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全国统考版2021届高考数学二轮复习验收仿真模拟卷十四理含解析
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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十四理含解析，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。
高考仿真模拟卷(十四)
(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|y＝}，B＝{x|－1≤2x－1≤0}，则(∁RA)∩B＝( )
A．(4，＋∞) B.
C. D．(1，4]
2．若命题“∃x0∈R，x＋(a－1)x0＋1<0”是真命题，则实数a的取值范围是( )
A．[－1，3]
B．(－1，3)
C．(－∞，－1]∪[3，＋∞)
D．(－∞，－1)∪(3，＋∞)
3．已知a，b∈R，且a＞b，则下列式子恒成立的是( )
A．aln x＞bln x B．ax＞bx
C．a2＞b2 D．a＞b
4．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，外接圆半径为R，若bsin B－asin A＝asin C，且△ABC的面积为2R2sin B(1－cos 2A)，则cos B＝( )
A. B.
C. D.
5．不等式组的解集记为D，若(a，b)∈D，则z＝2a－3b的最小值是( )
A．－4 B．－1
C．1 D．4
6．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积与其外接球的体积之比为( )
A．1∶3π B.∶π
C．1∶3π D．1∶π
7．将函数y＝sin的图象上各点的横坐标变为原来的(纵坐标不变)，再往上平移1个单位，所得图象对应的函数在区间上的值域为( )
A. B.
C．[0，2] D.
8.四色猜想是世界三大数学猜想之一，1976年美国数学家阿佩尔与哈肯证明了四色定理．其内容是：“任意一张平面地图只用四种颜色就能使具有共同边界的国家涂上不同的颜色．”用数学语言表示为“将平面任意地细分为不相重叠的区域，每一个区域总可以用1，2，3，4四个数字之一标记，而不会使相邻的两个区域得到相同的数字．”如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线围成的各区域(如区域D由两个边长为1的小正方形构成)上分别标有数字1，2，3，4的四色地图符合四色定理，区域A、B、C、D、E、F标记的数字丢失，若在该四色地图上随机取一点，则恰好取在标记为4的区域的概率是( )
A. B.
C. D.
9．学生的语文、数学成绩均被评定为三个等级，依次为“优秀”“合格”“不合格”．若学生甲的语文、数学成绩都不低于学生乙，且其中至少有一门成绩高于乙，则称“学生甲比学生乙成绩好”．如果一组学生中没有哪位学生比另一位学生成绩好，并且不存在语文成绩相同、数学成绩也相同的两位学生，那么这组学生最多有( )
A．2人 B．3人
C．4人 D．5人
10．若实数a，b，c，d满足(b＋a2－3ln a)2＋(c－d＋2)2＝0，则(a－c)2＋(b－d)2的最小值为( )
A. B．8
C．2 D．2
11．已知点O为坐标原点，点M在双曲线C：x2－y2＝λ(λ为正常数)上，过点M作双曲线C的某一条渐近线的垂线，垂足为N，则|ON|·|MN|的值为( )
A. B.
C．λ D．无法确定
12．已知f(x)是定义在R上的减函数，其导函数f′(x)满足＋x<1，则下列结论正确的是( )
A．对于任意x∈R，f(x)<0
B．对于任意x∈R，f(x)>0
C．当且仅当x∈(－∞，1)时，f(x)<0
D．当且仅当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0
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．已知向量a，b，其中|a|＝，|b|＝2，且(a＋b)⊥a，则向量a和b的夹角是__________．
14．在三棱锥SABC中，∠SAB＝∠SAC＝∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝，SB＝，则异面直线SC与AB所成角的余弦值为________．
15．已知m∈Z，关于x的一元二次不等式x2－6x＋m≤0的解集中有且仅有3个整数，则所有符合条件的m的取值集合是________．
16．已知椭圆C的方程为＋＝1，A、B为椭圆C的左、右顶点，P为椭圆C上不同于A、B的动点，直线x＝4与直线PA、PB分别交于M、N两点，若D(7，0)，则过D、M、N三点的圆必过x轴上不同于点D的定点，其坐标为________．
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)已知等差数列{an}中，a2＝2，a3＋a5＝8，数列{bn}中，b1＝2，其前n项和Sn满足：bn＋1＝Sn＋2(n∈N*)．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
18．(本小题满分12分)株洲市某中学利用周末组织教职员工进行了一次秋季登石峰山健身的活动，有N人参加，现将所有参加人员按年龄情况分为[20，25)，[25，30)，[30，35)，[35，40)，[40，45)，[45，50)，[50，55]等七组，其频率分布直方图如图所示．已知[35，40)之间的参加者有8人．
(1)求N和[30，35)之间的参加者人数N1；
(2)已知[30，35)和[35，40)之间各有2名数学教师，现从这两个组中各选取2人担任接待工作，设两组的选择互不影响，求两组选出的人中都至少有1名数学教师的概率；
(3)组织者从[45，55]之间的参加者(其中共有4名女教师，其余全为男教师)中随机选取3名担任后勤保障工作，其中女教师的人数为ξ，求ξ的分布列和数学期望E(ξ)．
19．(本小题满分12分)已知在三棱柱ABCA1B1C1中，侧面ABB1A1为正方形，延长AB到D，使得AB＝BD，平面AA1C1C⊥平面ABB1A1，A1C1＝AA1，∠C1A1A＝.
