最新高考数学二轮复习仿真冲刺卷二理

仿真冲刺卷(二)(时间120分钟满分150分)第Ⅰ卷一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60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.(2018·长沙一模)设全集U=R,函数f()=lg(|+1|-1)的定义域为A,集合B={|sin π=0},则(∁U A)∩B的子集个数为( )(A)7 (B)3 (C)8 (D)92.(2018·海南二模)已知复数满足(3+4i)=3-4i,为的共轭复数,则||等于( )(A)1 (B)2 (C)3 (D)43.(2018·滁州期末)已知cos(+α)=2cos (π-α),则tan(-α)等于( )(A)-4 (B)4 (C)- (D)4.已知直线2m-y-8m-3=0和圆C(-3)2+(y+6)2=25相交于A,B两点,当弦AB最短时,m的值为( )(A)-(B)-6 (C)6 (D)5.(2018·江西宜春二模)若(3+)n的展开式中含有常数项,且n的最小值为a,则d等于( )(A)0 (B)(C)(D)49π6.一个四棱锥的三视图如图所示,其中正视图是腰长为1的等腰直角三角形,则这个几何体的体积是( )(A)(B)1 (C)(D)27.(2018·广东模拟)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若A=,2bsin B+2csin C=bc+a,则△ABC的面积的最大值为( )(A)(B)(C)(D)8.函数f()=|ln |-2的图象大致为( )9.执行如图所示的程序框图,则输出s的值为( )(A)10 (B)17 (C)19 (D)3610.(2018·太原模拟)已知不等式a-2by≤2在平面区域{(,y)|||≤1且|y|≤1}上恒成立,则动点P(a,b)所形成平面区域的面积为( )(A)4 (B)8 (C)16 (D)3211.如图,F1,F2分别是双曲线C-=1(a,b>0)的左、右焦点,B是虚轴的端点,直线F1B与C的两条渐近线分别交于P,Q两点,线段PQ的垂直平分线与轴交于点M,交PQ于N.若|MF2|=|F1F2|,则C的离心率是( )(A) (B)(C) (D)12.(2018·菏泽期末)已知f()=若方程f()=m+2有一个零点,则实数m的取值范围是( )(A)(-∞,0]∪{-6+4}(B)(-∞,-e]∪{0,-6+4}(C)(-∞,0]∪{6-3}(D)(-∞,-e]∪{0,6-3}第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分.第13～21题为必考题,每个试题考生必须作答.第22,23题为选考题,考生根据要求作答.二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中的横线上)13.(2018·重庆巴蜀中学高三模拟)重庆巴蜀中学高三的某位学生的10次数学考试成绩的茎叶图如图所示,则该生数学成绩在(135,140)内的概率为.14.某公司对一批产品的质量进行检测,现采用系统抽样的方法从100件产品中抽取5件进行检测,对这100件产品随机编号后分成5组,第一组1～20号,第二组21～40号,…,第五组81～100号,若在第二组中抽取的编号为24,则在第四组中抽取的编号为.15.(2017·天津卷)在△ABC中,∠A=60°,AB=3,AC=2.若=2,=λ-(λ∈R),且·=-4,则λ的值为.16.(2018·唐山期末)在三棱锥P ABC中,底面ABC是等边三角形,侧面PAB是直角三角形,且PA=PB=2,PA⊥AC,则该三棱锥外接球的表面积为.三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)17.(本小题满分12分)(2018·滁州期末)已知数列{a n}是递增的等差数列,a2=3,a1,a3-a1,a8+a1成等比数列. (1)求数列{a n}的通项公式;(2)若b n=,数列{b n}的前n项和为S n,求满足S n>的最小的n的值.18.(本小题满分12分)某银行规定,一张银行卡若在一天内出现3次密码尝试错误,该银行卡将被锁定,小王到该银行取钱时,发现自己忘记了银行卡的密码,但可以确认该银行卡的正确密码是他常用的6个密码之一,小王决定从中不重复地随机选择1个进行尝试.若密码正确,则结束尝试;否则继续尝试,直至该银行卡被锁定.(1)求当天小王的该银行卡被锁定的概率;(2)设当天小王用该银行卡尝试密码的次数为,求的分布列和数学期望.19.(本小题满分12分)在如图所示的空间几何体中,平面ACD⊥平面ABC,△ACD与△ACB都是边长为2的等边三角形,BE=2,BE和平面ABC所成的角为60°,且点E在平面ABC上的射影落在∠ABC的平分线上.(1)求证DE∥平面ABC;(2)求二面角E BC A的余弦值.20.