2022年高考數(shù)學(理數(shù))二輪復習仿真模擬卷14(含解析)

1、高考仿真模擬卷(十四)(時間：120 分鐘；滿分：150 分)第卷一、選擇題：本題共 12 小題，每小題 5 分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的1已知集合 Ax|y x4，Bx|12x10，則(RA)B()A(4，)B.0，12C.12，4D(1，42若命題“x0R，x20(a1)x010”是真命題，則實數(shù) a 的取值范圍是()A1，3B(1，3)C(，13，)D(，1)(3，)3已知 a，bR，且 ab，則下列式子恒成立的是()Aaln xbln xBaxbxCa2b2Da12xb12x4在ABC 中，內(nèi)角 A，B，C 的對邊分別是 a，b，c，外接圓半徑為 R，若 bs

2、in BasinA12asin C，且ABC 的面積為 2R2sin B(1cos 2A)，則 cos B()A.14B.13C.12D.345不等式組xy0，xy2，x2y2的解集記為 D，若(a，b)D，則 z2a3b 的最小值是()A4B1C1D46某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積與其外接球的體積之比為()A13B. 3C13 3D1 37將函數(shù) ysinx6 的圖象上各點的橫坐標變?yōu)樵瓉淼?2(縱坐標不變)，再往上平移 1個單位，所得圖象對應(yīng)的函數(shù)在區(qū)間4，2 上的值域為()A.132，2B.12，2C0，2D.12，18.四色猜想是世界三大數(shù)學猜想之一，1976 年美國數(shù)學

3、家阿佩爾與哈肯證明了四色定理其內(nèi)容是：“任意一張平面地圖只用四種顏色就能使具有共同邊界的國家涂上不同的顏色”用數(shù)學語言表示為“將平面任意地細分為不相重疊的區(qū)域，每一個區(qū)域總可以用 1，2，3，4 四個數(shù)字之一標記，而不會使相鄰的兩個區(qū)域得到相同的數(shù)字”如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為 1，粗實線圍成的各區(qū)域(如區(qū)域 D 由兩個邊長為 1 的小正方形構(gòu)成)上分別標有數(shù)字 1，2，3，4 的四色地圖符合四色定理，區(qū)域 A、B、C、D、E、F 標記的數(shù)字丟失，若在該四色地圖上隨機取一點，則恰好取在標記為 4 的區(qū)域的概率是()A.115B.415C.315D.11159 學生的語文、 數(shù)學成績均被評定

4、為三個等級， 依次為“優(yōu)秀”“合格”“不合格” 若學生甲的語文、數(shù)學成績都不低于學生乙，且其中至少有一門成績高于乙，則稱“學生甲比學生乙成績好”如果一組學生中沒有哪位學生比另一位學生成績好，并且不存在語文成績相同、數(shù)學成績也相同的兩位學生，那么這組學生最多有()A2 人B3 人C4 人D5 人10若實數(shù) a，b，c，d 滿足(ba23ln a)2(cd2)20，則(ac)2(bd)2的最小值為()A. 2B8C2 2D211已知點 O 為坐標原點，點 M 在雙曲線 C：x2y2(為正常數(shù))上，過點 M 作雙曲線C 的某一條漸近線的垂線，垂足為 N，則|ON|MN|的值為()A.4B.2CD無法

5、確定12已知 f(x)是定義在 R 上的減函數(shù)，其導函數(shù) f(x)滿足f（x）f（x）x1，則下列結(jié)論正確的是()A對于任意 xR，f(x)0C當且僅當 x(，1)時，f(x)0題號123456789101112答案第卷二、填空題：本題共 4 小題，每小題 5 分13 已知向量 a， b， 其中|a| 3， |b|2， 且(ab)a， 則向量 a 和 b 的夾角是_14在三棱錐 SABC 中，SABSACACB90，AC2，BC 13，SB 29，則異面直線 SC 與 AB 所成角的余弦值為_15已知 mZ，關(guān)于 x 的一元二次不等式 x26xm0 的解集中有且僅有 3 個整數(shù)，則所有符合條件

