2022高考数学二轮仿真模拟专练六理.doc

2022高考数学二轮仿真模拟专练六理一、选择题(本大题共12小题，每题5分，共60分在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的)12022·贵州遵义模拟假设集合Ax|1x<15，Bx|1<lg x1，那么()AAB1，15 BABCAB DABR答案：B解析：Ax|1x<15，Bx|1<lg x1，ABx|1x10，AB.应选B.22022·辽宁鞍山一中模拟在复平面内，复数所对应的点位于()A第一象限 B第二象限C第三象限 D第四象限答案：B解析：设z，那么zi，所以复数在复平面内所对应的点应位于第二象限应选B.32022·湖北黄冈调研函数f(2x1)的定义域为(2，0)，那么f(x)的定义域为()A(2，0) B(4，0)C(3，1) D.答案：C解析：f(2x1)的定义域为(2，0)，即2<x<0，3<2x1<1.f(x)的定义域为(3，1)应选C.42022·河南濮阳检测假设“m>a是“函数f(x)xm的图象不过第三象限的必要不充分条件，那么实数a能取的最大整数为()A2 B1C0 D1答案：B解析：因为f(0)m，且函数f(x)的图象不过第三象限，所以m0，即m，所以“m>a是“m的必要不充分条件，所以a<，那么实数a能取的最大整数为1.应选B.52022·贵州贵阳监测如果在等差数列an中，a3a4a512，那么a1a2a7()A14 B21C28 D35答案：C解析：由题意得3a412，那么a44，所以a1a2a7(a1a7)(a2a6)(a3a5)a47a428.应选C.62022·天津第一中学月考如图，在梯形ABCD中，ABC90°，AB，BC2，点E为AB的中点，假设在上的投影为，那么·()A2 BC0 D.答案：A解析：通解在上的投影为，在上的投影为.BC2，AD.又点E为AB的中点，又，ABC90°，·2·22.应选A.优解以点B为坐标原点，BC所在直线为x轴，BA所在直线为y轴建立平面直角坐标系，那么B(0，0)，C(2，0)，E(0，)，又在上的投影为，D，·2.应选A.72022·河北衡水七调要测量底部不能到达的某铁塔AB的高度，示意如下图，在塔的同一侧选择C，D两个观测点，且在C，D两点测得塔顶A的仰角分别为45°，30°.在水平面上测得BCD120°，C，D两地相距600 m，那么铁塔AB的高度是()A120 m B480 mC240 m D600 m答案：D解析：设ABx m，那么BCx m，BDx m，在BCD中，由余弦定理可知cos 120°，解得x600，故铁塔AB的高度为600 m，应选D.82022·湖南师大附中模拟庄子说：“一尺之棰，日取其半，万世不竭这句话描述的是一个数列问题，现用程序框图描述，如下图，假设输入某个正整数n后，输出的S，那么输入的n的值为()A7B6C5D4答案：C解析：框图中首先给累加变量S赋值0，给循环变量k赋值1，输入n的值后，执行循环体，S，k112.假设2>n不成立，执行循环体，S，k213.假设3>n不成立，执行循环体，S，k314.假设4>n不成立，执行循环体，S，k415.假设5>n不成立，执行循环体，S，k516.假设6>n不成立，执行循环体，S，k617.由于输出的S，可得当S，k6时，应该满足条件6>n，所以5n<6，故输入的正整数n的值为5.应选C.92022·广东六校联考在区间，上随机取两个实数a，b，记向量m(a，4b)，n(4a，b)，那么m·n42的概率为()A1 B1C1 D1答案：B解析：在区间，上随机取两个实数a，b，那么点(a，b)在如下图的正方形上及其内部因为m·n4a24b242，所以a2b22，满足条件的点(a，b)在以原点为圆心，为半径的圆的外部(含边界)，且在正方形内(含边界)，如图中阴影局部所示，所以m·n42的概率P1，应选B.102022·四川绵阳诊断2018年9月24日，英国数学家M.F阿蒂亚爵士在“海德堡论坛展示了他“证明黎曼猜测的过程，引起数学界震动，黎曼猜测来源于一些特殊数列求和，记S1，那么()A1<S< B.<S<C.<S<2 DS>2答案：C解析：因为n(n1)<n2<n(n1)(n2且nN*)，所以>>，所以S<1112，S>11，当n且nN*时，0，0，所以<S<2.