(1)若E，F分别为C1B1，AC的中点，求证：EF∥平面ABB1A1；
(2)求平面A1B1C1与平面CB1D所成的锐二面角的余弦值．
20.(本小题满分12分)如图，已知M(x0，y0)是椭圆C：＋＝1上的任一点，从原点O向圆M：(x－x0)2＋(y－y0)2＝2作两条切线，分别交椭圆于点P，Q.
(1)若直线OP，OQ的斜率存在，并记为k1，k2，求证：k1k2为定值；
(2)试问|OP|2＋|OQ|2是否为定值？若是，求出该值；若不是，说明理由．
21．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝ax＋b.
(1)若f(x)与g(x)在x＝1处相切，试求g(x)的表达式；
(2)若φ(x)＝－f(x)在[1，＋∞)上是减函数，求实数m的取值范围；
(3)证明不等式：<＋＋＋…＋<＋1＋＋＋…＋(n∈N*)．
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
极坐标系的极点为直角坐标系xOy的原点，极轴为x轴的正半轴，两种坐标系中的长度单位相同．已知曲线C的极坐标方程为ρ＝2(cos θ＋sin θ)，斜率为的直线l交y轴于点E(0，1)．
(1)求C的直角坐标方程，l的参数方程；
(2)直线l与曲线C交于A、B两点，求|EA|＋|EB|.
23．(本小题满分10分)选修45：不等式选讲
已知函数f(x)＝|x＋6|－|m－x|(m∈R)．
(1)当m＝3时，求不等式f(x)≥5的解集；
(2)若不等式f(x)≤7对任意实数x恒成立，求m的取值范围．
高考仿真模拟卷(十四)
1．解析：选B.由题意得，A＝[4，＋∞)，B＝，所以(∁RA)∩B＝.
2．解析：选D.因为命题“∃x0∈R，x＋(a－1)x0＋1<0”等价于x＋(a－1)x0＋1＝0有两个不等的实根，所以Δ＝(a－1)2－4>0，即a2－2a－3>0，解得a<－1或a>3，故选D.
3．解析：选D.对于A，当 0＜x＜1时，ln x＜0，此时aln x＜bln x，故排除A；对于B，当x＜0时，ax＜bx，故排除B；对于C，取a＝0，b＝－1，则a2＜b2，故排除C；对于D，因为对任意的x，＞0，所以a＞bx恒成立，故选D.
4．解析：选D.因为bsin B－asin A＝asin C，所以由正弦定理得，b2－a2＝ac①，
因为△ABC的面积为2R2sin B(1－cos 2A)＝a2sin B，
所以acsin B＝a2sin B，
则c＝2a，代入①得，b2＝2a2，
由余弦定理得，cos B＝＝＝.
5．解析：选A.画出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分所示，当a＝－2，b＝0时，z＝2a－3b取得最小值－4.
6．解析：选D.由三视图可知，几何体是一个三棱柱，体积V1＝×2×2×2＝4，外接球的直径的平方4R2＝22＋22＋22＝12，R＝，所以球的体积V2＝πR3＝4π，体积比V1∶V2＝4∶4π＝1∶π.
7．解析：选A.将函数y＝sin的图象上各点的横坐标变为原来的，
可得y＝sin的图象，再往上平移1个单位，得函数y＝sin＋1的图象．因为－≤x≤，所以－≤2x＋≤，所以y＝sin的最大值为1，最小值为－，
故函数y＝sin＋1的值域为.
8．解析：选B.因为区域C相邻标记1，2，3的区域，所以区域C标记4，进而区域D相邻标记2，3，4的区域，从而推出区域D标记1，区域A相邻标记1，2，4的区域，所以区域A标记3，区域E相邻标记2，3，4的区域，从而区域E标记1，区域F相邻标记1，3，4的区域，从而标记2，区域B相邻标记为1，2，3的区域，所以标记4，所以只有B，C标记为4，共占8个边长为1的正方形，面积为8，总共的区域面积为30，所以在该四色地图上随机取一点，则恰好取在标记为4的区域的概率是＝.
故选B.
9．解析：选B.首先要证，没有任意两个同学的数学成绩是相同的．假设A，B两名同学的数学成绩一样，由题知他们的语文成绩不一样，这样他们的语文成绩总有一个人比另一个人高，相应地由题可知，语文成绩较高的同学比另一个同学“成绩好”，与已知条件“他们之中没有一个比另一个成绩好”相矛盾．因此看得出，没有任意两个同学的数学成绩是相同的．因为数学成绩等级只有3种，因而同学数量最大为3.之后要验证3名同学能否满足条件．易证3名同学的成绩等级分别为(优秀，不合格)、(合格，合格)、(不合格，优秀)时满足条件．因此满足条件的最多人数是3.
10．解析：选B.因为实数a，b，c，d满足(b＋a2－3ln a)2＋(c－d＋2)2＝0，所以b＋a2－3ln a＝0，设b＝y，a＝x，则有y＝3ln x－x2，且c－d＋2＝0，设c＝x1，d＝y1，则有y1＝x1＋2，所以(a－c)2＋(b－d)2的最小值就是曲线y＝3ln x－x2上的点到直线y＝x＋2的最小距离的平方值．对曲线y＝3ln x－x2求导得y′＝－2x，易知y＝3ln x－x2在上单调递增，在上单调递减，与y＝x＋2平行的切线的斜率k＝1＝－2x，解得x＝1或x＝－(舍去)，把x＝1代入y＝3ln x－x2，得y＝－1，即切点为(1，－1)，切点到直线y＝x＋2的距离为＝2，所以(a－c)2＋(b－d)2的最小值为8.
