全国统考版2021届高考数学二轮复习验收仿真模拟卷九理含解析

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九理含解析，共14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(九)
(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．已知全集为R，集合A＝{－1，0，1，5}，B＝{x|x2－x－2≥0}，则A∩∁RB＝(　　)
A．{－1，1} B．{0，1}
C．{0，1，5} D．{－1，0，1}
2．复数z＝在复平面内对应的点位于(　　)
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
3．命题“∃x0≤0，x≥0”的否定是(　　)
A．∀x≤0，x2<0 B．∀x≤0，x2≥0
C．∃x0>0，x>0 D．∃x0<0，x≤0
4．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＋a3＝6，S10＝100，则a5＝(　　)
A．8 B．9
C．10 D．11
5．设a，b是互相垂直的单位向量，且(λa＋b)⊥(a＋2b)，则实数λ的值是(　　)
A．2 B．－2
C．1 D．－1
6．已知a＝log412，b＝log515，c＝3－，则(　　)
A．a>c>b B．b>c>a
C．b>a>c D．a>b>c
7．安排A，B，C，D，E，F六名义工照顾甲，乙，丙三位老人，每两位义工照顾一位老人，考虑到义工与老人住址距离问题，义工A不安排照顾老人甲，义工B不安排照顾老人乙，则安排方法共有(　　)
A．30种 B．40种
C．42种 D．48种
8．在正三棱柱ABC­A1B1C1，AB＝4，点D在棱BB1上，若BD＝3，则AD与平面AA1C1C所成角的正切值为(　　)
A. B.
C. D.
9．我国古代名著《庄子·天下篇》中有一句名言“一尺之棰，日取其半，万世不竭”，其意思为：一尺的木棍，每天截取一半，永远都截不完．现将该木棍依此规律截取，如图所示的程序框图的功能就是计算截取20天后所剩木棍的长度(单位：尺)，则①②③处可分别填入的是(　　)

A．i＜20，s＝s－，i＝2i
B．i≤20，s＝s－，i＝2i
C．i＜20，s＝，i＝i＋1
D．i≤20，s＝，i＝i＋1
10．设α，β∈[0，π]，且满足sin αcos β－cos αsin β＝1，则sin(2α－β)＋sin(α－2β)的取值范围为(　　)
A．[－，1] B．[－1，]
C．[－1，1] D．[1，]
11．在平面直角坐标系xOy中，已知点A，B分别为x轴，y轴上一点，且|AB|＝1，若点P(1，)，则|＋＋|的取值范围是(　　)
A．[5，6] B．[6，7]
C．[6，9] D．[5，7]
12．已知抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点为F，点A、B为抛物线上的两个动点，且满足∠AFB＝120°.过弦AB的中点M作抛物线准线的垂线MN，垂足为N，则的最小值为(　　)
A. B．2
C. D．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．在锐角三角形ABC中，a，b，c分别为角A、B、C所对的边，且a＝2csin A，c＝，且△ABC的面积为，a＋b的值为________．
14．已知在平面直角坐标系中，O(0，0)，A(2，4)，B(6，2)，则三角形OAB的外接圆的方程是__________．
15.在《九章算术》中有称为“羡除”的五面体体积的求法．现有一个类似于“羡除”的有三条棱互相平行的五面体，其三视图如图所示，则该五面体的体积为________．
16．设函数f(x)在R上存在导数f′(x)，对于任意的实数x，有f(x)＋f(－x)＝2x2，当x∈(－∞，0]时，f′(x)＋1＜2x.若f(2＋m)－f(－m)≤2m＋2，则实数m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)已知函数f(x)＝2sin xcos x＋2cos2x－.
(1)求函数y＝f(x)的最小正周期和单调递减区间；
(2)已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其中a＝7，若锐角A满足f＝，且sin B＋sin C＝，求bc的值．







18．(本小题满分12分)甲、乙两家外卖公司，其送餐员的日工资方案如下：甲公司底薪70元，每单抽成2元；乙公司无底薪，40单以内(含40单)的部分每单抽成4元，超出40单的部分每单抽成6元．假设同一公司送餐员一天的送餐单数相同，现从两家公司各随机抽取一名送餐员，并分别记录其100天的送餐单数，得到如下频数表：
甲公司送餐员送餐单数频数表
送餐单数
38
39
40
41
42
天数
20
40
20
10
10
乙公司送餐员送餐单数频数表
送餐单数
38
39
40
41
42
天数
10
20
20
40
10
(1)现从甲公司记录的这100天中随机抽取2天，求这2天送餐单数都大于40的概率；
(2)若将频率视为概率，回答以下问题：
①记乙公司送餐员日工资为X(单位：元)，求X的分布列和数学期望；
②小明拟到甲、乙两家公司中的一家应聘送餐员，如果仅从日工资的角度考虑，请利用所学的统计学知识为他做出选择，并说明理由．







