2022年高考数学(理数)二轮复习仿真模拟卷13(含解析)

1、高考仿真模拟卷(十三) (时间：120 分钟；满分：150 分) 第卷 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 Ax|32x1，Bx|4x3x20，则 AB( ) A(1，2 B.1，43 C0，1) D(1，) 2已知复数 z1a4i，z23bi，若它们的和为纯虚数，差为实数，则实数 a，b 的值为( ) Aa3，b4 Ba3，b4 Ca3，b4 Da3，b4 3阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的结果 s( ) A4 B5 C6 D7 4已知命题 p：函数 f(x)|cos x|的最小正周期为 2； 命题 q

2、：函数 yx3sin x 的图象关于原点中心对称，则下列命题是真命题的是( ) Apq Bpq C(綈 p)(綈 q) Dp(綈 q) 5 已知T为常数， 定义fT(x)f（x），f（x）T，T，f（x）0，b0)经过等腰梯形 ABCD 的上底的两个顶点 C、D，下底的两个顶点 A、B 分别为双曲线的左、右焦点，对角线 AC 与双曲线的左支交于点 E，且 3|AE|2|EC|，|AB|2|CD|，则该双曲线的离心率是( ) A. 2 B. 3 C. 5 D. 7 12已知点 O 为坐标原点，点 An(n，an)(nN*)为函数 f(x)1x1的图象上的任意一点，向量 i(0，1)，n是向量 O

3、An与 i 的夹角，则数列 cos nsin n的前 2 017 项的和为( ) A2 B.2 0162 017 C.2 0172 018 D1 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 第卷 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分 13若3x13x2n的展开式中各项系数之和为 128，则展开式中1x3的系数是_ 14.如图，在正方体 ABCD- A1B1C1D1中，点 O 为线段 BD 的中点设点 P 在线段 CC1上，直线 OP 与平面 A1BD 所成的角为 ，则sin 的取值范围是_ 15已知中心在坐标原点的椭圆 C 的右焦点为 F(1，0)，点 F关于直线

4、 y12x 的对称点在椭圆 C 上，则椭圆 C 的方程为_ 16如果函数 yf(x)满足：在区间a，b上存在 x1，x2(ax1x20. (1)求数列an的通项公式； (2)若 bnan2n1，数列bn的前 n 项和为 Tn，问是否存在正整数 m，使得 mTnm3 对任意的正整数 n 恒成立？若存在，求出 m 的值；若不存在，请说明理由 20(本小题满分 12 分)在矩形 ABCD 中，|AB|8，|BC|6，P、Q、R、S 分别为四条边的中点，以 SQ 和 PR 所在直线分别为 x轴，y 轴，建立平面直角坐标系，如图所示，设 M，N 分别是线段OQ 与线段 CQ 上的动点(O 为坐标原点)，

5、并且满足|OM| |NQ|MQ| |CN|. (1)求直线 PM 与 RN 的交点 T 的轨迹方程，并说明是何种曲线； (2)当 M 是 OQ 的中点时，求TPR 的面积 21.(本小题满分 12 分)已知函数 f(x)aln xx，g(x)x2(1a)x(2a)ln x，其中 aR. (1)若 g(x)在其定义域内为增函数，求实数 a 的取值范围； (2)若函数 F(x)f(x)g(x)的图象交 x 轴于 A，B 两点，AB 中点的横坐标为 x0，问：函数F(x)的图象在点(x0，F(x0)处的切线能否平行于 x 轴？ 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

6、22(本小题满分 10 分)选修 4- 4：坐标系与系数方程 在极坐标系中， 已知曲线 C1： 2cos 和曲线 C2：cos 3， 以极点 O 为坐标原点，极轴为 x 轴非负半轴建立平面直角坐标系 (1)求曲线 C1和曲线 C2的直角坐标方程； (2)若点 P 是曲线 C1上一动点，过点 P 作线段 OP 的垂线交曲线 C2于点 Q，求线段 PQ 长度的最小值 23(本小题满分 10 分)选修 4- 5：不等式选讲 设函数 f(x)|x1|xa|(aR) (1)当 a4 时，求不等式 f(x)5 的解集； (2)若 f(x)4 对 aR 恒成立，求实数 a 的取值范围. 高考仿真模拟卷(十三