11．解析：选B.因为M为双曲线上任一点，所以可取M为双曲线的右顶点，由渐近线y＝x知△OMN为等腰直角三角形，此时|OM|＝，|ON|＝|MN|＝，所以|ON|·|MN|＝.
12．解析：选B.法一：因为函数f(x)是定义在R上的减函数，所以f′(x)<0.因为＋x<1，所以f(x)＋xf′(x)>f′(x)，
所以f(x)＋(x－1)·f′(x)>0，构造函数g(x)＝(x－1)f(x)，则g′(x)＝f(x)＋(x－1)f′(x)>0，所以函数g(x)在R上单调递增，又g(1)＝(1－1)f(1)＝0，所以当x<1时，g(x)<0，所以f(x)>0；当x>1时，g(x)>0，所以f(x)>0.因为f(x)是定义在R上的减函数，所以f(1)>0.综上，对于任意x∈R，f(x)>0.
法二：因为函数f(x)是定义在R上的减函数，所以f′(x)<0.当x>1时，<1－x<0，所以f(x)>0，排除A；又函数f(x)在R上单调递减，所以当x≤1时，f(x)>0，排除C、D.
13．解析：设a与b的夹角为θ，因为(a＋b)⊥a，所以(a＋b)·a＝0，即a2＋a·b＝0，所以a·b＝－3，即|a||b|cos θ＝－3，所以cos θ＝＝－＝－，因为0≤θ≤π，所以θ＝.
答案：
14.解析：如图，取A为原点、AB和AS所在直线分别为y轴和z轴建立空间直角坐标系．
则点B(0，，0)，S(0，0，2)，C，
故＝，
＝(0，，0)．
于是，所求夹角的余弦值为＝.故答案为：.
答案：
15．解析：设函数f(x)＝x2－6x＋m，可知其图象开口向上，对称轴是x＝3，又x2－6x＋m≤0的解集中有且仅有3个整数，则，
即，
解得5
16．解析：设点P(x0，y0)、M(4，yM)、N(4，yN)，则直线PA、PB所在的直线方程分别为y＝(x＋2)，y＝(x－2)，依题意，可求得yM＝，yN＝.
因为＝(－3，yM)，＝(－3，yN)，所以·＝9＋，又＋＝1，所以12－3x＝4y，即＝－9，所以·＝0，所以MN为过D、M、N三点的圆的直径．
法一：设定点为E(t，0)，则MN为线段DE的垂直平分线，又线段MN为圆的直径，令圆心为F(4，a)，可得|EF|＝|FD|，
即＝，
解得t＝1或7(舍)，所以定点坐标为(1，0)．
法二：设定点为E(t，0)，则MN为线段DE的垂直平分线，所以点E与点D关于直线x＝4对称，故定点为E(1，0)．
答案：(1，0)
17．解：(1)设{an}的公差为d，
因为a2＝2，a3＋a5＝8，
所以2＋d＋2＋3d＝8，
所以d＝1，所以an＝n.
因为bn＋1＝Sn＋2(n∈N*)，①
所以bn＝Sn－1＋2(n∈N*，n≥2)．②
①－②得，bn＋1－bn＝Sn－Sn－1＝bn(n∈N*，n≥2)，
所以bn＋1＝2bn(n∈N*，n≥2)．
因为b1＝2，b2＝2b1，
所以{bn}为等比数列，b1＝2，q＝2，
所以bn＝2n.
(2)因为cn＝＝，
所以Tn＝＋＋＋…＋＋，
Tn＝＋＋＋…＋＋，
两式相减，得Tn＝＋＋…＋－＝1－，
所以Tn＝2－.
18．解：(1)年龄在[35，40)之间的概率为0.04×5＝0.2，所以总人数N＝＝40，
因为1－(0.01＋0.03＋0.04＋0.03＋0.02＋0.01)×5＝0.3，所以年龄在[30，35)之间的参加者人数N1＝40×0.3＝12.
(2)记事件B为从年龄在[30，35)之间选出的人中至少有1名数学教师，因为年龄在[30，35)之间的人数为12，所以P(B)＝1－＝；
记事件C为从年龄在[35，40)之间选出的人中至少有1名数学教师，
因为年龄在[35，40)之间的人数为8，
所以P(C)＝1－＝，
则所求概率为P(B∩C)＝P(B)P(C)＝×＝.
(3)年龄在[45，55]之间的人数为6，其中女教师有4人，ξ的所有可能取值为1，2，3，则
P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)＝＝，
P(ξ＝3)＝＝，
所以ξ的分布列为
ξ
1
2
3
P
数学期望为E(ξ)＝1×＋2×＋3×＝2.
19．解：(1)证明：如图，取A1C1的中点G，连接FG，EG，在△A1B1C1中，EG为中位线，所以GE∥A1B1，因为GE⊄平面ABB1A1，A1B1⊂平面ABB1A1，所以GE∥平面ABB1A1，同理可得GF∥平面ABB1A1，又GF∩GE＝G，所以平面GEF∥平面ABB1A1，因为EF⊂平面GEF，所以EF∥平面ABB1A1.
