全国统考版2021届高考数学二轮复习验收仿真模拟卷一理含解析

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一理含解析，共11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(一)
(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|(x＋1)(x－2)≤0}，B＝{－1，0，1，2，3}，则A∩B＝(　　)
A．{－1，0，1} B．{－1，0，1，2}
C．{0，1，2} D．{0，1，2，3}
2．已知i是虚数单位，则复数在复平面上所对应的点的坐标为(　　)
A．(0，1) B．(－1，0)
C．(1，0) D．(0，－1)
3．已知随机变量X服从正态分布N(3，σ2)，且P(X≤4)＝0.84，则P(2 A．0.84 B．0.68
C．0.32 D．0.16
4．在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝6，点D在边AC上，且2＝，则·的值是(　　)
A．48 B．24
C．12 D．6
5．执行如图所示的程序框图，输出S的值为ln 5，则在判断框内应填(　　)

A．i≤5? B．i≤4?
C．i<6? D．i>5?
6．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3＋a6＝23，S5＝35，则{an}的公差为(　　)
A．2 B．3
C．6 D．9
7．函数f(x)＝cos x的图象大致为(　　)

8．某兴趣小组合作制作了一个手工制品，并将其绘制成如图所示的三视图，其中侧视图中的圆的半径为3，则该手工制品的表面积为(　　)

A．5π B．10π
C．12＋5π D．24＋12π
9．已知函数f(x)＝sin(2x＋φ)的图象的一个对称中心为，则函数f(x)的单调递减区间是(　　)
A.(k∈Z)
B.(k∈Z)
C.(k∈Z)
D.(k∈Z)
10．博览会安排了分别标有序号为“1号”“2号”“3号”的三辆车，等可能随机顺序前往酒店接嘉宾．某嘉宾突发奇想，设计两种乘车方案．方案一：不乘坐第一辆车，若第二辆车的车序号大于第一辆车的车序号，就乘坐此车，否则乘坐第三辆车；方案二：直接乘坐第一辆车．记方案一与方案二坐到“3号”车的概率分别为P1，P2，则(　　)
A．P1·P2＝ B．P1＝P2＝
C．P1＋P2＝ D．P1＜P2
11．设F2是双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的右焦点，O为坐标原点，过F2的直线交双曲线的右支于点P，N，直线PO交双曲线C于另一点M，若|MF2|＝3|PF2|，且∠MF2N＝60°，则双曲线C的离心率为(　　)
A．3 B．2
C. D.
12．设点P在曲线y＝2ex上，点Q在曲线y＝ln x－ln 2上，则|PQ|的最小值为(　　)
A．1－ln 2 B.(1－ln 2)
C．2(1＋ln 2) D.(1＋ln 2)

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100名学生某月零用钱消费支出情况的频率分布直方图如图所示，则在这100名学生中，该月零用钱消费支出超过150元的人数是__________．

14．在直角坐标系xOy中，点P的坐标(x，y)满足向量a＝(1，－1)，则a·的最大值是________．
15．一个四面体的顶点在空间直角坐标系O－xyz中的坐标分别是A(0，0，)，B(，0，0)，C(0，1，0)，D(，1，)，则该四面体的外接球的体积为__________．
16．已知数列{an}的首项a1＝1，函数f(x)＝x3＋为奇函数，记Sn为数列{an}的前n项和，则S2 019的值为____________．
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△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，已知3(b2＋c2)＝3a2＋2bc.
(1)若sin B＝cos C，求tan C的大小；
(2)若a＝2，△ABC的面积S＝，且b>c，求b，c.