应选C.112022·河北六校联考如下图，PA垂直于O所在的平面，AB是O的直径，PAAB2，C是O上的一点，E，F分别是点A在PB，PC上的射影，当三棱锥PAEF的体积最大时，PC与底面ABC所成角的余弦值是()A. B.C. D.答案：D解析：因为PA平面ABC，BC平面ABC，所以PABC，又ACBC，ACAPA，故BC平面PAC.又AF平面PAC，故AFBC，又AFPC，BCPCC，故AF平面PBC，所以AFPB，AFEF，又AEPB，所以PB平面AEF.设BAC，那么AC2cos ，BC2sin ，PC，在RtPAC中，AF，AEPE，EF，VPAEF××EF×PE×AF×××AF×，当AF1时，VPAEF取得最大值，此时AF1，解得cos (负值舍去)，PC与底面ABC所成的角为PCA，cosPCA，应选D.122022·天津市七校联考直线2xy40，经过椭圆1(a>b>0)的左焦点F1，且与椭圆在第二象限的交点为M，与y轴的交点为N，F2是椭圆的右焦点，|MN|MF2|，那么椭圆的方程为()A.1 B.y21C.y21 D.1答案：D解析：由题意知，直线2xy40与x轴的交点为(2，0)，又直线2xy40过椭圆1(a>b>0)的左焦点F1，所以F1(2，0)，即c2，直线2xy40与椭圆在第二象限的交点为M，与y轴的交点为N(0，4)，且|MN|MF2|，所以|MF1|MF2|F1N|2a，即a 3，又b2a2c2945，所以所求的椭圆的方程为1，应选D.二、填空题(本大题共4小题，每题5分，共20分将正确答案填在题中的横线上)132022·山东烟台三中月考方程x23ax3a10(a>0)的两根分别为tan ，tan ，且，那么_.答案：解析：由得tan tan 3a，tan tan 3a1，tan()1.又，tan tan 3a<0，tan tan 3a1>0，tan <0，tan <0，(，0)，.142022·贵州遵义一中期中实数x，y满足那么z|xy1|的取值范围是_答案：0，3解析：作出可行域如图中阴影局部所示，作出直线xy10，因为z|xy1|×表示点(x，y)到直线xy10的距离的倍，所以结合图象易知0z3.152022·湖南重点中学联考?九章算术?是我国古代的数学名著，书中将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵一个堑堵的底面积为6，其各面均与体积为的球相切，那么该堑堵的外表积为_答案：36解析：设球的半径为r，堑堵底面三角形的周长为l，由得r1，堑堵的高为2.那么lr6，l12，外表积S12×26×236.162022·福建晋江四校期中函数f(x)假设关于x的函数yf2(x)bf(x)1有8个不同的零点，那么实数b的取值范围是_答案：解析：作出函数f(x)的图象，如下图设f(x)t，由图可知，t(0，4，f(x)t有4个根，在(0，4上，方程t2bt10有2个不同的解，解得2<b.三、解答题(本大题共6小题，共70分解容许写出文字说明、证明过程或演算步骤)17(12分)2022·安徽省示范高中联考设数列an的前n项和为Sn，且满足Sn2an，n1，2，3，.数列bn满足b11，且bn1bnan.(1)求数列bn的通项公式；(2)设cnn(3bn)，求数列cn的前n项和Tn.解析：(1)因为n1时，a1S1a1a12，所以a11.因为Sn2an，即anSn2，那么an1Sn12，两式相减，得an1anSn1Sn0，即an1anan10，所以2an1an.易知an0，所以(nN*)，所以数列an是首项为1，公比为的等比数列，其通项公式为ann1.因为bn1bnan(n1，2，3，)，所以bn1bnn1，由此得b2b11，b3b2，b4b32，bnbn1n2(n2，3，)将这(n1)个等式相加，得bnb112n22n2.又b11，所以bn3n2(n2，3，)，易知当n1时也满足上式，所以bn3n2(nN*)(2)由(1)知，cnn(3bn)2nn1，那么Tn2，Tn2，得，Tn22n×n2×2nn42nn4(42n)n，所以Tn8(84n)n8(2n)n2.18(12分)2022·郑州高中毕业年级第一次质量预测四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，ABC60°，PA平面ABCD，E，M分别是BC，PD上的中点，直线EM与平面PAD所成角的正弦值为，点F在PC上移动(1)证明：无论点F在PC上如何移动，都有平面AEF平面PAD；(2)求点F恰为PC的中点时，二面角CAFE的余弦值解析：(1)证明：连接AC，底面ABCD为菱形，ABC60°，ABC是正三角形，E是BC的中点，AEBC，又ADBC，AEAD.PA平面ABCD，AE平面ABCD，PAAE，又PAADA，AE平面PAD，又AE平面AEF，无论点F在PC上如何移动，都有平面AEF平面PAD.