(2)连接AC1，在△AA1C1中，∠C1A1A＝，A1C1＝AA1，所以AC＝AA＋A1C－2AA1×A1C1cos∠AA1C1＝AA，所以AA1＝AC1，△A1AC1是等腰直角三角形，所以AC1⊥AA1，又平面AA1C1C⊥平面ABB1A1，平面AA1C1C∩平面ABB1A1＝AA1，
所以AC1⊥平面ABB1A1，因为AB⊂平面ABB1A1，所以AC1⊥AB，
因为侧面ABB1A1为正方形，所以AA1⊥AB，
以AA1，AB，AC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设AB＝1，则A(0，0，0)，A1(1，0，0)，B1(1，1，0)，C1(0，0，1)，C(－1，0，1)，D(0，2，0)，
所以＝(2，1，－1)，＝(1，2，－1)，＝(－1，0，1)，＝(0，1，0)，设平面A1B1C1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则m·＝0，m·＝0，即，令x1＝1，则y1＝0，z1＝1，故m＝(1，0，1)为平面A1B1C1的一个法向量，设平面CB1D的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则n·＝0，n·＝0，即，令x2＝1，则y2＝1，z2＝3，故n＝(1，1，3)为平面CB1D的一个法向量，
所以cos〈m，n〉＝＝＝，
所以平面A1B1C1与平面CB1D所成的锐二面角的余弦值为.
20．解：(1)证明：因为直线OP：y＝k1x以及OQ：y＝k2x与圆M相切，所以＝，
化简得(x－2)k－2x0y0k1＋y－2＝0，
同理(x－2)k－2x0y0k2＋y－2＝0，
所以k1，k2是方程(x－2)k2－2x0y0k＋y－2＝0的两个不相等的实数根，所以k1·k2＝.
因为点M(x0，y0)在椭圆C上，所以＋＝1，即y＝3－x，
所以k1k2＝＝－.
(2)|OP|2＋|OQ|2是定值，定值为9.
理由如下：
法一：①当直线OP，OQ不落在坐标轴上时，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立解得
所以x＋y＝，同理，得x＋y＝，
由k1k2＝－，得|OP|2＋|OQ|2＝x＋y＋x＋y＝＋
＝＋＝＝9.
②当直线OP，OQ落在坐标轴上时，显然有|OP|2＋|OQ|2＝9，综上：|OP|2＋|OQ|2＝9.
法二：①当直线OP，OQ不落在坐标轴上时，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，因为k1k2＝－，所以yy＝xx，因为P(x1，y1)，Q(x2，y2)在椭圆C上，
所以即
所以＝xx，整理得x＋x＝6，
所以y＋y＝＋＝3，
所以|OP|2＋|OQ|2＝9.
②当直线OP，OQ落在坐标轴上时，显然有|OP|2＋|OQ|2＝9.
综上：|OP|2＋|OQ|2＝9.
21．解：(1)由已知得f′(x)＝，
所以f′(1)＝1＝a，a＝2.
又因为g(1)＝0＝a＋b，所以b＝－1，
所以g(x)＝x－1.
(2)因为φ(x)＝－f(x)＝－ln x在[1，＋∞)上是减函数，
所以φ′(x)＝≤0在[1，＋∞)上恒成立(等号不恒成立)，
即x2－(2m－2)x＋1≥0在[1，＋∞)上恒成立，
则2m－2≤x＋，x∈[1，＋∞)．
因为x＋∈[2，＋∞)，
所以2m－2≤2，m≤2.
(3)证明：由(1)可得：当x≥2时，ln x
所以2<.
当x＝2时，2×<，
当x＝3时，2×<，
当x＝4时，2×<，
…
当x＝n＋1时，2<，n∈N*，n≥2.
上述不等式相加得：2<＋＋＋…＋，
即<＋＋＋…＋.①
由(2)可得：当m＝2时，φ(x)＝－ln x在[1，＋∞)上是减函数，所以当x>1时，φ(x)<φ(1)＝0，
即－ln x<0，
所以ln x>，从而得到，<·.
当x＝2时，<×，
当x＝3时，<×，
当x＝4时，<×，
…
当x＝n＋1时，<·，n∈N*，n≥2.
上述不等式相加得：
＋＋＋…＋<
＝
＝＋1＋＋＋…＋，
即＋＋＋…＋<＋1＋＋＋…＋.②
由①②得，<＋＋＋…＋<＋1＋＋＋…＋(n∈N*，n≥2)．
经检验当n＝1时，＜＜，
所以原不等式对任意n∈N*都成立．
22．解：(1)由ρ＝2(cos θ＋sin θ)，
得ρ2＝2(ρcos θ＋ρsin θ)，
即x2＋y2＝2x＋2y，
即(x－1)2＋(y－1)2＝2.
l的参数方程为(t为参数，t∈R)．
(2)将代入(x－1)2＋(y－1)2＝2得t2－t－1＝0，
解得t1＝，t2＝，
则|EA|＋|EB|＝|t1|＋|t2|＝|t1－t2|＝.
23．解：(1)当m＝3时，f(x)≥5，
即为|x＋6|－|3－x|≥5，
①当x<－6时，得－9≥5，
所以x∈∅；
②当－6≤x≤3时，
得x＋6＋x－3≥5，即x≥1，
所以1≤x≤3；
③当x>3时，得9≥5，所以x>3.
故不等式f(x)≥5的解集为{x|x≥1}．
(2)因为|x＋6|－|m－x|≤|x＋6＋m－x|＝|m＋6|，
由题意得|m＋6|≤7，
则－7≤m＋6≤7，
解得－13≤m≤1，
故m的取值范围是[－13，1]．
高考仿真模拟卷(十四)
(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|y＝}，B＝{x|－1≤2x－1≤0}，则(∁RA)∩B＝( )
A．(4，＋∞) B.