18．(本小题满分12分)某市教育与环保部门联合组织该市中学参加市中学生环保知识团体竞赛，根据比赛规则，某中学选拔出8名同学组成参赛队，其中初中学部选出的3名同学有2名女生；高中学部选出的5名同学有3名女生，竞赛组委会将从这8名同学中随机选出4人参加比赛．
(1)设“选出的4人中恰有2名女生，而且这2名女生来自同一个学部”为事件A，求事件A的概率P(A)；
(2)设X为选出的4人中女生的人数，求随机变量X的分布列和数学期望．





19.(本小题满分12分)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，已知AB⊥侧面BB1C1C，AB＝BC＝1，BB1＝2，∠BCC1＝.
(1)求证：C1B⊥平面ABC；
(2)设＝λ(0≤λ≤1)，且平面AB1E与BB1E所成的锐二面角的大小为30°，试求λ的值．




20．(本小题满分12分)设抛物线C：y2＝2x，点A(2，0)，B(－2，0)，过点A的直线l与C交于M，N两点．
(1)当l与x轴垂直时，求直线BM的方程；
(2)证明：∠ABM＝∠ABN.





21．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝xln x－k(x－1)．
(1)若函数h(x)＝，求h(x)的极值；
(2)若f(x)＝0有一根为x1(x1>1)，f′(x) ＝0的根为x0，则是否存在实数k，使得x1＝kx0？若存在，求出k的取值范围；若不存在，请说明理由．




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
已知直线l的参数方程为(t为参数)，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程是ρ＝.
(1)写出直线l的极坐标方程与曲线C的直角坐标方程；
(2)若点P是曲线C上的动点，求P到直线l距离的最小值，并求出此时P点的坐标．
23．(本小题满分10分)选修4­5：不等式选讲
设函数f(x)＝|x＋2|－|x－2|.
(1)解不等式f(x)≥2；
(2)当x∈R，0



















