己知正整数m经过6次运算后得到1，则m的值为________．
16．已知偶函数f(x)满足f(x－1)＝f(x＋1)，且当x∈[0，1]时，f(x)＝x2，若关于x的方程f(x)＝|loga|x||(a>0，a≠1)在[－2，3]上有5个根，则a的取值范围是________．
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)甲、乙两俱乐部举行乒乓球团体对抗赛．双方约定：
①比赛采取五场三胜制(先赢三场的队伍获得胜利，比赛结束)；
②双方各派出三名队员，前三场每位队员各比赛一场．已知甲俱乐部派出队员A1、A2、A3，其中A3只参加第三场比赛，另外两名队员A1、A2比赛场次未定；乙俱乐部派出队员B1、B2、B3，其中B1参加第一场与第五场比赛，B2参加第二场与第四场比赛，B3只参加第三场比赛．
根据以往的比赛情况，甲俱乐部三名队员对阵乙俱乐部三名队员获胜的概率如下表：

A1
A2
A3
B1



B2



B3



(1)若甲俱乐部计划以3∶0取胜，则应如何安排A1、A2两名队员的出场顺序，使得取胜的概率最大？





(2)若A1参加第一场与第四场比赛，A2参加第二场与第五场比赛，各队员每场比赛的结果互不影响，设本次团体对抗赛比赛的场数为随机变量X，求X的分布列及数学期望E(X)．





18.(本小题满分12分)已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0，0<φ<π)的部分图象如图所示．
(1)求f(x)的解析式，并求函数f(x)在上的值域；
(2)在△ABC中，AB＝3，AC＝2，f(A)＝1，求sin 2B.









19．(本小题满分12分)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面四边形ABCD内接于圆O，AC是圆O的一条直径，PA⊥平面ABCD，PA＝AC＝2，E是PC的中点，∠DAC＝∠AOB.
(1)求证：BE∥平面PAD；
(2)若二面角P­CD­A的正切值为2，求直线PB与平面PCD所成角的正弦值．












20．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝ln(x＋1)＋mx(m∈R)．
(1)当m≠0时，求函数f(x)的单调区间；
(2)有这样的结论：若函数p(x)的图象是在区间[a，b]上连续不断的曲线，且在区间(a，b)内可导，则存在x0∈(a，b)，使得p′(x0)＝.已知函数f(x)在(x1，x2)上可导(其中x2>x1>－1)，若函数g(x)＝(x－x1)＋f(x1)．证明：对任意x∈(x1，x2)，都有f(x)>g(x)．





21．(本小题满分12分)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．






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
在直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1：ρ2－4ρcos θ＋3＝0，θ∈[0，2π]，曲线C2：ρ＝，θ∈[0，2π]．
(1)求曲线C1的一个参数方程；
(2)若曲线C1和曲线C2相交于A，B两点，求|AB|的值．
23．(本小题满分10分)选修4­5：不等式选讲
设函数f(x)＝|2x－a|＋2a.
(1)若不等式f(x)≤6的解集为{x|－6≤x≤4}，求实数a的值；
(2)在(1)的条件下，若不等式f(x)≤(k2－1)x－5的解集非空，求实数k的取值范围．



