7、) 1 解析： 选 B.因为 Ax|32x1x|x1， Bx0 x43所以 ABx1x43，选 B. 2解析：选 B.因为 z1z2(a3)(4b)i 是纯虚数，所以 a3，b4.因为 z1z2(a3)(4b)i 是实数，所以 b4. 3解析：选 C.执行程序框图，可知：n2，s1(1)343；n3，s3(1)4326，跳出循环，输出的 s6，故选 C. 4解析：选 B.因为命题 p 为假，命题 q 为真，所以 pq 为真命题 5解析：选 C.由题意得，f(e)e12，所以 f2(e)2，又 f(2)2ln 23， 所以 f3f2(e)3. 6解析：选 C.对于变量 Y 与 X 而言，Y 随

8、X 的增大而增大，故 Y 与 X 成正相关，即 r10；对于变量 V 与 U 而言，V 随 U 的增大而减小，故 V 与 U 成负相关，即 r20，所以有 r20r1. 7解析：选 A.设双曲线的方程为 mx2ny21(mn2，故选 C. 11解析：选 D.由题意可知，A(c，0)，B(c，0)，又点 C 在双曲线上，ABCD 为等腰梯形，|AB|2|CD|，所以点 C 的横坐标为c2，不妨设 Cc2，y0，由 3|AE|2|EC|可知AE23EC，得 E2c5，2y05，从而满足c24a2y20b21，4c225a24y2025b21，消去y20b2，得c2a27，所以该双曲线的离心率为 7

9、. 12解析：选 C.因为 an1n1，所以OAnn，1n1，所以 cos nOAni|OAn|i|1n1n21（n1）2，因为 0n，所以 sin n1cos2 nnn21（n1）2，所以cos nsin n1n（n1）1n1n1，所以cos 1sin 1cos 2sin 2cos 2 017sin 2 017112121312 01712 018112 0182 0172 018. 13解析：令 x1，得3x13x2n的展开式中各项系数之和为(31)n12827，故 n7.则二项式的通项 Tr1Cr7(3x)7r(x23)r(1)r37rCr7x7r23r，令 753r3，得 r6，故展开

10、式中1x3的系数是(1)6376C6721. 答案：21 14解析：由题意可得：直线 OP 与平面 A1BD 所成的角 的取值范围是AOA1，2C1OA1，2， 不妨取 AB2.在 RtAOA1中， sinAOA1AA1A1O24263， sinC1OA1sin(2AOA1) sin 2AOA12sinAOA1cosAOA1263332 2363， 所以 sin 的取值范围是63，1 . 答案：63，1 15解析：设 F(1，0)关于直线 y12x 的对称点为(x，y)，则0y2121x2，y0 x1121， 解得x35，y45，由于椭圆的两个焦点为(1，0)，(1，0)， 所以 2a3512

11、45235124526 55，a3 55，又 c1，所以 b2a2c295145， 所以椭圆 C 的方程为x295y2451， 即5x295y241. 答案：5x295y241 16解析：由题意可知，在区间0，a上存在 x1，x2(0 x1x2a)， 使得 f(x1)f(x2) f（a）f（0）a013a3a2a13a2a， 因为 f(x)13x3x2a， 所以 f(x)x22x， 所以方程 x22x13a2a 在区间(0，a)上有两个不同的解， 令 g(x)x22x13a2a(0 x0，g（0）13a2a0，g（a）23a2a0，2ax1x22， 解得32a3.所以实数 a 的取值范围是32

12、，3 . 答案：32，3 17解：(1)两个班数据的平均值都为 7， 甲班的方差 s21 （67）2（57）2（77）2（97）2（87）252， 乙班的方差 s22 （47）2（87）2（97）2（77）2（77）25145， 因为 s21s22，甲班的方差较小，所以甲班的成绩更稳定 (2)由题知 X 可能取 0，1，2， P(X0)251215，P(X1)3512251212，P(X2)3512310， 所以 X 的分布列为 X 0 1 2 P 15 12 310 X 的数学期望 E(X)01511223101110. Y 可能取 0，1，2， P(Y0)3515325，P(Y1)3545