C. D．(1，4]
2．若命题“∃x0∈R，x＋(a－1)x0＋1<0”是真命题，则实数a的取值范围是( )
A．[－1，3]
B．(－1，3)
C．(－∞，－1]∪[3，＋∞)
D．(－∞，－1)∪(3，＋∞)
3．已知a，b∈R，且a＞b，则下列式子恒成立的是( )
A．aln x＞bln x B．ax＞bx
C．a2＞b2 D．a＞b
4．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，外接圆半径为R，若bsin B－asin A＝asin C，且△ABC的面积为2R2sin B(1－cos 2A)，则cos B＝( )
A. B.
C. D.
5．不等式组的解集记为D，若(a，b)∈D，则z＝2a－3b的最小值是( )
A．－4 B．－1
C．1 D．4
6．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积与其外接球的体积之比为( )
A．1∶3π B.∶π
C．1∶3π D．1∶π
7．将函数y＝sin的图象上各点的横坐标变为原来的(纵坐标不变)，再往上平移1个单位，所得图象对应的函数在区间上的值域为( )
A. B.
C．[0，2] D.
8.四色猜想是世界三大数学猜想之一，1976年美国数学家阿佩尔与哈肯证明了四色定理．其内容是：“任意一张平面地图只用四种颜色就能使具有共同边界的国家涂上不同的颜色．”用数学语言表示为“将平面任意地细分为不相重叠的区域，每一个区域总可以用1，2，3，4四个数字之一标记，而不会使相邻的两个区域得到相同的数字．”如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线围成的各区域(如区域D由两个边长为1的小正方形构成)上分别标有数字1，2，3，4的四色地图符合四色定理，区域A、B、C、D、E、F标记的数字丢失，若在该四色地图上随机取一点，则恰好取在标记为4的区域的概率是( )
A. B.
C. D.
9．学生的语文、数学成绩均被评定为三个等级，依次为“优秀”“合格”“不合格”．若学生甲的语文、数学成绩都不低于学生乙，且其中至少有一门成绩高于乙，则称“学生甲比学生乙成绩好”．如果一组学生中没有哪位学生比另一位学生成绩好，并且不存在语文成绩相同、数学成绩也相同的两位学生，那么这组学生最多有( )
A．2人 B．3人
C．4人 D．5人
10．若实数a，b，c，d满足(b＋a2－3ln a)2＋(c－d＋2)2＝0，则(a－c)2＋(b－d)2的最小值为( )
A. B．8
C．2 D．2
11．已知点O为坐标原点，点M在双曲线C：x2－y2＝λ(λ为正常数)上，过点M作双曲线C的某一条渐近线的垂线，垂足为N，则|ON|·|MN|的值为( )
A. B.
C．λ D．无法确定
12．已知f(x)是定义在R上的减函数，其导函数f′(x)满足＋x<1，则下列结论正确的是( )
A．对于任意x∈R，f(x)<0
B．对于任意x∈R，f(x)>0
C．当且仅当x∈(－∞，1)时，f(x)<0
D．当且仅当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0
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．已知向量a，b，其中|a|＝，|b|＝2，且(a＋b)⊥a，则向量a和b的夹角是__________．
14．在三棱锥SABC中，∠SAB＝∠SAC＝∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝，SB＝，则异面直线SC与AB所成角的余弦值为________．
15．已知m∈Z，关于x的一元二次不等式x2－6x＋m≤0的解集中有且仅有3个整数，则所有符合条件的m的取值集合是________．
16．已知椭圆C的方程为＋＝1，A、B为椭圆C的左、右顶点，P为椭圆C上不同于A、B的动点，直线x＝4与直线PA、PB分别交于M、N两点，若D(7，0)，则过D、M、N三点的圆必过x轴上不同于点D的定点，其坐标为________．
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)已知等差数列{an}中，a2＝2，a3＋a5＝8，数列{bn}中，b1＝2，其前n项和Sn满足：bn＋1＝Sn＋2(n∈N*)．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
18．(本小题满分12分)株洲市某中学利用周末组织教职员工进行了一次秋季登石峰山健身的活动，有N人参加，现将所有参加人员按年龄情况分为[20，25)，[25，30)，[30，35)，[35，40)，[40，45)，[45，50)，[50，55]等七组，其频率分布直方图如图所示．已知[35，40)之间的参加者有8人．
(1)求N和[30，35)之间的参加者人数N1；
(2)已知[30，35)和[35，40)之间各有2名数学教师，现从这两个组中各选取2人担任接待工作，设两组的选择互不影响，求两组选出的人中都至少有1名数学教师的概率；
(3)组织者从[45，55]之间的参加者(其中共有4名女教师，其余全为男教师)中随机选取3名担任后勤保障工作，其中女教师的人数为ξ，求ξ的分布列和数学期望E(ξ)．
19．(本小题满分12分)已知在三棱柱ABCA1B1C1中，侧面ABB1A1为正方形，延长AB到D，使得AB＝BD，平面AA1C1C⊥平面ABB1A1，A1C1＝AA1，∠C1A1A＝.