(本小题满分12分)已知抛物线C2=4y的焦点为F,过点F的直线l交抛物线C于A,B(B位于第一象限)两点.(1)若直线AB的斜率为,过点A,B分别作直线y=6的垂线,垂足分别为P,Q,求四边形ABQP 的面积;(2)若|BF|=4|AF|,求直线l的方程.21.(本小题满分12分)已知函数f()=ln -(a+1),g()=-a+a,其中a∈R.(1)试讨论函数f()的单调性及最值;(2)若函数F()=f()-g()不存在零点,求实数a的取值范围.请考生在第22,23题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分.22.(本小题满分10分)选修44坐标系与参数方程在直角坐标系Oy中,曲线C1的参数方程为(t为参数,m∈R),以原点O为极点,轴的非负半轴为极轴建立极坐标系,曲线C2的极坐标方程为ρ2=(0≤θ≤π).(1)写出曲线C1的普通方程和曲线C2的直角坐标方程;(2)已知点P是曲线C2上一点,若点P到曲线C1的最小距离为2,求m的值.23.(本小题满分10分)选修45不等式选讲已知函数f()=|-a|.(1)若f()≤m的解集为[-1,5],求实数a,m的值;(2)当a=2且0≤t<2时,解关于的不等式f()+t≥f(+2).1.C 因为f()=lg(|+1|-1),所以|+1|>1.即>0或<-2.所以A={|<-2或>0}.所以∁U A={|-2≤≤0}.又因为sin π=0,所以π=π(∈),所以=.所以B={|=,∈}.所以(∁U A)∩B={|-2≤≤0}∩{|=,∈}={-2,-1,0}.所以(∁U A)∩B的元素个数为3.所以(∁U A)∩B的子集个数为23=8.故选C.2.A 由题意得=,所以||=||===1.故选A.3.C 因为cos(+α)=2cos(π-α),所以-sin α=-2cos α⇒tan α=2,所以tan(-α)==-,故选C.4.A 因为2m-y-8m-3=0,所以y+3=2m(-4),即直线l恒过点M(4,-3);当AB⊥CM时,圆心到直线AB的距离最大,此时线段AB最短,则CM==3,AB=2m=-,故m=-.故选A.5.C 由题意知展开式的通项公式为T r+1=(3)n-r()r=,因为展开式中含有常数项,所以3n-r=0有整数解,所以n的最小值为7.故定积分d=π.6.A 由三视图知几何体是一个四棱锥,四棱锥的底面是一个直角梯形,梯形上底是1,下底是2,梯形的高是=,四棱锥的高是1×= ,所以四棱锥的体积是××=.故选A.7.C 由A=,2bsin B+2csin C=bc+a,可知bsin B+csin C=bcsin A+ asin A,得b2+c2=abc+a2,所以2bccos A=abc,解得a=2cos A=,又b2+c2=bc+3≥2bc,所以bc ≤3.从而S△ABC=bcsin A≤.8.C 由函数的定义域为>0,可知排除选项A;当>1时,f′()=-=,当1<<2时,f′()>0,当>2时,f′()<0,即f()在(1,2)内单调递增,在(2,+∞)内单调递减,排除选项B,D,故选C.9.C 开始s=0,=2;第一次循环s=2,=3;第二次循环s=5,=5;第三次循环s=10,=9;第四次循环s=19,=17,不满足条件,退出循环,输出s=19.故选C.10.A {(,y)|||≤1,且|y|≤1}表示的平面区域是原点为中心,边长为2的正方形ABCD,不等式a-2by≤2恒成立,即四点A(1,1), B(-1,1),C(-1,-1),D(1,-1)都满足不等式.即画出可行域如图所示.P(a,b)形成的图形为菱形MNPQ,所求面积为S=×4×2=4.故选A.11.B 因为线段PQ的垂直平分线为MN,|OB|=b,|OF1|=c.所以PQ=,MN=-.直线PQ为y=(+c),两条渐近线为y=±.由得Q(,);由得P(,).则PQ中点N(,).所以直线MN为y-=-(-),令y=0得M=c(1+).又因为|MF2|=|F1F2|=2c,所以3c=M=c(1+),所以3a2=2c2.解得e2=,即e=.故选B.12.B由题意函数f()的图象与直线y=m+2有一个交点.如图是f()的图象,>1时,f()=,f′()=-,设切点为(0,y0),则切线为y-=-(-0),把(0,2)代入,0=2+, f′(0)=4-6;≤1时,f()=2-e,f′()=-e,设切点为(′0,y′0),则切线为y-(2-)=-(-′0),把(0,2)代入,解得′0=1,又f(1)=2-e,f′(1)=-e1=-e,所以由图象知当m∈(-∞,-e]∪{0,4-6}时,满足题意,故选B.13.解析由题意,共有10个数学成绩,其中成绩在(135,140)内时的分数分别为136,136,138共三个.由古典概型得,该生数学成绩在(135,140)内的概率为=0.3.答案0.314.