(2)由(1)得AE，AD，AP两两垂直，分别以AE，AD，AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立如下图的空间直角坐标系A­xyz，连接AM，AE平面PAD，AME就是EM与平面PAD所成的角，在RtAME中，sinAME，那么tanAME，即，设AB2a，那么AEa，得AMa，又ADAB2a，设PA2b，那么M(0，a，b)，AMa，解得ba，PAAD2a，那么A(0，0，0)，B(a，a，0)，C(a，a，0)，D(0，2a，0)，P(0，0，2a)，E(a，0，0)，F，(a，0，0)，(a，3a，0)，设n(x，y，z)是平面AEF的法向量，那么取za，得n(0，2a，a)又BD平面ACF，(a，3a，0)是平面ACF的一个法向量，cosn，由图可知二面角CAFE的平面角为锐角，二面角CAFE的余弦值为.19(12分)2022·安徽省合肥市高三第三次质量检测某种大型医疗检查机器生产商，对一次性购置2台机器的客户推出两种超过质保期后两年内的延保维修优惠方案：方案一：交纳延保金7 000元，在延保的两年内可免费维修2次，超过2次每次收取维修费2 000元；方案二：交纳延保金1 0000元，在延保的两年内可免费维修4次，超过4次每次收取维修费1 000元某医院准备一次性购置2台这种机器现需决策在购置机器时应购置哪种延保方案，为此搜集并整理了50台这种机器超过质保期后延保两年内维修的次数，得下表：维修次数0123台数5102015以这50台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率记X表示这2台机器超过质保期后延保的两年内共需维修的次数(1)求X的分布列；(2)以所需延保金及维修费用的期望为决策依据，医院选择哪种延保方案更合算？解析：(1)X所有可能的取值为0，1，2，3，4，5，6.P(X0)×，P(X1)××2，P(X2)×××2，P(X3)××2××2，P(X4)×××2，P(X5)××2，P(X6)×，所以X的分布列为X0123456P(2)选择延保方案一，所需费用Y1(单位：元)的分布列为Y17 0009 00011 00013 00015 000P所以EY1×7 000×9 000×11 000×13 000×15 00010 720.选择延保方案二，所需费用Y2(单位：元)的分布列为Y210 00011 00012 000P所以EY2×10 000×11 000×12 00010 420.因为EY1>EY2，所以该医院选择延保方案二较合算20(12分)2022·湖北重点高中联考协作体期中动圆C过定点F2(1，0)，并且内切于定圆F1：(x1)2y212.(1)求动圆圆心C的轨迹方程；(2)假设曲线y24x上存在M，N两点，(1)中曲线上有P，Q两点，并且M，N，F2三点共线，P，Q，F2三点共线，PQMN，求四边形PMQN的面积的最小值解析：(1)设动圆的半径为r，那么|CF2|r，|CF1|2r，所以|CF1|CF2|2>|F1F2|，由椭圆的定义知动圆圆心C的轨迹是以F1，F2为焦点的椭圆，且长半轴长a，半焦距c1，所以短半轴长b，所以动圆圆心C的轨迹方程是1.(2)当直线MN的斜率不存在时，直线PQ的斜率为0，易得|MN|4，|PQ|2，四边形PMQN的面积S4.当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为yk(x1)(k0)，联立方程得消去y，得k2x2(2k24)xk20，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，那么x1x22，x1x21，|MN|·4.因为PQMN，所以直线PQ的方程为y(x1)，由得(2k23)x26x36k20.