19.(本小题满分12分)如图，四边形ABCD为直角梯形，AD∥BC，AD⊥DC，四边形ABEF为正方形．
(1)求证：直线DF，CE为异面直线；
(2)若平面ABCD⊥平面ABEF，AD＝2DC＝2BC，求二面角ACFD的余弦值．










20．(本小题满分12分)已知直线y＝x＋1与函数f(x)＝aex＋b的图象相切，且f′(1)＝e.
(1)求实数a，b的值；
(2)若存在x∈，使得2mf(x－1)＋nf(x)＝mx(m≠0)成立，求的取值范围．







21．(本小题满分12分)已知中心在原点O，左焦点为F1(－1，0)的椭圆C的左顶点为A，上顶点为B，F1到直线AB的距离为|OB|.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若椭圆C1的方程为：＋＝1(m>n>0)，椭圆C2的方程为：＋＝λ(λ>0，且λ≠1)，则称椭圆C2是椭圆C1的λ倍相似椭圆．已知C2是椭圆C的3倍相似椭圆，若椭圆C的任意一条切线l交椭圆C2于两点M、N，试求弦长|MN|的取值范围．












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，曲线C：(α为参数)，在以O为极点，x轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，直线l：ρsin θ＋ρcos θ＝m.
(1)若m＝0时，判断直线l与曲线C的位置关系；
(2)若曲线C上存在点P到直线l的距离为，求实数m的取值范围 .
23．(本小题满分10分)选修4­5：不等式选讲
已知f(x)＝|x－2|＋|x＋1|＋2|x＋2|.
(1)求证：f(x)≥5；
(2)若对任意实数x，15－2f(x)























高考仿真模拟卷(九)
1．解析：选B.由题得B＝{x|x≥2或x≤－1}，
所以∁RB＝{x|－1 所以A∩∁RB＝{0，1}．故选B.
2．解析：选D.z＝＝＝＝＝－，
所以在复平面内对应的点为，
所以复数z＝在复平面内对应的点位于第四象限．答案选D.
3．解析：选A.特称命题的否定是将存在量词改成全称量词，再将结论否定．
4．解析：选B.设等差数列的公差为d，因为a1＋a3＝6，S10＝100，
所以，解得a1＝1，d＝2；
因此a5＝a1＋4d＝9.故选B.
5．解析：选B.依题意，有|a|＝|b|＝1，且a·b＝0，又(λa＋b)⊥(a＋2b)，所以，(λa＋b)(a＋2b)＝0，即λa2＋2b2＋(2λ＋1)a·b＝0，即λ＋2＝0，所以，λ＝－2，故选B.
6．解析：选D.易知a＝log412＝log4(4×3)＝1＋log43，b＝log515＝log5(5×3)＝1＋log53，由对数函数的性质知log43>log53>0，故a>b>1.又c＝3－<30＝1，故a>b>c.
7．解析：选C.六名义工照顾三位老人，每两位义工照顾一位老人，共有：CC＝90种安排方法，
其中A照顾老人甲的情况有：CC＝30种，
B照顾老人乙的情况有：CC＝30种，
A照顾老人甲，同时B照顾老人乙的情况有：CC＝12种，
所以符合题意的安排方法有：90－30－30＋12＝42种．
故选C.
8．解析：选B.取AC的中点E，连接BE，如图，可得·＝(＋)·＝·＝4×2×＝12＝5×2×cos θ(θ为与的夹角)，所以cos θ＝，sin θ＝，tan θ＝，又因为BE⊥平面AA1C1C，所以所求角的正切值为.
9．解析：选D.根据题意可知，第一天s＝，所以满足s＝，不满足s＝s－，故排除AB，
由框图可知，计算第二十天的剩余时，有s＝，且i＝21，
所以循环条件应该是i≤20.故选D.
10．解析：选C.因为sin αcos β－cos αsin β＝1，即sin(α－β)＝1，α，β∈[0，π]，所以α－β＝，又则≤α≤π，所以sin(2α－β)＋sin(α－2β)＝sin＋sin(α－2α＋π)＝cos α＋sin α＝sin，因为≤α≤π，所以≤α＋≤，所以－1≤sin≤1，即所求取值范围为[－1，1]．
11．解析：选D.设A(x，0)，B(0，y)，由|AB|＝1得x2＋y2＝1，则＋＋＝(1－x，)＋(1，－y)＋(1，)＝(3－x，3－y)，所以|＋＋|＝，设点Q(3，3)，则|OQ|＝＝6，表示圆x2＋y2＝1上的任意一点与点Q(3，3)之间的距离，易知其最大距离为7，最小距离为5，所以|＋＋|的取值范围为[5，7]．