6、的 m 的取值集合是_16已知橢圓 C 的方程為x24y231，A、B 為橢圓 C 的左、右頂點，P 為橢圓 C 上不同于A、B 的動點，直線 x4 與直線 PA、PB 分別交于 M、N 兩點，若 D(7，0)，則過 D、M、N三點的圓必過 x 軸上不同于點 D 的定點，其坐標為_三、解答題：解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟17(本小題滿分 12 分)已知等差數(shù)列an中，a22，a3a58，數(shù)列bn中，b12，其前 n 項和 Sn滿足：bn1Sn2(nN*)(1)求數(shù)列an，bn的通項公式；(2)設(shè) cnanbn，求數(shù)列cn的前 n 項和 Tn.18(本小題滿分 12 分)株洲市某中學利

7、用周末組織教職員工進行了一次秋季登石峰山健身的活動，有 N 人參加，現(xiàn)將所有參加人員按年齡情況分為20，25)，25，30)，30，35)，35，40)，40，45)，45，50)，50，55等七組，其頻率分布直方圖如圖所示已知35，40)之間的參加者有 8 人(1)求 N 和30，35)之間的參加者人數(shù) N1；(2)已知30，35)和35，40)之間各有 2 名數(shù)學教師，現(xiàn)從這兩個組中各選取 2 人擔任接待工作，設(shè)兩組的選擇互不影響，求兩組選出的人中都至少有 1 名數(shù)學教師的概率；(3)組織者從45，55之間的參加者(其中共有 4 名女教師，其余全為男教師)中隨機選取 3名擔任后勤保障工作，

8、其中女教師的人數(shù)為，求的分布列和數(shù)學期望 E()19(本小題滿分 12 分)已知在三棱柱 ABCA1B1C1中，側(cè)面 ABB1A1為正方形，延長 AB 到 D，使得 ABBD，平面 AA1C1C平面 ABB1A1，A1C1 2AA1，C1A1A4.(1)若 E，F(xiàn) 分別為 C1B1，AC 的中點，求證：EF平面 ABB1A1；(2)求平面 A1B1C1與平面 CB1D 所成的銳二面角的余弦值20.(本小題滿分 12 分)如圖，已知 M(x0，y0)是橢圓 C：x26y231 上的任一點，從原點 O 向圓 M：(xx0)2(yy0)22 作兩條切線，分別交橢圓于點 P，Q.(1)若直線 OP，O

9、Q 的斜率存在，并記為 k1，k2，求證：k1k2為定值；(2)試問|OP|2|OQ|2是否為定值？若是，求出該值；若不是，說明理由21(本小題滿分 12 分)已知函數(shù) f(x)ln x，g(x)12axb.(1)若 f(x)與 g(x)在 x1 處相切，試求 g(x)的表達式；(2)若(x)m（x1）x1f(x)在1，)上是減函數(shù)，求實數(shù) m 的取值范圍；(3)證明不等式：2nn11ln 21ln 31ln 41ln（n1）n2112131n(nN*)請考生在 22、23 題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分22(本小題滿分 10 分)選修 44：坐標系與參數(shù)方程極坐標系的極點為

10、直角坐標系 xOy 的原點，極軸為 x 軸的正半軸，兩種坐標系中的長度單位相同已知曲線 C 的極坐標方程為2(cossin)，斜率為 3的直線 l 交 y 軸于點E(0，1)(1)求 C 的直角坐標方程，l 的參數(shù)方程；(2)直線 l 與曲線 C 交于 A、B 兩點，求|EA|EB|.23(本小題滿分 10 分)選修 45：不等式選講已知函數(shù) f(x)|x6|mx|(mR)(1)當 m3 時，求不等式 f(x)5 的解集；(2)若不等式 f(x)7 對任意實數(shù) x 恒成立，求 m 的取值范圍高考仿真模擬卷(十四)1解析：選 B.由題意得，A4，)，B0，12 ，所以(RA)B0，12 .2解析

11、：選 D.因為命題“x0R，x20(a1)x010，即 a22a30，解得 a3，故選 D.3解析：選 D.對于 A，當 0 x1 時，ln x0，此時 aln xbln x，故排除 A；對于 B，當 x0 時，axbx，故排除 B；對于 C，取 a0，b1，則 a2b2，故排除 C；對于 D，因為對任意的 x，12x0，所以 a12xb12x恒成立，故選 D.4解析：選 D.因為 bsin Basin A12asin C，所以由正弦定理得，b2a212ac，因為ABC 的面積為 2R2sin B(1cos 2A)a2sin B，所以12acsin Ba2sin B，則 c2a，代入得，b22