解析设在第一组中抽取的号码为a1,则在各组中抽取的号码满足首项为a1,公差为20的等差数列,即a n=a1+(n-1)×20,又第二组抽取的号码为24,即a1+20=24,所以a1=4,所以第四组抽取的号码为4+(4-1)×20=64.答案6415.解析由题意知||=3,||=2,·=3×2×cos 60°=3,=+=+=+(-)=+,所以·=(+)·(λ-)=·-+=×3-×32+×22=λ-5=-4,解得λ=.答案16.解析由于PA=PB,CA=CB,PA⊥AC,则PB⊥CB,因此取PC中点O,则有OP=OC=OA=OB,即O为三棱锥P ABC外接球球心,又由PA=PB=2,得AC=AB=2,所以PC==2,所以S=4π×()2=12π.答案12π17.解(1)设{a n}的公差为d(d>0),由条件得所以所以a n=1+2(n-1)=2n-1.(2)b n===(-),所以S n=(1-+-+…+-)=.由>得n>12.所以满足S n>的最小的n的值为13.18.解(1)设“当天小王的该银行卡被锁定”为事件A,则P(A)=××=.(2)依题意得,所有可能的取值是1,2,3.又P(=1)=,P(=2)=×=,P(=3)=××1=,所以的分布列为1 2 3P所以E()=1×+2×+3×=.19.(1)证明因为△ABC,△ACD都是边长为2的等边三角形,取AC的中点O,连接BO,DO,则BO⊥AC,DO⊥AC.又因为平面ACD⊥平面ABC,所以DO⊥平面ABC.作EF⊥平面ABC,那么EF∥DO.根据题意,点F落在BO上,所以∠EBF=60°,易求得EF=DO=,所以四边形DEFO是平行四边形,所以DE∥OF,又因为DE⊄平面ABC,OF⊂平面ABC,所以DE∥平面ABC.(2)解法一作FG⊥BC,垂足为G,连接EG.因为EF⊥平面ABC,所以EF⊥BC.又因为EF∩FG=F,所以BC⊥平面EFG,所以EG⊥BC,所以∠EGF就是二面角E BC A的平面角.Rt△EFG 中,FG=FB·sin 30°=,EF=,EG=.所以cos∠EGF== .即二面角E BC A的余弦值为.法二建立如图所示的空间直角坐标系O y,可知平面ABC的法向量为n1=(0,0,1),B(0,,0),C(-1,0,0),E(0,-1,),=(-1,-,0),=(0,-1,),设平面BCE的一个法向量为n2=(,y,),则可取n2=(-3,,1).所以cos<n1,n2>==.又由图知,所求二面角的平面角是锐角,所以二面角E BC A的余弦值为.20.解(1)由题意可得F(0,1),又直线AB的斜率为,所以直线AB的方程为y=+1.与抛物线方程联立得2-3-4=0,解之得1=-1,2=4.所以点A,B的坐标分别为(-1,),(4,4).所以|PQ|=|4-(-1)|=5,|AP|=|6-|=,|BQ|=|6-4|=2,所以四边形ABQP的面积为S=(+2)×5=.(2)由题意可知直线l的斜率存在,设直线l的斜率为,则直线ly=+1.设A(1,y1),B(2,y2),由化简可得2-4-4=0,所以1+2=4,12=-4.因为|BF|=4|AF|,所以-=4,所以=++2,即=-42=-,所以42=,即2=,解得=±.因为点B位于第一象限,所以>0,则=.所以l的方程为y=+1.21.解(1)由f()=ln -(a+1)(>0)得f′()=-(a+1)=(>0);①当a≤-1时,f′()>0,f()在(0,+∞)上单调递增,f()没有最大值,也没有最小值;②若a>-1,当0<<时,f′()>0,f()在(0,)上单调递增,当>时,f′()<0,f()在(,+∞)上单调递减,所以当=时,f()取到最大值f()=ln -1=-ln(a+1)-1,f()没有最小值.(2)F()=f()-g()=ln -(a+1)-(-a+a)=ln ---a(>0),由F′()=-1+==(>0),当0<<2时,F′()>0,F()单调递增,当>2时,F′()<0,F()单调递减,所以当=2时,F()取到最大值F(2)=ln 2-3-a,又→0时,有F()→-∞,所以要使F()=f()-g()没有零点,只需F(2)=ln 2-3-a<0,所以实数a的取值范围是(ln 2-3,+∞).22.解(1)由曲线C1的参数方程,消去参数t,可得C1的普通方程为-y+m=0.由曲线C2的极坐标方程得3ρ2-2ρ2cos2θ=3,θ∈[0,π],所以曲线C2的直角坐标方程为+y2=1(0≤y≤1).(2)设曲线C2上任意一点P为(cos α,sin α),α∈[0,π],则点P到曲线C1的距离为d==.因为α∈[0,π],所以cos(α+)∈[-1,],2cos(α+)∈[-2,],当m+<0时,m+=-4,即m=-4-;当m-2>0时,m-2=4,即m=6.所以m=-4-或m=6.23.解(1)因为|-a|≤m,所以a-m≤≤a+m,所以解得a=2,m=3.(2)a=2时等价于|-2|+t≥||,当≥2时,-2+t≥,因为0≤t<2,所以舍去;当0≤<2时,2-+t≥,所以0≤≤,成立;当<0时,2-+t≥-,成立.所以原不等式的解集是(-∞,].。