高考仿真模拟卷(一)
1．解析：选B.由已知得A＝{x|(x＋1)(x－2)≤0}＝{x|－1≤x≤2}，
所以A∩B＝{－1，0，1，2}，故选B.
2．解析：选A.因为＝＝i，所以该复数在复平面上对应的点的坐标为(0，1)．故选A.
3．解析：选B.由于随机变量X服从正态分布N(3，σ2)，又P(X≤4)＝0.84，所以P(X≥4)＝P(X≤2)＝0.16，P(2 4．解析：选B.由题意得，·＝0，·＝||2＝36，所以·＝·(＋)＝·＝0＋×36＝24，故选B.
5．解析：选B.程序运行过程如下：
首先初始化数据，S＝0，i＝1，
第一次循环，执行S＝S＋ln＝0＋ln 2＝ln 2，i＝i＋1＝2，此时不应跳出循环；
第二次循环，执行S＝S＋ln＝ln 2＋ln ＝ln 3，i＝i＋1＝3，此时不应跳出循环；
第三次循环，执行S＝S＋ln＝ln 3＋ln ＝ln 4，i＝i＋1＝4，此时不应跳出循环；
第四次循环，执行S＝S＋ln＝ln 4＋ln ＝ln 5，i＝i＋1＝5，此时应跳出循环；
i＝4时，程序需要继续执行，i＝5时，程序结束，
故在判断框内应填i≤4？.故选B.
6．解析：选B.由题意，可得
解得d＝3，故选B.
7．解析：选C.依题意，注意到f(－x)＝·cos(－x)＝cos x＝cos x＝－f(x)，
因此函数f(x)是奇函数，其图象关于原点对称，结合各选项知，选项A，B均不正确；当00，f(x)<0，结合选项知，C正确，选C.
8．解析：选D.由三视图可知，该手工制品是由两部分构成，每一部分都是相同圆锥的四分之一，且圆锥的底面半径为3，高为4，故母线长为5，故每部分的表面积为
2××4×3＋××6π×5＋×9π＝12＋6π，故两部分表面积为24＋12π.
9．解析：选D.由题可得sin＝0，又0<φ<，所以φ＝，所以f(x)＝sin，由＋2kπ≤2x＋≤＋2kπ(k∈Z)，得f(x)的单调递减区间是(k∈Z)．
10．解析：选C.三辆车的出车顺序可能为：123、132、213、231、312、321，
方案一坐3号车的可能：132、213、231，所以P1＝；
方案二坐3号车的可能：312、321，所以P1＝；
所以P1＋P2＝.故选C.
11．解析：选D.设双曲线的左焦点为F1，由双曲线的对称性可知四边形MF2PF1为平行四边形．
所以|MF1|＝|PF2|，MF1∥PN.
设|PF2|＝m，则|MF2|＝3m，
所以2a＝|MF2|－|MF1|＝2m，
即|MF1|＝a，|MF2|＝3a.
因为∠MF2N＝60°，所以∠F1MF2＝60°，
又|F1F2|＝2c，
在△MF1F2中，由余弦定理可得4c2＝a2＋9a2－2·a·3a·cos 60°，
即4c2＝7a2，所以＝，所以双曲线的离心率e＝＝.故选D.
12．解析：选D.由已知可得y＝2ex与y＝ln x－ln 2＝ln 互为反函数，即y＝2ex与y＝ln x－ln 2的图象关于直线x－y＝0对称，|PQ|的最小值为点Q到直线x－y＝0的最小距离的2倍，令Q(t，ln t－ln 2)，过点Q的切线与直线x－y＝0平行，函数y＝ln x－ln 2的导数为y′＝，其斜率为k＝＝1，所以t＝1，故Q(1，－ln 2)，点Q到直线x－y＝0的距离为d＝＝，所以|PQ|min＝2d＝(1＋ln 2)．
13．解析：消费支出超过150元的人数为(50×0.004＋50×0.002)×100＝30.
答案：30
14．解析：作出不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分所示，设z＝a·＝x－y，则y＝x－z，易知当y＝x－z经过的交点(3，2)时，z＝x－y取得最大值，且zmax＝1.
答案：1
15．解析：采用补体法，由空间点坐标可知，该四面体的四个顶点在一个长方体上，该长方体的长宽高分别为，1，，长方体的外接球即为该四面体的外接球，外接球的直径即为长方体的体对角线＝3，所以球半径为，体积为πr3＝.
答案：
16．解析：因为f(x)是奇函数，f(－x)＝－f(x)，所以an＋1－＝0，an＋1＝an＋cos .a1＝1，a2＝a1＋cos ＝1，a3＝a2＋cos ＝0，a4＝a3＋cos ＝0，如此继续，得an＋4＝an.S2 019＝504(a1＋a2＋a3＋a4)＋a1＋a2＋a3＝504×2＋1＋1＋0＝1 010.
答案：1 010
17．解：因为3(b2＋c2)＝3a2＋2bc，所以＝，由余弦定理得cos A＝，所以sin A＝.
(1)因为sin B＝cos C，所以sin(A＋C)＝cos C，
所以cos C＋sin C＝cos C，
所以cos C＝sin C，所以tan C＝.
(2)因为S＝，所以bcsin A＝，所以bc＝.①
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，
可得4＝b2＋c2－2bc×，所以b2＋c2＝5.②
因为b>c>0，所以联立①②可得b＝，c＝.
18．解：(1)由已知，得P(A)＝＝.所以事件A的概率为.
(2)随机变量X的所有可能取值为1，2，3，4.
由已知得P(X＝k)＝(k＝1，2，3，4)．
所以随机变量X的分布列为：
X
1
2
3
4
P




随机变量X的数学期望E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＝.
19．解：(1)证明：因为AB⊥侧面BB1C1C，BC1⊂侧面BB1C1C，故AB⊥BC1，在△BCC1中，BC＝1，CC1＝BB1＝2，∠BCC1＝，
BC＝BC2＋CC－2BC·CC1·cos∠BCC1＝12＋22－2×1×2×cos ＝3，所以BC1＝，故BC2＋BC＝CC，所以BC⊥BC1，而BC∩AB＝B，所以C1B⊥平面ABC.
(2)由(1)可知，AB，BC，BC1两两垂直．以B为原点，BC，BA，BC1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
则B(0，0，0)，A(0，1，0)，B1(－1，0，)，C(1，0，0)，C1(0，0，)．
所以＝(－1，0，)，所以＝(－λ，0，λ)，E(1－λ，0，λ)，
则＝(1－λ，－1，λ)，＝(－1，－1，)．
设平面AB1E的法向量为n＝(x，y，z)，
则，即，
令z＝，则x＝，y＝，故n＝是平面AB1E的一个法向量．
因为AB⊥平面BB1C1C，＝(0，1，0)是平面BB1E的一个法向量，
所以|cos〈n，〉|＝＝

