2022年高考三轮复习之仿真模拟卷6

这是一份2022年高考三轮复习之仿真模拟卷6，共13页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)
1．已知集合A＝{y|y＝ex－1}，B＝{x|y＝ln(x＋1)}，则A∩B等于( )
A．(1，＋∞) B．(0，＋∞)
C．(－1，＋∞) D．(－1,0)
答案 B
解析 ∵A＝(0，＋∞)，B＝(－1，＋∞)，
∴A∩B＝(0，＋∞)．
2．已知复数z满足eq \f(1,z)＝eq \f(i,z＋1)，则|z|等于( )
A.eq \r(2) B．1 C.eq \f(\r(2),2) D.eq \f(1,2)
答案 C
解析 令z＝x＋yi(x，y∈R)，
则eq \f(1,z)＝eq \f(i,z＋1)可化为z＋1＝zi，
整理得(x＋1)＋yi＝－y＋xi，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋1＝－y，,y＝x，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－\f(1,2)，,y＝－\f(1,2)，))
所以|z|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))2)＝eq \f(\r(2),2).
3.如图来自中国古代的木纹饰图．若大正方形的边长为6个单位长度，每个小正方形的边长均为1个单位长度，则在大正方形内随机取一点，此点取自图形中小正方形内的概率是( )
A.eq \f(1,36) B.eq \f(1,9) C.eq \f(1,6) D.eq \f(2,9)
答案 D
解析 因为大正方形的面积为6×6＝36，而小正方形的面积为1×1＝1，故在大正方形内随机取一点，此点取自图形中小正方形内的概率是eq \f(8×1,36)＝eq \f(2,9).
4．(2020·潍坊模拟)已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,4)))＝eq \f(3,5)，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，则tan α等于( )
A．3 B.eq \f(3,4) C．1 D．7
答案 D
解析 ∵α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴α－eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))，
∴cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,4)))＝eq \r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,4))))＝eq \f(4,5)，
cs α＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,4)))＋\f(π,4)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,4)))cs eq \f(π,4)－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,4)))sin eq \f(π,4)＝eq \f(4,5)×eq \f(\r(2),2)－eq \f(3,5)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(2),10).
∴sin α＝eq \f(7\r(2),10)，则 tan α＝7.
5.一件刚出土的珍贵文物要在博物馆大厅中央展出，需要设计各面是玻璃平面的无底正四棱柱将其罩住，罩内充满保护文物的无色气体．已知文物近似于塔形(如图)，高1.8米，体积0.5立方米，其底部是直径为0.9米的圆形，要求文物底部与玻璃罩底边至少间隔0.3米，文物顶部与玻璃罩上底面至少间隔0.2米，气体每立方米1 000元，则气体费用最少为( )
A．4 500元 B．4 000元 C．2 880元 D．2 380元
答案 B
解析 由题意可知，文物底部是直径为0.9米的圆形，文物底部与玻璃罩底边至少间隔0.3米，所以由正方形与圆的位置关系可知，底面正方形的边长为0.9＋2×0.3＝1.5(米)．文物高1.8米，文物顶部与玻璃罩上底面至少间隔0.2米，所以正四棱柱的高为1.8＋0.2＝2(米)．则正四棱柱的体积为V＝1.52×2＝4.5(立方米)．因为文物体积为0.5立方米，所以罩内空气的体积为4.5－0.5＝4(立方米)，气体每立方米1 000元，
所以共需费用至少为4×1 000＝4 000(元)，故选B.
6．若点P(x，y)的坐标满足lneq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,y)))＝|x－1|，则点P的轨迹图象大致是( )
答案 B
解析 由lneq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,y)))＝|x－1|，得－ln|y|＝|x－1|，所以ln|y|≤0,00)的部分图象如图中实线所示，图中圆C与f(x)的图象交于M，N两点，且M在y轴上，则下列说法中正确的是( )
A．函数f(x)的最小正周期是π
B．函数f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)，0))成中心对称
C．函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)，－\f(π,6)))上单调递增
D．函数f(x)的图象向右平移eq \f(5π,12)个单位长度后关于原点成中心对称
答案 AB
解析 根据给定函数的图象，可得点C的横坐标为eq \f(π,3)，
所以eq \f(1,2)T＝eq \f(π,3)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝eq \f(π,2)，解得T＝π，
所以f(x)的最小正周期T＝π，故A正确；
由周期T＝π，得ω＝2，
又f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝0，所以φ＝eq \f(π,3)，
所以f(x)＝Asineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，
令2x＋eq \f(π,3)＝kπ，k∈Z，解得x＝eq \f(kπ,2)－eq \f(π,6)，k∈Z，
当k＝3时，x＝eq \f(4π,3)，即函数f(x)的一个对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)，0))，
即函数f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)，0))成中心对称，故B正确；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)，－\f(π,6)))时，2x＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π，0))，此时f(x)不具有单调性，故C错误；
f(x)向右平移eq \f(5,12)π个单位长度得到函数y＝－Acs 2x，为偶函数，故D错误．
12．点P(1,1)是抛物线C：y＝x2上一点，斜率为k的直线l交抛物线C于点A，B，且PA⊥PB，设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，则下列结论不成立的是( )
A．k＝k1＋k2 B.eq \f(1,k)＝eq \f(1,k1)＋eq \f(1,k2)
C．直线l过定点(1，－2) D．直线l过定点(－1,2)
答案 ABC
解析 设A(x1，xeq \\al(2,1))，B(x2，xeq \\al(2,2))，
则k1＝eq \f(x\\al(2,1)－1,x1－1)＝x1＋1，k2＝eq \f(x\\al(2,2)－1,x2－1)＝x2＋1，
k＝eq \f(x\\al(2,1)－x\\al(2,2),x1－x2)＝x1＋x2，所以k＝k1＋k2－2.故AB不正确．
直线l的方程为y－xeq \\al(2,1)＝(x1＋x2)(x－x1)，
即y＝(x1＋x2)x－x1x2，
因为PA⊥PB，所以(x1＋1)(x2＋1)＝－1，
即x1＋x2＋2＝－x1x2，
代入方程整理得y－2＝(x1＋x2)(x＋1)，
则直线l过定点(－1,2)．故C不正确，D正确．
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．(x－1)(x＋1)8的展开式中x5的系数是________．
答案 14
解析 因为(x－1)(x＋1)8＝x(x＋1)8－(x＋1)8，所以(x－1)·(x＋1)8的展开式中x5的系数等于(x＋1)8的展开式中x4的系数减去x5的系数．因为(x＋1)8展开式的通项公式为Tk＋1＝Ceq \\al(k,8)x8－k，所以(x－1)(x＋1)8的展开式中x5的系数是Ceq \\al(4,8)－Ceq \\al(3,8)＝14.