12、a2，由余弦定理得，cos Ba2c2b22aca24a22a24a234.5解析：選 A.畫出不等式組表示的平面區(qū)域，如圖中陰影部分所示，當 a2，b0時，z2a3b 取得最小值4.6解析：選 D.由三視圖可知，幾何體是一個三棱柱，體積 V1122224，外接球的直徑的平方 4R222222212，R 3，所以球的體積 V243R34 3，體積比 V1V244 31 3.7解析：選 A.將函數(shù) ysinx6 的圖象上各點的橫坐標變?yōu)樵瓉淼?2，可得 ysin2x6 的圖象， 再往上平移 1 個單位， 得函數(shù) ysin2x6 1 的圖象 因為4x2， 所以32x676， 所以 ysin2x6

13、的最大值為 1， 最小值為32，故函數(shù) ysin2x6 1 的值域為132，2.8解析：選 B.因為區(qū)域 C 相鄰標記 1，2，3 的區(qū)域，所以區(qū)域 C 標記 4，進而區(qū)域 D 相鄰標記 2，3，4 的區(qū)域，從而推出區(qū)域 D 標記 1，區(qū)域 A 相鄰標記 1，2，4 的區(qū)域，所以區(qū)域 A 標記 3，區(qū)域 E 相鄰標記 2，3，4 的區(qū)域，從而區(qū)域 E 標記 1，區(qū)域 F 相鄰標記 1，3，4的區(qū)域，從而標記 2，區(qū)域 B 相鄰標記為 1，2，3 的區(qū)域，所以標記 4，所以只有 B，C 標記為 4，共占 8 個邊長為 1 的正方形，面積為 8，總共的區(qū)域面積為 30，所以在該四色地圖上隨機取一點

14、，則恰好取在標記為 4 的區(qū)域的概率是830415.故選 B.9解析：選 B.首先要證，沒有任意兩個同學的數(shù)學成績是相同的假設(shè) A，B 兩名同學的數(shù)學成績一樣，由題知他們的語文成績不一樣，這樣他們的語文成績總有一個人比另一個人高，相應(yīng)地由題可知，語文成績較高的同學比另一個同學“成績好”，與已知條件“他們之中沒有一個比另一個成績好”相矛盾因此看得出，沒有任意兩個同學的數(shù)學成績是相同的 因為數(shù)學成績等級只有 3 種， 因而同學數(shù)量最大為 3.之后要驗證 3 名同學能否滿足條件 易證 3 名同學的成績等級分別為(優(yōu)秀，不合格)、(合格，合格)、(不合格，優(yōu)秀)時滿足條件因此滿足條件的最多人數(shù)是 3.

15、10解析：選 B.因為實數(shù) a，b，c，d 滿足(ba23ln a)2(cd2)20，所以 ba23ln a0，設(shè) by，ax，則有 y3ln xx2，且 cd20，設(shè) cx1，dy1，則有 y1x12，所以(ac)2(bd)2的最小值就是曲線 y3ln xx2上的點到直線 yx2 的最小距離的平方值對曲線 y3ln xx2求導得 y3x2x，易知 y3ln xx2在0，62 上單調(diào)遞增，在62，上單調(diào)遞減，與 yx2 平行的切線的斜率 k13x2x，解得 x1 或 x32(舍去)，把 x1 代入 y3ln xx2，得 y1，即切點為(1，1)，切點到直線 yx2 的距離為|112|22 2，

16、所以(ac)2(bd)2的最小值為 8.11解析：選 B.因為 M 為雙曲線上任一點，所以可取 M 為雙曲線的右頂點，由漸近線 yx 知OMN 為等腰直角三角形，此時|OM| ，|ON|MN|2，所以|ON|MN|2.12解析：選 B.法一：因為函數(shù) f(x)是定義在 R 上的減函數(shù)，所以 f(x)0.因為f（x）f（x）xf(x)，所以 f(x)(x1)f(x)0，構(gòu)造函數(shù) g(x)(x1)f(x)，則 g(x)f(x)(x1)f(x)0，所以函數(shù) g(x)在 R 上單調(diào)遞增，又 g(1)(11)f(1)0，所以當 x1 時，g(x)0；當x1 時， g(x)0， 所以 f(x)0.因為 f