设P(x3，y3)，Q(x4，y4)，那么x3x4，x3x4，|PQ|.那么四边形PMQN的面积S·|MN|·|PQ|··.令k21t，t>1，那么S.因为t>1，所以0<<1，易知2的取值范围是(0，2)，所以S>4.综上可得S4，故S的最小值为4.21(12分)2022·银川一中高三第一次模拟考试函数f(x)a(x2ln x)，aR.(1)讨论f(x)的单调性；(2)假设f(x)有两个零点，求实数a的取值范围解析：(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)a.()当a0时，ax21<0恒成立，x(0，2)时，f(x)>0，f(x)在(0，2)上单调递增；x(2，)时，f(x)<0，f(x)在(2，)上单调递减；()当a>0时，由f(x)0得，x12，x2，x3(舍去)，当x1x2，即a时，f(x)0恒成立，f(x)在(0，)上单调递增；当x1>x2，即a>时，x或x(2，)时，f(x)>0恒成立，f(x)在，(2，)上单调递增；x时，f(x)<0恒成立，f(x)在上单调递减；当x1<x2，即0<a<时，x或x(0，2)时，f(x)>0恒成立，f(x)在(0，2)，上单调递增；x时，f(x)<0恒成立，f(x)在上单调递减；综上，当a0时，f(x)的单调递增区间为(0，2)，单调递减区间为(2，)；当a时，f(x)的单调递增区间为(0，)，无单调递减区间；当a>时，f(x)的单调递增区间为，(2，)，单调递减区间为；当0<a<时，f(x)的单调递增区间为(0，2)，单调递减区间为.(2)由(1)知，当a<0时，f(x)的单调递增区间为(0，2)，单调递减区间为(2，)，又因为f(1)a<0，取x0max，令f1(x)x2ln x，f2(x)，那么f1(x)1>0在(2，)上成立，故f1(x)x2ln x单调递增，f1(x0)52ln 512(2ln 5)>1，f(x0)a(x02ln x0)<a<0，(注：此处假设写“当x时，f(x)也给分)所以f(x)有两个零点等价于f(2)a(22ln 2)>0，得a>，所以<a<0.当a0时，f(x)，只有一个零点，不符合题意；当a时，f(x)在(0，)上单调递增，至多只有一个零点，不符合题意；当a>0且a时，f(x)有两个极值，f(2)a(22ln 2)>0，f2aln aa，记g(x)2xln xx，g(x)2(1ln x)1ln x，令h(x)ln x，那么h(x).当x>时，h(x)>0，g(x)在上单调递增；当0<x<时，h(x)<0，g(x)在上单调递减故g(x)>g22ln 2>0，g(x)在(0，)上单调递增x0时，g(x)0，故f2aln aa>0.又f(2)a(22ln 2)>0，由(1)知，f(x)至多只有一个零点，不符合题意综上，实数a的取值范围为.选考题(请考生在第22、23题中任选一题作答，多答、不答按本选考题的首题进行评分)22(10分)2022·长沙二模选修44：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为(t为参数)，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2的极坐标方程为4cos.(1)写出曲线C2的直角坐标方程；(2)设点P，Q分别在C1，C2上运动，假设|PQ|的最小值为1，求m的值解析：(1)4cos即2cos 2sin ，所以22cos 2sin ，将cos x，sin y，2x2y2代入得C2的直角坐标方程为x2y22x2y0.(2)将x2y22x2y0化为(x)2(y1)24，所以C2是圆心为(，1)，半径为2的圆，将C1的参数方程化为普通方程为xym0，所以|PQ|min221，由此解得m4或m8.23(10分)2022·山东省济宁市模拟考选修45：不等式选讲a>0，b>0，函数f(x)|2xa|2|x|1的最小值为2.(1)求ab的值；(2)求证：alog33b.解析：(1)因为f(x)|2xa|2xb|1|2xa(2xb)|1|ab|1，当且仅当(2xa)(2xb)0时，等号成立，又a>0，b>0，所以|ab|ab，所以f(x)的最小值为ab12，所以ab1.(2)由(1)知，ab1，所以(ab)14529，当且仅当且ab1，即a，b时取等号所以log3log392，所以ablog3123，即alog33b.