12.解析：选C.如图，过A、B分别作准线的垂线AQ、BP，垂足分别是Q、P，设|AF|＝a，|BF|＝b，由抛物线的定义，得|AF|＝|AQ|，|BF|＝|BP|，在梯形ABPQ中，2|MN|＝|AQ|＋|BP|＝a＋b.在△ABF中，由余弦定理得|AB|2＝a2＋b2－2abcos 120°＝a2＋b2＋ab，配方得|AB|2＝(a＋b)2－ab，因为ab≤，则(a＋b)2－ab≥(a＋b)2－＝(a＋b)2，即|AB|2≥(a＋b)2，当且仅当a＝b时等号成立，所以≥＝3，则≥，即所求的最小值为.
13．解析：由a＝2csin A，结合正弦定理可得sin A＝2sin Csin A，因为sin A≠0，所以sin C＝.
在锐角三角形ABC中，可得C＝.
所以△ABC的面积S＝absin C＝ab＝，解得ab＝6.由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcos C＝(a＋b)2－3ab＝(a＋b)2－18＝7，解得a＋b＝5.故答案为5.
答案：5
14．解析：法一：设三角形OAB的外接圆方程是x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，依题意可得
解得故三角形OAB的外接圆的方程是x2＋y2－6x－2y＝0.
法二：因为直线OA的斜率 kOA＝＝2，直线AB的斜率kAB＝＝－，kAB×kOA＝2×＝－1，所以三角形OAB是直角三角形，点A为直角顶点，OB为斜边，因为|OB|＝＝，故外接圆的半径r＝＝＝，又OB的中点坐标为(3，1)，
故三角形OAB的外接圆的标准方程为(x－3)2＋(y－1)2＝10，
即x2＋y2－6x－2y＝0.
答案：x2＋y2－6x－2y＝0
15．解析：由三视图可得，该几何体为如图所示的五面体ABCEFD，
其中，底面ABC为直角三角形，且∠BAC＝90°，AB＝4，AC＝3，侧棱DB，EC，FA与底面垂直，且DB＝2，EC＝FA＝5.过点D作DH∥BC，DG∥BA，交EC，FA分别于点H，G，
则棱柱ABC­DHG为直棱柱，四棱锥D­EFGH的底面为矩形EFGH，高为BA.
所以V五面体ABCEFD＝VABC­DHG＋VD­EFGH＝×2＋×32×4＝24.
故答案为24.
答案：24
16．解析：令g(x)＝f(x)＋x－x2，所以g(x)＋g(－x)＝f(x)＋x－x2＋f(－x)－x－x2＝f(x)＋f(－x)－2x2＝0，所以g(x)为定义在R上的奇函数，又当x≤0时，g′(x)＝f′(x)＋1－2x＜0，所以g(x)在R上单调递减，所以f(2＋m)－f(－m)≤2m＋2等价于f(2＋m)＋(2＋m)－(m＋2)2≤f(－m)＋(－m)－(－m)2，即2＋m≥－m，解得m≥－1，所以实数m的取值范围是[－1，＋∞)．
答案：[－1，＋∞)
17．解：(1)f(x)＝2sin xcos x＋2cos2x－＝sin 2x＋cos 2x＝2sin，因此f(x)的最小正周期为T＝＝π.
f(x)的单调递减区间为2kπ＋≤2x＋≤2kπ＋(k∈Z)，
即x∈(k∈Z)．
(2)由f
＝2sin
＝2sin A＝，且A为锐角，所以A＝.由正弦定理可得 2R＝＝＝，
sin B＋sin C＝＝，
则b＋c＝×＝13，
所以cos A＝
＝＝，
所以bc＝40.
18．解：(1)记“抽取的2天送餐单数都大于40”为事件M，
则P(M)＝＝.
(2)①设乙公司送餐员送餐单数为a，则
当a＝38时，X＝38×4＝152；
当a＝39时，X＝39×4＝156；
当a＝40时，X＝40×4＝160；
当a＝41时，X＝40×4＋1×6＝166；
当a＝42时，X＝40×4＋2×6＝172.
所以X的所有可能取值为152，156，160，166，172.故X的分布列为：
X
152
156
160
166
172
P