高考仿真模拟卷(十六)
1．解析：选D.由集合A＝{x|log2(x－1)＜0}＝{x|1＜x＜2}，则∁RA＝{x|x≤1或x≥2}，
又B＝{x|x≤3}，所以∁RA∩B＝(－∞，1]∪[2，3]．
2．解析：选B.由z－2i＝，得z＝2i＋＝2i＋＝＋i，
所以复数z在复平面内的点的坐标为，到原点的距离为 ＝.故选B.
3．解析：选D.由题意知＝＝4，
＝
＝，
将代入＝0.95x＋1.45中，得＝0.95×4＋1.45，解得m＝1.8.
4．解析：选D.因为cos＝，所以sin α＝－，又－<α<，所以cos α＝，所以sin 2α＝2sin αcos α＝2××＝－，故选D.
5．解析：选D.A中，由线面平行的判定和性质得满足条件的直线a，b平行，故正确．
B中，满足条件的直线a，b垂直，故正确．
C中，由面面垂直的性质可得，交线a与α垂直，故正确．
D中，直线a与β可能平行，也可能在β内，故不正确．
综上D不正确．
答案D.
6．解析：选A.结合图象可知函数f(x)＝|x－a|在[a，＋∞)上单调递增，易知当a≤－2时，函数f(x)＝|x－a|在[－1，＋∞)上单调递增，但反之不一定成立，故选A.
7．解析：选B.设线段BC的中点为M，则＋＝2，因为2＝＋，所以＝，则＝＝(＋)＝(＋)＝＋，由B，O，D三点共线，得＋＝1，解得t＝.
故选B.
8．解析：选B.由题意知，该程序框图的功能是计算S＝lg＋lg＋…＋lg＝－lg(n＋1)，
当n＝98时，S＝－lg 99>－2；当n＝99时，S＝－lg 100＝－2，跳出循环，故①中应填n<99?
故选B.
9．解析：选D.如图所示，点P与点F2关于直线y＝x对称，所以|OP|＝|OF2|＝|OF1|＝c，所以PF1⊥PF2，tan∠PF1F2＝，又|F1F2|＝2c，所以|PF2|＝2b，|PF1|＝2a，又因为点P在双曲线上，所以|PF2|－|PF1|＝2a，即2b－2a＝2a，b＝2a，故e＝＝.
10．解析：选D.＋
＝
＝
＝1＋
＝1＋≤1＋
＝4－2，当且仅当＝，
即x2＝2y2时取等号．
11．解析：选D.因为直线2x－y＋3＝0的斜率为2，所以令y′＝＝2，解得x＝，把x＝代入曲线方程得y＝－ln 2，即曲线在点处的切线斜率为2，到直线2x－y＋3＝0的距离d＝＝，故曲线y＝ln x 上的点到直线2x－y＋3＝0的最短距离是.
12．解析：选B.如图所示，Rt△PAC，Rt△PAB为等腰直角三角形，且AP＝AB＝AC＝.
以顶点P为球心，以2为半径作一个球与Rt△PAC的PC，AC分别交于点M，N，
得cos∠APN＝，
所以∠APN＝，
所以∠NPM＝，
所以＝×2＝，
同理＝，＝×1＝，
又是以顶点P为圆心，以2为半径的圆的周长的，所以＝＝，
所以球面与三棱锥的表面相交所得到的四段孤长之和等于＋＋＋＝＝.
故选B.
13．解析：由已知，S3＝a1＋a2＋a3＝a2＋4a1，则a3＝3a1，所以q2＝3.
又T5＝a1a2a3a4a5＝a＝243，
所以a3＝a1q2＝3，a1＝1.
故答案为1.
答案：1


14．解析：抛物线y2＝8x的焦点为F(2，0)，故直线l：x＝－2为抛物线的准线，由抛物线的定义可知，d＝|PF|.圆C的方程可变形为(x＋1)2＋(y－4)2＝4，圆心为C(－1，4)，半径r＝2.如图所示，d＋|PQ|＝|PF|＋|PQ|.显然，|PF|＋|PQ|≥|FQ|(当且仅当F，P，Q三点共线，且点P在点F，Q之间时取等号)．而|FQ|为圆C上的动点Q到定点F的距离，显然当Q处在Q′的位置，P处在P′的位置时，|FQ|取得最小值，且最小值为|CF|－r＝－2＝5－2＝3.
答案：3
15．解析：如果正整数m按照上述规则经过6次运算得到1，则经过5次运算后得到的一定是2；
经过4次运算后得到的一定是4；
经过3次运算后得到的为8或1(不合题意)；
经过2次运算后得到的是16；
经过1次运算后得到的是5或32；
所以开始时的数为10或64.
所以正整数m的值为10或64.
故答案为10或64.
答案：10或64.
16．解析：由f(x－1)＝f(x＋1)得函数f(x)的最小正周期T＝2，根据函数的奇偶性、周期性画出函数f(x)在[－2，3]上的图象，然后再画函数g(x)＝|loga|x||的图象，如图所示，使它们有5个交点即可，当a>1时，只要保证loga3≤1即可，解得a≥3，当0
答案：∪
17．解：(1)设A1、A2分别参加第一场、第二场，则
P1＝××＝，
设A2、A1分别参加第一场、第二场，则
P2＝××＝，所以P1>P2，
所以甲俱乐部安排A1参加第一场，A2参加第二场，则甲俱乐部以3∶0取胜的概率最大．
(2)比赛场数X的所有可能取值为3、4、5，
P(X＝3)＝××＋××＝，
P(X＝4)＝C×××＋×＋C×××＋×＝，
P(X＝5)＝1－P(X＝3)－P(X＝4)＝，
所以X的分布列为
X
3
4
5
P