13、25151425，P(Y2)2545825， 所以 Y 的分布列为 Y 0 1 2 P 325 1425 825 Y 的数学期望 E(Y)032511425282565. 18解：(1)以 D 为坐标原点，DA 所在直线为 x 轴，DC 所在直线为 y 轴，DD1所在直线为 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 由题设知，B(2，3，0)，A1(2，0，5)，C(0，3，0)，C1(0，3，5) 因为CECC1， 所以 E(0，3，5) 从而EB(2，0，5)， EA1(2，3，55) 当BEA1为钝角时，cosBEA10， 所以EB EA10， 即 225(55)0， 解得150，所以 an

14、an11， 当 n1 时，a21a12a10，因为 an0， 所以 a11，所以 an1(n1)n. (2)存在理由如下： 由(1)知 bnn2n1，所以 Tn11202121n12n1， 12Tn11212122n12n， 得12Tn11212n1n12n 2112nn12n， 故 Tn4112n2n12n4412n2n12n4(2n4)12n.易知 Tn0， 所以 TnT11， 故存在正整数 m1 满足题意 20解：(1)依题意设 M(m，0)，N(4，n)， T(x，y)，其中 0m4，0n3， 因为 P(0，3)，R(0，3)， 所以由PMPT得，3xm(y3)0， 所以 3m9xy3

15、. 由RNRT得(n3)x4(y3)0， 所以 4(n3)16（y3）x， 因为|OM| |NQ|MQ| |CN|， 所以 mn(4m)(3n)， 即 3m4n12，所以 3m4(n3)0. 将代入得9xy316（y3）x0， 即x216y291(0 x4，0y3) 它是中心在坐标原点、焦点在 x 轴上，长轴长为 8，短轴长为 6 的椭圆(在第一象限的部分曲线) (2)当 M 为 OQ 的中点时，m2，n32. 直线 PM：3x2y60， 直线 RN：3x8y240， 联立两式解得 T(3.2，1.8)， 所以 STPR1263.29.6. 21解：(1)g(x)2x(1a)2ax 2x2（1

16、a）x（2a）x， 因为 g(x)的定义域为x|x0，且 g(x)在其定义域内为增函数， 所以 g(x)0 在 x0 时恒成立， 则 2x2(1a)x(2a)0 在 x0 时恒成立， 所以 a52（x1）1x1在 x0 时恒成立 而当 x0 时，2(x1)1x13. 所以 a2，) (2)不能理由如下： 假设 F(x)的图象在(x0，F(x0)处的切线平行于 x 轴，F(x)2ln xx2ax，F(x)2x2xa， 不妨设 A(m，0)，B(n，0)，0mn， 则2ln mm2am0，2ln nn2an0，mn2x0，2x02x0a0. 得 2lnmn(mn)(mn)a(mn)， 所以 a2l

17、nmnmn2x0， 由得 a2x02x0， 所以 lnmn2（mn）mn2mn1mn1， 设 tmn(0，1)，式可变为 ln t2（t1）t10(t(0，1) 设 h(t)ln t2（t1）t1， h(t)1t2（t1）2（t1）（t1）2（t1）24tt（t1）2（t1）2t（t1）20(t(0，1) 所以函数 h(t)ln t2（t1）t1在(0，1)上单调递增，因此 h(t)h(1)0， 也就是 ln mn2mn1mn1，此式与矛盾 所以 F(x)的图象在点(x0，F(x0)处的切线不能平行于 x 轴 22解：(1)C1的 直角坐标方程为(x1)2y21， C2的直角坐标方程为 x3. (2)设曲线 C1与 x 轴异于原点的交点为 A， 因为 PQOP，所以 PQ 过点 A(2，0)， 设直线 PQ 的参数方程为 x2tcos ytsin (t 为参数)， 代入 C1可得 t22tcos 0， 解得 t10，t22cos ， 可知|AP|t2|2cos |， 代入 C2可得 2tcos 3，解得 t1cos ， 可知|AQ