所以E(X)＝152×＋156×＋160×＋166×＋172×＝162.
②依题意，甲公司送餐员日平均送餐单数为
38×0.2＋39×0.4＋40×0.2＋41×0.1＋42×0.1＝39.5，
所以甲公司送餐员日平均工资为70＋2×39.5＝149(元)．
由①得乙公司送餐员日平均工资为162元．
因为149<162，
故推荐小明去乙公司应聘．
19．解：(1)证明：假设直线DF，CE不是异面直线，即C，D，E，F四点共面，
设C，D，E，F四点确定的平面为α.
因为四边形ABEF为正方形，所以EF∥AB.
因为平面ABCD与平面ABEF不重合，所以EF⊄平面ABCD，
又AB⊂平面ABCD，所以EF∥平面ABCD.
因为EF⊂平面α，平面α∩平面ABCD＝CD，
所以EF∥CD，所以AB∥CD.
又AB，CD为直角梯形ABCD的两腰，不可能平行，故假设不成立，
即直线DF，CE为异面直线．
(2)设DC＝a，连接BD.
在直角梯形ABCD中，过点B作BG⊥AD于点G，
因为AD＝2BC，所以G为AD的中点，所以AB＝a，
又BD＝a，AD＝2a，所以AB2＋BD2＝AD2，BD⊥AB.
因为四边形ABEF为正方形，
所以BE⊥AB，
又平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，
所以BE⊥平面ABCD，所以BE⊥BD.
以点B为坐标原点，射线BA，BD，BE分别为x，y，z轴的非负半轴建立空间直角坐标系，
取a＝，则A(2，0，0)，D(0，2，0)，C(－1，1，0)，F(2，0，2)，＝(3，－1，2)，＝(－3，1，0)，＝(1，1，0)．
设平面ACF的法向量为m＝(x，y，z)，
则由可得
令x＝1，得y＝3，z＝0，即平面ACF的一个法向量为m＝(1，3，0)．
设平面DCF的法向量为n＝(a′，b，c)，
则由可得
取a′＝1，得b＝－1，c＝－2，即平面DCF的一个法向量为n＝(1，－1，－2)．
所以cos〈m，n〉＝＝＝－，
由图可知，二面角A­CF­D为锐角，所以二面角ACFD的余弦值为.
20．解：(1)设直线y＝x＋1与函数f(x)＝aex＋b的图象的切点为(x0，f(x0))．
由f(x)＝aex＋b可得f′(x)＝aex.
由题意可得，
解得a＝1，b＝0.
(2)由(1)可知f(x)＝ex，
则存在x∈，
使2mf(x－1)＋nf(x)＝mx(m≠0)成立，
等价于存在x∈，
使2mex－1＋nex＝mx成立．
所以＝，x∈.
设g(x)＝，x∈，
则g′(x)＝，
当x∈(0，1)时，g′(x)>0，g(x)在(0，1)上单调递增，当x∈时，g′(x)<0，g(x)在上单调递减．
所以g(x)max＝－，g(0)＝－，g＝－，g(0)－g＝－ <0.
所以的取值范围是.
21．解：(1)设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，
所以直线AB的方程为＋＝1，
所以F1(－1，0)到直线AB的距离d＝＝b，
即a2＋b2＝7(a－1)2，
又b2＝a2－1，
解得a＝2，b＝，
故椭圆C的方程为＋＝1.
(2)椭圆C的3倍相似椭圆C2的方程为＋＝1，
①若切线l垂直于x轴，则其方程为x＝±2，易求得|MN|＝2，
②若切线l不垂直于x轴，可设其方程为y＝kx＋b，
将y＝kx＋b代入椭圆C的方程，得(3＋4k2)x2＋8kbx＋4b2－12＝0，
所以Δ＝(8kb)2－4(3＋4k2)(4b2－12)＝48(4k2＋3－b2)＝0，
即b2＝4k2＋3，(*)
记M、N两点的坐标分别为(x1，y1)、(x2，y2)，
将y＝kx＋b代入椭圆C2的方程，得(3＋4k2)x2＋8kbx＋4b2－36＝0，
此时：x1＋x2＝－，x1x2＝，
|x1－x2|＝，
所以|MN|＝×
＝4 ＝2 ，
因为3＋4k2≥3，所以1<1＋≤，
即2<2 ≤4.
综合①②得：弦长|MN|的取值范围为[2，4]．
22．解：(1)曲线C的普通方程为(x－1)2＋(y－1)2＝2，是一个圆；
当m＝0时，直线l的直角坐标方程为x＋y＝0，
圆心C到直线l的距离为d＝＝＝r，r为圆C的半径，所以直线l与圆C相切．
(2)由已知可得，圆心C到直线l的距离为d＝≤，
解得－1≤m≤5.
23．解：(1)证明：因为f(x)＝
所以f(x)的最小值为5.所以f(x)≥5.
(2)由(1)知15－2f(x)的最大值为5.
因为a2＋＝(a2＋1)＋－1≥2－1＝5，
当且仅当a2＋1＝时取“＝”，此时a＝±，
所以当a＝±时，a2＋取得最小值5.
所以当a≠±时，a2＋>5.
又对任意实数x，15－2f(x) 所以a的取值范围为{a|a≠±}．