(1)若E，F分别为C1B1，AC的中点，求证：EF∥平面ABB1A1；
(2)求平面A1B1C1与平面CB1D所成的锐二面角的余弦值．
20.(本小题满分12分)如图，已知M(x0，y0)是椭圆C：＋＝1上的任一点，从原点O向圆M：(x－x0)2＋(y－y0)2＝2作两条切线，分别交椭圆于点P，Q.
(1)若直线OP，OQ的斜率存在，并记为k1，k2，求证：k1k2为定值；
(2)试问|OP|2＋|OQ|2是否为定值？若是，求出该值；若不是，说明理由．
21．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝ax＋b.
(1)若f(x)与g(x)在x＝1处相切，试求g(x)的表达式；
(2)若φ(x)＝－f(x)在[1，＋∞)上是减函数，求实数m的取值范围；
(3)证明不等式：<＋＋＋…＋<＋1＋＋＋…＋(n∈N*)．
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
极坐标系的极点为直角坐标系xOy的原点，极轴为x轴的正半轴，两种坐标系中的长度单位相同．已知曲线C的极坐标方程为ρ＝2(cos θ＋sin θ)，斜率为的直线l交y轴于点E(0，1)．
(1)求C的直角坐标方程，l的参数方程；
(2)直线l与曲线C交于A、B两点，求|EA|＋|EB|.
23．(本小题满分10分)选修45：不等式选讲
已知函数f(x)＝|x＋6|－|m－x|(m∈R)．
(1)当m＝3时，求不等式f(x)≥5的解集；
(2)若不等式f(x)≤7对任意实数x恒成立，求m的取值范围．
高考仿真模拟卷(十四)
1．解析：选B.由题意得，A＝[4，＋∞)，B＝，所以(∁RA)∩B＝.
2．解析：选D.因为命题“∃x0∈R，x＋(a－1)x0＋1<0”等价于x＋(a－1)x0＋1＝0有两个不等的实根，所以Δ＝(a－1)2－4>0，即a2－2a－3>0，解得a<－1或a>3，故选D.
3．解析：选D.对于A，当 0＜x＜1时，ln x＜0，此时aln x＜bln x，故排除A；对于B，当x＜0时，ax＜bx，故排除B；对于C，取a＝0，b＝－1，则a2＜b2，故排除C；对于D，因为对任意的x，＞0，所以a＞bx恒成立，故选D.
4．解析：选D.因为bsin B－asin A＝asin C，所以由正弦定理得，b2－a2＝ac①，
因为△ABC的面积为2R2sin B(1－cos 2A)＝a2sin B，
所以acsin B＝a2sin B，
则c＝2a，代入①得，b2＝2a2，
由余弦定理得，cos B＝＝＝.
5．解析：选A.画出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分所示，当a＝－2，b＝0时，z＝2a－3b取得最小值－4.
6．解析：选D.由三视图可知，几何体是一个三棱柱，体积V1＝×2×2×2＝4，外接球的直径的平方4R2＝22＋22＋22＝12，R＝，所以球的体积V2＝πR3＝4π，体积比V1∶V2＝4∶4π＝1∶π.
7．解析：选A.将函数y＝sin的图象上各点的横坐标变为原来的，
可得y＝sin的图象，再往上平移1个单位，得函数y＝sin＋1的图象．因为－≤x≤，所以－≤2x＋≤，所以y＝sin的最大值为1，最小值为－，
故函数y＝sin＋1的值域为.
8．解析：选B.因为区域C相邻标记1，2，3的区域，所以区域C标记4，进而区域D相邻标记2，3，4的区域，从而推出区域D标记1，区域A相邻标记1，2，4的区域，所以区域A标记3，区域E相邻标记2，3，4的区域，从而区域E标记1，区域F相邻标记1，3，4的区域，从而标记2，区域B相邻标记为1，2，3的区域，所以标记4，所以只有B，C标记为4，共占8个边长为1的正方形，面积为8，总共的区域面积为30，所以在该四色地图上随机取一点，则恰好取在标记为4的区域的概率是＝.
故选B.
9．解析：选B.首先要证，没有任意两个同学的数学成绩是相同的．假设A，B两名同学的数学成绩一样，由题知他们的语文成绩不一样，这样他们的语文成绩总有一个人比另一个人高，相应地由题可知，语文成绩较高的同学比另一个同学“成绩好”，与已知条件“他们之中没有一个比另一个成绩好”相矛盾．因此看得出，没有任意两个同学的数学成绩是相同的．因为数学成绩等级只有3种，因而同学数量最大为3.之后要验证3名同学能否满足条件．易证3名同学的成绩等级分别为(优秀，不合格)、(合格，合格)、(不合格，优秀)时满足条件．因此满足条件的最多人数是3.
10．解析：选B.因为实数a，b，c，d满足(b＋a2－3ln a)2＋(c－d＋2)2＝0，所以b＋a2－3ln a＝0，设b＝y，a＝x，则有y＝3ln x－x2，且c－d＋2＝0，设c＝x1，d＝y1，则有y1＝x1＋2，所以(a－c)2＋(b－d)2的最小值就是曲线y＝3ln x－x2上的点到直线y＝x＋2的最小距离的平方值．对曲线y＝3ln x－x2求导得y′＝－2x，易知y＝3ln x－x2在上单调递增，在上单调递减，与y＝x＋2平行的切线的斜率k＝1＝－2x，解得x＝1或x＝－(舍去)，把x＝1代入y＝3ln x－x2，得y＝－1，即切点为(1，－1)，切点到直线y＝x＋2的距离为＝2，所以(a－c)2＋(b－d)2的最小值为8.