17、(x)是定義在 R 上的減函數(shù)， 所以 f(1)0.綜上， 對于任意 xR，f(x)0.法二：因為函數(shù) f(x)是定義在 R 上的減函數(shù)，所以 f(x)1 時，f（x）f（x）1x0，排除 A；又函數(shù) f(x)在 R 上單調(diào)遞減，所以當 x1 時，f(x)0，排除 C、D.13解析：設(shè) a 與 b 的夾角為，因為(ab)a，所以(ab)a0，即 a2ab0，所以ab3，即|a|b|cos3，所以 cos3|a|b|32 332，因為 0，所以56.答案：5614.解析：如圖，取 A 為原點、AB 和 AS 所在直線分別為 y 軸和 z 軸建立空間直角坐標系則點 B(0，17，0)，S(0，0，

18、2 3)，C21317，417，0，故SC21317，417，2 3，AB(0，17，0)于是，所求夾角的余弦值為SCAB|SC|AB|1717.故答案為：1717.答案：171715解析：設(shè)函數(shù) f(x)x26xm，可知其圖象開口向上，對稱軸是 x3，又 x26xm0 的解集中有且僅有 3 個整數(shù)，則f（2）0f（1）0，即2262m01261m0，解得 5m8，又 mZ，故 m6，7，8，所以符合條件的 m 的取值集合是6，7，8答案：6，7，816解析：設(shè)點 P(x0，y0)、M(4，yM)、N(4，yN)，則直線 PA、PB 所在的直線方程分別為yy0 x02(x2)，yy0 x02(

19、x2)，依題意，可求得 yM6y0 x02，yN2y0 x02.因為DM(3，yM)，DN(3，yN)，所以DMDN912y20 x204，又x204y2031，所以 123x204y20，即12y20 x2049，所以DMDN0，所以 MN 為過 D、M、N 三點的圓的直徑法一：設(shè)定點為 E(t，0)，則 MN 為線段 DE 的垂直平分線，又線段 MN 為圓的直徑，令圓心為 F(4，a)，可得|EF|FD|，即 （4t）2（a0）2 （47）2（a0）2，解得 t1 或 7(舍)，所以定點坐標為(1，0)法二：設(shè)定點為 E(t，0)，則 MN 為線段 DE 的垂直平分線，所以點 E 與點 D

20、 關(guān)于直線 x4 對稱，故定點為 E(1，0)答案：(1，0)17解：(1)設(shè)an的公差為 d，因為 a22，a3a58，所以 2d23d8，所以 d1，所以 ann.因為 bn1Sn2(nN*)，所以 bnSn12(nN*，n2)得，bn1bnSnSn1bn(nN*，n2)，所以 bn12bn(nN*，n2)因為 b12，b22b1，所以bn為等比數(shù)列，b12，q2，所以 bn2n.(2)因為 cnanbnn2n，所以 Tn12222323n12n1n2n，12Tn122223324n12nn2n1，兩式相減，得12Tn1212212nn2n112n2n1，所以 Tn2n22n.18解：(1

21、)年齡在35，40)之間的概率為 0.0450.2，所以總?cè)藬?shù) N80.240，因為 1(0.010.030.040.030.020.01)50.3，所以年齡在30，35)之間的參加者人數(shù) N1400.312.(2)記事件 B 為從年齡在30，35)之間選出的人中至少有 1 名數(shù)學教師，因為年齡在30，35)之間的人數(shù)為 12，所以 P(B)1C210C212722；記事件 C 為從年齡在35，40)之間選出的人中至少有 1 名數(shù)學教師，因為年齡在35，40)之間的人數(shù)為 8，所以 P(C)1C26C281328，則所求概率為 P(BC)P(B)P(C)72213281388.(3)年齡在45

