2020浙江新高考数学二轮复习专题强化练：高考仿真模拟练（二） Word版含解析.docx

1、高考仿真模拟练(二) (时间：120 分钟；满分：150 分) 选择题部分 一、选择题：本大题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 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若集合 My|y2 x，Py|y x1，则( ) AMP BMP CPM DMP 2已知 m 1i1ni，其中 m，n 是实数，i 是虚数单位，则 mni 在复平面内对应的点 到坐标原点的距离为( ) A. 3 B3 C. 5 D5 3已知直线 l平面 ，直线 m平面 ，则“”是“lm”的( ) A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 4直线 ykx1 与曲线 yx3ax

2、b 相切于点 A(1，3)，则 2ab 的值等于( ) A2 B1 C1 D2 5函数 y(2x1)ex的图象是( ) 6已知 O 是坐标原点，若点 M(x，y)为平面区域错误错误! !上的一个动点，则目标函数 z x2y 的最大值是( ) A0 B1 C3 D4 7设随机变量 X 的概率分布列如下表所示： X 0 1 2 P a 1 3 1 6 若 F(x)P(Xx)，则当 x 的取值范围是1，2)时，F(x)等于( ) A.1 3 B.1 6 C.1 2 D.5 6 8已知单位向量 a，b 满足|2ab|2，若存在向量 c，使得(c2a) (cb)0，则|c|的 取值范围是( ) A. 6

3、 2 ， 6 2 1 B. 6 2 1， 6 2 C. 6 2 1， 6 2 1 D 61， 61 9. 如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱 ABCD- A1B1C1D1中，AA12AB2， 则异面直线 A1B 与 AD1所成角的余弦值为( ) A.1 5 B.2 5 C.3 5 D.4 5 10已知函数 f(x)x2b x a，xa，)，其中 a0，bR，记 m(a，b)为 f(x)的最 小值，则当 m(a，b)2 时，b 的取值范围为( ) Ab1 3 Bb1 2 Dbg（x）， 则函数 F(x)h(x)x5 的所有零点的和为_ 三、解答题： 本大题共 5 小题，共 74 分 解

4、答应写出文字说明、 证明过程或演算步骤 18(本题满分 14 分)已知函数 f(x)sin xsin x 6 . (1)求 f(x)的最小正周期； (2)当 x 0， 2 时，求 f(x)的取值范围 19.(本题满分 15 分) 如图，已知四棱柱 ABCD- A1B1C1D1的底面是菱形，侧棱 AA1底面 ABCD，M 是 AC 的 中点，BAD120 ，AA1AB. (1)证明：MD1平面 A1BC1； (2)求直线 MA1与平面 A1BC1所成的角的正弦值 20(本题满分 15 分)已知 f(x)exaln x(aR) (1)求函数 f(x)在点(1，f(1)处的切线方程； (2)当 a1

5、 时，若不等式 f(x)em(x1)对任意 x(1，)恒成立，求实数 m 的取 值范围 21.(本题满分 15 分) 如图，已知直线 PA，PB，PC 分别与抛物线 y24x 交于点 A，B，C 与 x 轴的正半轴分 别交于点 L，M，N 且|LM|MN|，直线 PB 的方程为 2xy40. (1)设直线 PA，PC 的斜率分别为 k1，k2，求证：k1k2k1k2； (2)求S PAB SPBC的取值范围 22(本题满分 15 分)已知数列an满足 a11，an1 an 1a2n，nN *.记 S n，Tn分别是数 列an，a2n的前 n 项和证明：当 nN*时， (1)an1an； (2)

6、Tn 1 a2n12n1； (3) 2n1Sn 2n. 高考仿真模拟练(二)答案 1解析：选 B.因为集合 My|y0，Py|y0，故 MP，选 B. 2解析：选 C.法一：由已知可得 m(1ni)(1i)(1n)(n1)i，因为 m，n 是实 数，所以 n10， n1m，故 m2， n1， 即 mni2i，mni 在复平面内对应的点为(2，1)，其到 坐标原点的距离为 5，故选 C. 法二： m 1i m（1i） 1i2 m 2 m 2i1ni，故 m 21， m 2n， 即 m2， n1， mni 在复平面内对应 的点到坐标原点的距离为 2212 5. 3解析：选 A.根据已知条件，由于直