11．解析：选B.因为M为双曲线上任一点，所以可取M为双曲线的右顶点，由渐近线y＝x知△OMN为等腰直角三角形，此时|OM|＝，|ON|＝|MN|＝，所以|ON|·|MN|＝.
12．解析：选B.法一：因为函数f(x)是定义在R上的减函数，所以f′(x)<0.因为＋x<1，所以f(x)＋xf′(x)>f′(x)，
所以f(x)＋(x－1)·f′(x)>0，构造函数g(x)＝(x－1)f(x)，则g′(x)＝f(x)＋(x－1)f′(x)>0，所以函数g(x)在R上单调递增，又g(1)＝(1－1)f(1)＝0，所以当x<1时，g(x)<0，所以f(x)>0；当x>1时，g(x)>0，所以f(x)>0.因为f(x)是定义在R上的减函数，所以f(1)>0.综上，对于任意x∈R，f(x)>0.
法二：因为函数f(x)是定义在R上的减函数，所以f′(x)<0.当x>1时，<1－x<0，所以f(x)>0，排除A；又函数f(x)在R上单调递减，所以当x≤1时，f(x)>0，排除C、D.
13．解析：设a与b的夹角为θ，因为(a＋b)⊥a，所以(a＋b)·a＝0，即a2＋a·b＝0，所以a·b＝－3，即|a||b|cos θ＝－3，所以cos θ＝＝－＝－，因为0≤θ≤π，所以θ＝.
答案：
14.解析：如图，取A为原点、AB和AS所在直线分别为y轴和z轴建立空间直角坐标系．
则点B(0，，0)，S(0，0，2)，C，
故＝，
＝(0，，0)．
于是，所求夹角的余弦值为＝.故答案为：.
答案：
15．解析：设函数f(x)＝x2－6x＋m，可知其图象开口向上，对称轴是x＝3，又x2－6x＋m≤0的解集中有且仅有3个整数，则，
即，
解得5
16．解析：设点P(x0，y0)、M(4，yM)、N(4，yN)，则直线PA、PB所在的直线方程分别为y＝(x＋2)，y＝(x－2)，依题意，可求得yM＝，yN＝.
因为＝(－3，yM)，＝(－3，yN)，所以·＝9＋，又＋＝1，所以12－3x＝4y，即＝－9，所以·＝0，所以MN为过D、M、N三点的圆的直径．
法一：设定点为E(t，0)，则MN为线段DE的垂直平分线，又线段MN为圆的直径，令圆心为F(4，a)，可得|EF|＝|FD|，
即＝，
解得t＝1或7(舍)，所以定点坐标为(1，0)．
法二：设定点为E(t，0)，则MN为线段DE的垂直平分线，所以点E与点D关于直线x＝4对称，故定点为E(1，0)．
答案：(1，0)
17．解：(1)设{an}的公差为d，
因为a2＝2，a3＋a5＝8，
所以2＋d＋2＋3d＝8，
所以d＝1，所以an＝n.
因为bn＋1＝Sn＋2(n∈N*)，①
所以bn＝Sn－1＋2(n∈N*，n≥2)．②
①－②得，bn＋1－bn＝Sn－Sn－1＝bn(n∈N*，n≥2)，
所以bn＋1＝2bn(n∈N*，n≥2)．
因为b1＝2，b2＝2b1，
所以{bn}为等比数列，b1＝2，q＝2，
所以bn＝2n.
(2)因为cn＝＝，
所以Tn＝＋＋＋…＋＋，
Tn＝＋＋＋…＋＋，
两式相减，得Tn＝＋＋…＋－＝1－，
所以Tn＝2－.
18．解：(1)年龄在[35，40)之间的概率为0.04×5＝0.2，所以总人数N＝＝40，
因为1－(0.01＋0.03＋0.04＋0.03＋0.02＋0.01)×5＝0.3，所以年龄在[30，35)之间的参加者人数N1＝40×0.3＝12.
(2)记事件B为从年龄在[30，35)之间选出的人中至少有1名数学教师，因为年龄在[30，35)之间的人数为12，所以P(B)＝1－＝；
记事件C为从年龄在[35，40)之间选出的人中至少有1名数学教师，
因为年龄在[35，40)之间的人数为8，
所以P(C)＝1－＝，
则所求概率为P(B∩C)＝P(B)P(C)＝×＝.
(3)年龄在[45，55]之间的人数为6，其中女教师有4人，ξ的所有可能取值为1，2，3，则
P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)＝＝，
P(ξ＝3)＝＝，
所以ξ的分布列为
ξ
1
2
3
P
数学期望为E(ξ)＝1×＋2×＋3×＝2.
19．解：(1)证明：如图，取A1C1的中点G，连接FG，EG，在△A1B1C1中，EG为中位线，所以GE∥A1B1，因为GE⊄平面ABB1A1，A1B1⊂平面ABB1A1，所以GE∥平面ABB1A1，同理可得GF∥平面ABB1A1，又GF∩GE＝G，所以平面GEF∥平面ABB1A1，因为EF⊂平面GEF，所以EF∥平面ABB1A1.