＝.
两边平方并化简得2λ2－5λ＋3＝0，所以λ＝1或λ＝(舍去)．
20．解：(1)当l与x轴垂直时，l的方程为x＝2，可得M的坐标为(2，2)或(2，－2)．
所以直线BM的方程为y＝x＋1或y＝－x－1.
(2)证明：当l与x轴垂直时，AB为MN的垂直平分线，所以∠ABM＝∠ABN.
当l与x轴不垂直时，设l的方程为y＝k(x－2)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1>0，x2>0.由得ky2－2y－4k＝0，可知y1＋y2＝，y1y2＝－4.
直线BM，BN的斜率之和为
kBM＋kBN＝＋
＝.①
将x1＝＋2，x2＝＋2及y1＋y2，y1y2的表达式代入①式分子，可得x2y1＋x1y2＋2(y1＋y2)＝＝＝0.所以kBM＋kBN＝0，可知BM，BN的倾斜角互补，所以∠ABM＝∠ABN.
综上，∠ABM＝∠ABN.
21．解：(1)易知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
h(x)＝＝ln x－(x>0)，
则h′(x)＝－＝，
当k≤0时，h′(x)>0对任意的x>0恒成立，所以h(x)是(0，＋∞)上的增函数，此时h(x)不存在极值．
当k>0时，若0k，则h′(x)>0.所以h(x)是(0，k)上的减函数，是(k，＋∞)上的增函数，
故h(x)的极小值为h(k)＝ln k－k＋1，不存在极大值．
综上所述，当k≤0时，h(x)不存在极值；
当k>0时，h(x)极小值＝ln k－k＋1，不存在极大值．
(2)由(1)知当k≤0或k＝1时，f(x)＝0，即h(x)＝0仅有唯一解x＝1，不符合题意．
当01时，有h(x)>h(1)＝0，
所以f(x)＝0没有大于1的根，不符合题意．
当k>1时，由f′(x)＝0，即f′(x)＝1＋ln x－k＝0，解得x0＝ek－1，
若x1＝kx0＝kek－1，又x1ln x1＝k(x1－1)，
所以kek－1ln(kek－1)＝k(kek－1－1)，即ln k－1＋e1－k＝0.令v(x)＝ln x－1＋e1－x，则v′(x)＝－e1－x＝，令s(x)＝ex－ex，s′(x)＝ex－e，当x>1时，总有s′(x)>0，所以s(x)是(1，＋∞)上的增函数，
即s(x)＝ex－ex>s(1)＝0，
故当x>1时，v′(x)>0，v(x)是(1，＋∞)上的增函数，所以v(x)>v(1)＝0，
即ln k－1＋e1－k＝0在(1，＋∞)上无解．
综上可知，不存在满足条件的实数k.
22．解：(1)由，得x－y＝1，
所以直线l的极坐标方程为ρcos α－ρsin α＝1，
即ρ(cos αcos－sin αsin)＝1，
即ρcos＝1.
由ρ＝，所以ρ＝，所以ρcos2θ＝sin θ，所以(ρcos θ)2＝ρsin θ，
即曲线C的直角坐标方程为y＝x2.
(2)设P(x0，y0)，则y0＝x，
所以P到直线l的距离d＝＝
＝，
所以当x0＝时，dmin＝，此时P，
所以当P点为时，P到直线l的距离最小，最小值为.
23．解：(1)由已知可得
f(x)＝
所以，f(x)≥2的解集为{x|x≥1}．
(2)证明：由(1)知，|x＋2|－|x－2|≤4，
＋＝[y＋(1－y)]＝2＋＋≥4(当且仅当y＝时取等号)，所以|x＋2|－|x－2|≤＋.