7、线 l平面 ，直线 m平面 ，如果两个平面平 行 ，则必然能满足 lm，反之，如果 lm，则对于平面 ，可能是相交的，故条件 能推出结论，但是结论不能推出条件，故选 A. 4解析：选 C.题意知，y3x2a， 则 1 3ab3， 312ak， k13， 由此解得 a1， b3， k2， 所以 2ab1，选 C. 5解析：选 A.令 y(2x1)ex0，解得 x1 2，函数有唯一的零点，故排除 C、D.当 x 时，ex0，所以 y0，故排除 B.故选 A. 6. 解析：选 D.作出点 M(x，y)满足的平面区域，如图所示，由图知当点 M 为点 C(0，2) 时，目标函数 zx2y 取得最大值，即

8、为10224，故选 D. 7解析：选 D.由分布列的性质，得 a1 3 1 61，所以 a 1 2.而 x1，2)，所以 F(x) P(Xx)1 2 1 3 5 6. 8 解析： 选 C.如图， 设OA a， OB b， OC c， OA 2a， 因为|2ab|2， 所以OAB 是等腰三角形因为(c2a)(cb)0，所以(c2a)(cb)，即 ACBC，所以ABC 是直角三角形，所以 C 在以 AB 为直径，1 为半径的圆上 取 AB 的中点 M，因为 cos ABO1 4，所以 OM 2112111 4 3 2，即 OM 6 2 ， 所以|c| 6 2 1， 6 2 1 . 9解析：选 D.

9、连接 BC1， 易证 BC1AD1， 则A1BC1即为异面直线 A1B 与 AD1所成的角 连接 A1C1， 由 AB1， AA12， 则 A1C1 2， A1BBC1 5， 故 cosA1BC1 552 2 5 5 4 5. 10D 112 y 3x 12解析：由正四棱锥的俯视图，可得到正四棱锥的直观图如图， 则该正四棱锥的正视图为三角形 PEF(E，F 分别为 AD，BC 的中点)， 因为正四棱锥的所有棱长均为 2， 所以 PBPC2，EFAB2，PF 3， 所以 PO PF2OF2 31 2， 所以该正四棱锥的正视图的面积为 1 22 2 2； 正四棱锥的体积为1 322 2 4 2 3

10、 . 答案： 2 4 2 3 13解析：由 2asin B 3b 及正弦定理得 2sinBACsin B 3sin B，所以 sinBAC 3 2 . 因为BAC 为锐角，所以BAC 3 . 因为 AD 是内角平分线， 所以BD DC AB AC c b 3 2. 由余弦定理得 BC2AC2AB22AC ABcosBAC492231 27， 所以 BC 7，BD3 5 7. 答案： 7 3 5 7 14解析：设数列an的公比为 q，则a4 a1q 38， 所以 q2，所以 an22n 12n. 设数列bn的公差为 d，因为 b3a3238，b5a52532，且bn为等差数列，所 以 b5b32

11、42d，所以 d12， 所以 b1b32d16， 所以 Sn16nn（n1） 2 126n222n. 答案：2n 6n222n 15解析：把 8 张奖券分 4 组有两种分法，一种是分(一等奖，无奖)、(二等奖，无奖)、 (三等奖，无奖)、(无奖，无奖)四组，分给 4 人有 A44种分法；另一种是一组两个奖，一组只 有一个奖，另两组无奖，共有 C23种分法，再分给 4 人有 C23A24种分法，所以不同获奖情况种 数为 A44C23A24243660. 答案：60 16解析：过 O 作 OP 垂直于直线 x2y50，过 P 作圆 O 的切线 PA，连接 OA，易 知此时|PA|的值最小由点到直线

12、的距离公式，得|OP|10205| 1222 5.又|OA|1，所 以|PA|OP|2|OA|22. 答案：2 17解析：由题 意知函数 h(x)的图象如图所示，易知函数 h(x)的图象关于直线 yx 对称，函数 F(x)所 有零点的和就是函数 yh(x)与函数 y5x 图象交点横坐标的和，设图象交点的横坐标分 别为 x1，x2，因为两函数图象的交点关于直线 yx 对称，所以x1x2 2 5x1x2 2 所以 x1x2 5. 答案：5 18解：(1)由题意得 f(x) 3 2 sin2x1 2sinxcos x 1 2sin(2x 3 ) 3 4 ， 所以函数 f(x)的最小正周期 T. (2