(2)连接AC1，在△AA1C1中，∠C1A1A＝，A1C1＝AA1，所以AC＝AA＋A1C－2AA1×A1C1cos∠AA1C1＝AA，所以AA1＝AC1，△A1AC1是等腰直角三角形，所以AC1⊥AA1，又平面AA1C1C⊥平面ABB1A1，平面AA1C1C∩平面ABB1A1＝AA1，
所以AC1⊥平面ABB1A1，因为AB⊂平面ABB1A1，所以AC1⊥AB，
因为侧面ABB1A1为正方形，所以AA1⊥AB，
以AA1，AB，AC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设AB＝1，则A(0，0，0)，A1(1，0，0)，B1(1，1，0)，C1(0，0，1)，C(－1，0，1)，D(0，2，0)，
所以＝(2，1，－1)，＝(1，2，－1)，＝(－1，0，1)，＝(0，1，0)，设平面A1B1C1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则m·＝0，m·＝0，即，令x1＝1，则y1＝0，z1＝1，故m＝(1，0，1)为平面A1B1C1的一个法向量，设平面CB1D的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则n·＝0，n·＝0，即，令x2＝1，则y2＝1，z2＝3，故n＝(1，1，3)为平面CB1D的一个法向量，
所以cos〈m，n〉＝＝＝，
所以平面A1B1C1与平面CB1D所成的锐二面角的余弦值为.
20．解：(1)证明：因为直线OP：y＝k1x以及OQ：y＝k2x与圆M相切，所以＝，
化简得(x－2)k－2x0y0k1＋y－2＝0，
同理(x－2)k－2x0y0k2＋y－2＝0，
所以k1，k2是方程(x－2)k2－2x0y0k＋y－2＝0的两个不相等的实数根，所以k1·k2＝.
因为点M(x0，y0)在椭圆C上，所以＋＝1，即y＝3－x，
所以k1k2＝＝－.
(2)|OP|2＋|OQ|2是定值，定值为9.
理由如下：
法一：①当直线OP，OQ不落在坐标轴上时，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立解得
所以x＋y＝，同理，得x＋y＝，
由k1k2＝－，得|OP|2＋|OQ|2＝x＋y＋x＋y＝＋
＝＋＝＝9.
②当直线OP，OQ落在坐标轴上时，显然有|OP|2＋|OQ|2＝9，综上：|OP|2＋|OQ|2＝9.
法二：①当直线OP，OQ不落在坐标轴上时，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，因为k1k2＝－，所以yy＝xx，因为P(x1，y1)，Q(x2，y2)在椭圆C上，
所以即
所以＝xx，整理得x＋x＝6，
所以y＋y＝＋＝3，
所以|OP|2＋|OQ|2＝9.
②当直线OP，OQ落在坐标轴上时，显然有|OP|2＋|OQ|2＝9.
综上：|OP|2＋|OQ|2＝9.
21．解：(1)由已知得f′(x)＝，
所以f′(1)＝1＝a，a＝2.
又因为g(1)＝0＝a＋b，所以b＝－1，
所以g(x)＝x－1.
(2)因为φ(x)＝－f(x)＝－ln x在[1，＋∞)上是减函数，
所以φ′(x)＝≤0在[1，＋∞)上恒成立(等号不恒成立)，
即x2－(2m－2)x＋1≥0在[1，＋∞)上恒成立，
则2m－2≤x＋，x∈[1，＋∞)．
因为x＋∈[2，＋∞)，
所以2m－2≤2，m≤2.
(3)证明：由(1)可得：当x≥2时，ln x
所以2<.
当x＝2时，2×<，
当x＝3时，2×<，
当x＝4时，2×<，
…
当x＝n＋1时，2<，n∈N*，n≥2.
上述不等式相加得：2<＋＋＋…＋，
即<＋＋＋…＋.①
由(2)可得：当m＝2时，φ(x)＝－ln x在[1，＋∞)上是减函数，所以当x>1时，φ(x)<φ(1)＝0，
即－ln x<0，
所以ln x>，从而得到，<·.
当x＝2时，<×，
当x＝3时，<×，
当x＝4时，<×，
…
当x＝n＋1时，<·，n∈N*，n≥2.
上述不等式相加得：
＋＋＋…＋<
＝
＝＋1＋＋＋…＋，
即＋＋＋…＋<＋1＋＋＋…＋.②
由①②得，<＋＋＋…＋<＋1＋＋＋…＋(n∈N*，n≥2)．
经检验当n＝1时，＜＜，
所以原不等式对任意n∈N*都成立．
22．解：(1)由ρ＝2(cos θ＋sin θ)，
得ρ2＝2(ρcos θ＋ρsin θ)，
即x2＋y2＝2x＋2y，
即(x－1)2＋(y－1)2＝2.
l的参数方程为(t为参数，t∈R)．
(2)将代入(x－1)2＋(y－1)2＝2得t2－t－1＝0，
解得t1＝，t2＝，
则|EA|＋|EB|＝|t1|＋|t2|＝|t1－t2|＝.
23．解：(1)当m＝3时，f(x)≥5，
即为|x＋6|－|3－x|≥5，
①当x<－6时，得－9≥5，
所以x∈∅；
②当－6≤x≤3时，
得x＋6＋x－3≥5，即x≥1，
所以1≤x≤3；
③当x>3时，得9≥5，所以x>3.
故不等式f(x)≥5的解集为{x|x≥1}．
(2)因为|x＋6|－|m－x|≤|x＋6＋m－x|＝|m＋6|，
由题意得|m＋6|≤7，
则－7≤m＋6≤7，
解得－13≤m≤1，
故m的取值范围是[－13，1]．
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