所以E(X)＝3×＋4×＋5×＝.
18．解：(1)由题图知，T＝π－＝π.
所以T＝π.
所以＝π，所以ω＝2，
所以f(x)＝2sin(2x＋φ)，
因为点在函数图象上，
所以sin＝1，
所以＋φ＝＋2kπ(k∈Z)，
即φ＝2kπ＋(k∈Z)，因为0<φ<π，
所以φ＝，所以f(x)＝2sin.
因为－≤x≤，
所以0≤2x＋≤π，
所以0≤sin≤1，
所以0≤f(x)≤2，
即函数f(x)在上的值域为[0，2]．
(2)因为f(A)＝2sin＝1，
所以sin＝，
因为<2A＋<π，
所以2A＋＝π，所以A＝.
在△ABC中，由余弦定理得
BC2＝9＋4－2×3××2＝7，BC＝.
由正弦定理得，＝，
故 sin B＝.
又AC 所以cos B＝，
所以sin 2B＝2sin Bcos B＝×＝.
19．解：(1)证明：因为∠DAC＝∠AOB，所以AD∥OB.
因为E为PC的中点，O为圆心，连接OE，
所以OE∥PA，又OB∩OE＝O，PA∩AD＝A，
所以平面PAD∥平面EOB，
因为BE⊂平面EOB，所以BE∥平面PAD.
(2)因为四边形ABCD内接于圆O且AC为直径，
所以AD⊥CD，又PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD，
又PA∩AD＝A，
所以CD⊥平面PAD，所以CD⊥PD，
所以∠PDA是二面角P­CD­A的平面角，
因为tan∠PDA＝2，PA＝2，
所以AD＝1，
如图，

以D为坐标原点，DA所在的直线为x轴，DC所在的直线为y轴，过点D且垂直于平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系D­xyz.
PA＝AC＝2，AD＝1，延长BO交CD于点F，
因为BO∥AD，所以BF⊥CD，又因为BF＝BO＋OF，
所以BF＝1＋＝，
又CD＝，所以DF＝，
所以P(1，0，2)，B，
C(0，，0)，
设平面PCD的法向量n＝(x，y，z)，
因为
所以
即令z＝1，
则x＝－2，y＝0.
所以n＝(－2，0，1)是平面PCD的一个法向量，
又＝，
所以|cos〈，n〉|＝＝＝，
所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.
20．解：(1)f(x)的定义域为(－1，＋∞)，
f′(x)＝＝.
当m>0时，－(－1)＝－<0，
即－<－1，
因为x>－1，所以f′(x)>0，
所以f(x)在(－1，＋∞)上单调递增．
当m<0时，－(－1)＝－>0，即－>－1，
由f′(x)>0，解得－1 由f′(x)<0，解得x>－，
所以f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)证明：令h(x)＝f(x)－g(x)＝f(x)－(x－x1)－f(x1)，
则h′(x)＝f′(x)－.
因为函数f(x)在区间(x1，x2)上可导，则根据结论可知，存在x0∈(x1，x2)，
使得f′(x0)＝，
又f′(x)＝＋m，
所以h′(x)＝f′(x)－f′(x0)
＝－＝.
当x∈(x1，x0]时，h′(x)≥0，
从而h(x)单调递增，
所以h(x)>h(x1)＝0；
当x∈(x0，x2)时，h′(x)<0，从而h(x)单调递减，
所以h(x)>h(x2)＝0.
故对任意x∈(x1，x2)，都有h(x)>0，
即f(x)>g(x)．
21．解：(1)由抛物线C2：y2＝8x得F2(2，0)，
当直线l的斜率不存在，即l：x＝2时，满足题意．
当直线l的斜率存在时，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，
所以椭圆C1：＋＝1.
设点T的坐标为(－3，m)，
则直线TF1的斜率kTF1＝＝－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)，则联立，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.
22．解：(1)由ρ2－4ρcos θ＋3＝0可得，x2＋y2－4x＋3＝0.
所以(x－2)2＋y2＝1.
令x－2＝cos α，y＝sin α，
所以C1的一个参数方程为(α为参数，α∈R)．
(2)C2：4ρ＝3，
所以4＝3，即2x－2y－3＝0.
因为直线2x－2y－3＝0与圆(x－2)2＋y2＝1相交于A，B两点，
所以圆心到直线的距离d＝，
所以|AB|＝2×
＝2×＝.
23．解：(1)因为|2x－a|＋2a≤6，
所以|2x－a|≤6－2a，
所以2a－6≤2x－a≤6－2a，
所以a－3≤x≤3－，
因为不等式f(x)≤6的解集为{x|－6≤x≤4}，
所以解得a＝－2.
(2)由(1)得f(x)＝|2x＋2|－4.
所以|2x＋2|－4≤(k2－1)x－5，
化简整理得|2x＋2|＋1≤(k2－1)x，
令g(x)＝|2x＋2|＋1＝
y＝g(x)的图象如图所示，

要使不等式f(x)≤(k2－1)x－5的解集非空，需k2－1>2或k2－1≤－1，
所以k的取值范围是{k|k>或k<－或k＝0}．