13、)由 0x 2 知， 3 2 sin 2x 3 1， 所以函数 f(x)的取值范围为 0，1 2 3 4 . 19解：(1)证明：连接 B1D1交 A1C1于点 E，连接 BE，BD. 因为 ABCD 为菱形，所以点 M 在 BD 上， 且 ED1BM，又 ED1BM，故四边形 ED1MB 是平行四边形，则 MD1BE，又 BE平 面 A1BC1，MD1平面 A1BC1，因此， MD1平面 BC1A1. (2)由于 A1B1C1D1为菱形， 所以 A1C1B1D1， 又 ABCDA1B1C1D1是直四棱柱，有 A1C1BB1，则 A1C1平面 BB1D1D， 因此，平面 BB1D1D平面 BC

14、1A1. 过点 M 作平面 BB1D1D 和平面 BC1A1交线 BE 的垂线，垂足为 H，得 MH平面 BC1A1. 连接 HA1，则MA1H 是直线 MA1与平面 BC1A1所成的角 设 AA11，因为 ABCD 是菱形且BAD120 ，则 AM1 2，MB 3 2 . 在 RtMAA1中，由 AM1 2，AA11，得 MA1 5 2 .在 RtEMB 中，由 MB 3 2 ，ME 1，得 MH 21 7 . 所以 sin MA1HMH MA1 2 105 35 . 20解：(1)由 f(x)exaln x， 则 f(x)exa x， f(1)ea，切点为(1，e)，所求切线方程为 ye(

15、ea)(x1)，即(ea)xya 0. (2)由 f(x)exaln x，a1， 原不等式即为 exln xem(x1)0. 记 F(x)exln xem(x1)，F(1)0. 依题意有 F(x)0 对任意 x(1，)恒成立， 求导得 F(x)ex1 xm，F(1)e1m， 令 g(x)ex1 xm， 则 g(x)ex1 x2， 当 x1 时，g(x)0，则 F(x)在(1，)上单调递增，有 F(x)F(1)， 若 me1，符合题意；若 me1，则 F(1)0， 故存在 x1(1，ln m)，使 F(x1)0， 当 1xx1时，F(x)0，F(x)在(1，x1)上单调递减，F(x)F(1)0，

16、舍去 综上，实数 m 的取值范围是(，e1 21解：(1)联立 y24x 2xy40， 解得 x1，4，由图象可知，P(1，2)， 易知 M(2，0)，由题意可设 L(2t，0)，N(2t，0)，0t2， 所以 k1 2 1t(t1)，k2 2 1t， 所以 1 k1 1 k2 1t 2 1t 2 1， 故 k1k2k1k2. (2)由(1)得，lPA：2x(t1)y2t40，0t2，由 y24x 2x（t1）y2t40y 2(2t2)y4t80， 得 A(2t)2，42t)， 同理可得 B(2t)2，42t) 设 A 点到 PB 的距离为 d1，C 点到 PB 的距离为 d2， 所以 d1|

17、2（2t） 2（42t）4| 5 |2t 26t| 5 ， d1|2（2t） 2（42t）4| 5 |2t 26t| 5 所以S PAB SPBC d1 d2 t3 t3 3t 3t 6 3t1. 因为 0t2， 所以S PAB SPBC的取值范围是 1 5，1 . 22证明：(1)由 a11 及 an1 an 1a2n知 an0，故 an 1an an 1a2nan a3n 1a2n0， 所以 an1an，nN*. (2)由 1 an1 1 anan， 得 1 a2n1 1 a2na 2 n2， 从而 1 a2n1 1 a2na 2 n2 1 a2n1a 2 n1a 2 n22 1 a21a 2 1a 2 2a 2 n2n， 又 a11，所以 Tn 1 a2n12n1，nN *. (3)由(2)知，an1 1 Tn2n1， 由 Tna211，得 an1 1 2n2. 所以，当 n2 时，an 1 2n 2 2 n 2 n n1 2( n n1)， 由此 Sna1 2( 21)( 3 2)( n n1)1 2( n1) 2n， 又 a11，故 Sn 2n. 另一方面，由 an 1 an1 1 an，得 Sn 1 an1 1 a1 2n21 2n1. 综上， 2n1Sn 2n，nN*.