22、，55之間的人數(shù)為 6，其中女教師有 4 人，的所有可能取值為 1，2，3，則P(1)C14C22C3615，P(2)C24C12C3635，P(3)C34C3615，所以的分布列為123P153515數(shù)學期望為 E()1152353152.19解：(1)證明：如圖，取 A1C1的中點 G，連接 FG，EG，在A1B1C1中，EG 為中位線，所以 GEA1B1，因為 GE平面 ABB1A1，A1B1平面 ABB1A1，所以 GE平面 ABB1A1，同理可得 GF平面 ABB1A1， 又 GFGEG， 所以平面 GEF平面 ABB1A1， 因為 EF平面 GEF，所以 EF平面 ABB1A1.(

23、2)連接 AC1，在AA1C1中，C1A1A4，A1C1 2AA1，所以 AC21AA21A1C212AA1A1C1cosAA1C1AA21，所以 AA1AC1，A1AC1是等腰直角三角形，所以 AC1AA1，又平面 AA1C1C平面 ABB1A1，平面 AA1C1C平面 ABB1A1AA1，所以 AC1平面 ABB1A1，因為 AB平面 ABB1A1，所以 AC1AB，因為側(cè)面 ABB1A1為正方形，所以 AA1AB，以 AA1，AB，AC1所在直線分別為 x 軸，y 軸，z 軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，設(shè) AB1，則 A(0，0，0)，A1(1，0，0)，B1(1，1，0)，C1(0

24、，0，1)，C(1，0，1)，D(0，2，0)，所以CB1(2，1，1)，CD(1，2，1)，A1C1(1，0，1)，A1B1(0，1，0)，設(shè)平面 A1B1C1的法向量為 m(x1，y1，z1)，則 mA1C10，mA1B10，即x1z10y10，令 x11，則 y10，z11，故 m(1，0，1)為平面 A1B1C1的一個法向量，設(shè)平面 CB1D 的法向量為 n(x2，y2，z2)，則 nCB10，nCD0，即2x2y2z20 x22y2z20，令 x21，則 y21，z23，故 n(1，1，3)為平面 CB1D 的一個法向量，所以 cosm，nmn|m|n|1101132 1212322

25、 2211，所以平面 A1B1C1與平面 CB1D 所成的銳二面角的余弦值為2 2211.20 解： (1)證明： 因為直線 OP： yk1x 以及 OQ： yk2x 與圓 M 相切， 所以|k1x0y0|1k21 2，化簡得(x202)k212x0y0k1y2020，同理(x202)k222x0y0k2y2020，所以 k1， k2是方程(x202)k22x0y0ky2020 的兩個不相等的實數(shù)根， 所以 k1 k2y202x202.因為點 M(x0，y0)在橢圓 C 上，所以x206y2031，即 y20312x20，所以 k1k2112x20 x20212.(2)|OP|2|OQ|2是定

26、值，定值為 9.理由如下：法一：當直線 OP，OQ 不落在坐標軸上時，設(shè) P(x1，y1)，Q(x2，y2)，聯(lián)立yk1x，x26y231，解得x21612k21，y216k2112k21.所以 x21y216（1k21）12k21，同理，得 x22y226（1k22）12k22，由 k1k212，得|OP|2|OQ|2x21y21x22y226（1k21）12k216（1k22）12k226（1k21）12k216 112k121212k12918k2112k219.當直線 OP，OQ 落在坐標軸上時，顯然有|OP|2|OQ|29，綜上：|OP|2|OQ|29.法二：當直線 OP，OQ 不落

27、在坐標軸上時，設(shè) P(x1，y1)，Q(x2，y2)，因為 k1k212，所以 y21y2214x21x22，因為 P(x1，y1)，Q(x2，y2)在橢圓 C 上，所以x216y2131，x226y2231，即y21312x21，y22312x22，所以312x21312x2214x21x22，整理得 x21x226，所以 y21y22312x21312x223，所以|OP|2|OQ|29.當直線 OP，OQ 落在坐標軸上時，顯然有|OP|2|OQ|29.綜上：|OP|2|OQ|29.21解：(1)由已知得 f(x)1x，所以 f(1)112a，a2.又因為 g(1)012ab，所以 b1，所以 g(x)x1.(2)因為(x)m（x1）x1f(x)m（x1）x1l