14．(2020·济南模拟)若一个圆柱的轴截面是面积为4的正方形，则该圆柱的外接球的表面积为________．
答案 8π
解析 作出圆柱与其外接球的轴截面如图所示：
设圆柱的底面圆半径为r，
则BC＝2r，
所以轴截面的面积为S正方形ABCD＝(2r)2＝4，解得r＝1，
因此，该圆柱的外接球的半径R＝eq \f(BD,2)＝eq \f(\r(22＋22),2)＝eq \r(2)，
所以球的表面积为S＝4π(eq \r(2))2＝8π.
15．(2020·赣州模拟)美不胜收的“双勾函数”y＝x＋eq \f(1,x)是一个对称轴不在坐标轴上的双曲线，它的渐近线分别是y轴和直线y＝x，则其离心率为________．
答案 eq \r(4－2\r(2))
解析 令渐近线与实轴的夹角为θ，
则2θ＝eq \f(π,4)，得θ＝eq \f(π,8)，tan θ＝eq \f(b,a)＝eq \f(\r(c2－a2),a)＝eq \r(e2－1)，
所以e＝eq \r(1＋tan2θ)，
由tan 2θ＝eq \f(2tan θ,1－tan2θ)＝1，
得tan θ＝eq \r(2)－1，
所以e＝eq \r(1＋tan2θ)＝eq \r(4－2\r(2)).
16．已知f(x)是定义域为R的奇函数，f′(x)是f(x)的导函数，f(－1)＝0，当x＞0时，xf′(x)－3f(x)＜0，则使得f(x)＞0成立的x的取值范围是________．
答案 (－∞，－1)∪(0,1)
解析 当x≠0时，令g(x)＝eq \f(fx,x3)，
则g′(x)＝eq \f(xf′x－3fx,x4)，
又当x＞0时，xf′(x)－3f(x)＜0，
∴x＞0时，g′(x)＜0，
∴g(x)在(0，＋∞)上为减函数，
又f(x)是定义域为R的奇函数，
则x≠0时，g(x)＝eq \f(fx,x3)为偶函数，
且g(－1)＝－f(－1)＝0＝g(1)，
∴当0＜x＜1时，g(x)＝eq \f(fx,x3)＞0，
当x＞1时，g(x)＝eq \f(fx,x3)＜0，
则此时f(x)＞0成立的x的取值范围是(0,1)；
当－1＜x＜0时，g(x)＝eq \f(fx,x3)＞0，
当x＜－1时，g(x)＝eq \f(fx,x3)＜0，
则此时f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞，－1)；
综上所述，f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)．
四、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)已知数列{an}满足eq \f(1,an＋1)－eq \f(2,an)＝1，且a1＝1.
(1)证明：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋1))为等比数列；
(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋2n))的前n项和Sn.
(1)证明 因为eq \f(1,an＋1)－eq \f(2,an)＝1，
所以eq \f(1,an＋1)＋1＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋1))，
又eq \f(1,a1)＋1＝2，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋1))为等比数列，且首项为2，公比为2.
(2)解 由(1)知eq \f(1,an)＋1＝2n，
所以eq \f(1,an)＋2n＝2n＋2n－1.
所以Sn＝eq \f(21－2n,1－2)＋eq \f(1＋2n－1n,2)＝2n＋1＋n2－2.
18．(12分)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知向量m＝(c－a，sin B)，n＝(b－a，sin A＋sin C)，且m∥n.
(1)求C；
(2)若eq \r(6)c＋3b＝3a，求sin A.
解 (1)因为m∥n，
所以(c－a)(sin A＋sin C)＝(b－a)sin B.
由正弦定理得(c－a)(a＋c)＝(b－a)b，
所以a2＋b2－c2＝ab，
由余弦定理得，cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(ab,2ab)＝eq \f(1,2).
因为C∈(0，π)，所以C＝eq \f(π,3).
(2)由(1)知B＝eq \f(2π,3)－A.
由题设及正弦定理得eq \r(6)sin C＋3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－A))＝3sin A，
即eq \f(\r(2),2)＋eq \f(\r(3),2)cs A＋eq \f(1,2)sin A＝sin A，可得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A－\f(π,3)))＝eq \f(\r(2),2).
由于00，∴ln x0＋x0＝ln a.
代入①得，a＝aln a，∴ln a＝1，a＝e.
(2)令h(x)＝f(x)－g(x)，
h′(x)＝eq \f(x＋1xex－a,x)(x≥1)，
①当a≤0时，h′(x)>0，h(x)在[1，＋∞)上单调递增，
∴h(x)≥h(1)＝e－a>0，满足题意；
②当00，解得a