2022年高考数学(理数)二轮复习仿真模拟卷14(含解析)

1、高考仿真模拟卷(十四)(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|y x4，Bx|12x10，则(RA)B()A(4，)B.0，12C.12，4D(1，42若命题“x0R，x20(a1)x010”是真命题，则实数 a 的取值范围是()A1，3B(1，3)C(，13，)D(，1)(3，)3已知 a，bR，且 ab，则下列式子恒成立的是()Aaln xbln xBaxbxCa2b2Da12xb12x4在ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，外接圆半径为 R，若 bs

2、in BasinA12asin C，且ABC 的面积为 2R2sin B(1cos 2A)，则 cos B()A.14B.13C.12D.345不等式组xy0，xy2，x2y2的解集记为 D，若(a，b)D，则 z2a3b 的最小值是()A4B1C1D46某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积与其外接球的体积之比为()A13B. 3C13 3D1 37将函数 ysinx6 的图象上各点的横坐标变为原来的12(纵坐标不变)，再往上平移 1个单位，所得图象对应的函数在区间4，2 上的值域为()A.132，2B.12，2C0，2D.12，18.四色猜想是世界三大数学猜想之一，1976 年美国数学

3、家阿佩尔与哈肯证明了四色定理其内容是：“任意一张平面地图只用四种颜色就能使具有共同边界的国家涂上不同的颜色”用数学语言表示为“将平面任意地细分为不相重叠的区域，每一个区域总可以用 1，2，3，4 四个数字之一标记，而不会使相邻的两个区域得到相同的数字”如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗实线围成的各区域(如区域 D 由两个边长为 1 的小正方形构成)上分别标有数字 1，2，3，4 的四色地图符合四色定理，区域 A、B、C、D、E、F 标记的数字丢失，若在该四色地图上随机取一点，则恰好取在标记为 4 的区域的概率是()A.115B.415C.315D.11159 学生的语文、 数学成绩均被评定

4、为三个等级， 依次为“优秀”“合格”“不合格” 若学生甲的语文、数学成绩都不低于学生乙，且其中至少有一门成绩高于乙，则称“学生甲比学生乙成绩好”如果一组学生中没有哪位学生比另一位学生成绩好，并且不存在语文成绩相同、数学成绩也相同的两位学生，那么这组学生最多有()A2 人B3 人C4 人D5 人10若实数 a，b，c，d 满足(ba23ln a)2(cd2)20，则(ac)2(bd)2的最小值为()A. 2B8C2 2D211已知点 O 为坐标原点，点 M 在双曲线 C：x2y2(为正常数)上，过点 M 作双曲线C 的某一条渐近线的垂线，垂足为 N，则|ON|MN|的值为()A.4B.2CD无法

5、确定12已知 f(x)是定义在 R 上的减函数，其导函数 f(x)满足f（x）f（x）x1，则下列结论正确的是()A对于任意 xR，f(x)0C当且仅当 x(，1)时，f(x)0题号123456789101112答案第卷二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分13 已知向量 a， b， 其中|a| 3， |b|2， 且(ab)a， 则向量 a 和 b 的夹角是_14在三棱锥 SABC 中，SABSACACB90，AC2，BC 13，SB 29，则异面直线 SC 与 AB 所成角的余弦值为_15已知 mZ，关于 x 的一元二次不等式 x26xm0 的解集中有且仅有 3 个整数，则所有符合条件

6、的 m 的取值集合是_16已知椭圆 C 的方程为x24y231，A、B 为椭圆 C 的左、右顶点，P 为椭圆 C 上不同于A、B 的动点，直线 x4 与直线 PA、PB 分别交于 M、N 两点，若 D(7，0)，则过 D、M、N三点的圆必过 x 轴上不同于点 D 的定点，其坐标为_三、解答题：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)已知等差数列an中，a22，a3a58，数列bn中，b12，其前 n 项和 Sn满足：bn1Sn2(nN*)(1)求数列an，bn的通项公式；(2)设 cnanbn，求数列cn的前 n 项和 Tn.18(本小题满分 12 分)株洲市某中学利

7、用周末组织教职员工进行了一次秋季登石峰山健身的活动，有 N 人参加，现将所有参加人员按年龄情况分为20，25)，25，30)，30，35)，35，40)，40，45)，45，50)，50，55等七组，其频率分布直方图如图所示已知35，40)之间的参加者有 8 人(1)求 N 和30，35)之间的参加者人数 N1；(2)已知30，35)和35，40)之间各有 2 名数学教师，现从这两个组中各选取 2 人担任接待工作，设两组的选择互不影响，求两组选出的人中都至少有 1 名数学教师的概率；(3)组织者从45，55之间的参加者(其中共有 4 名女教师，其余全为男教师)中随机选取 3名担任后勤保障工作，

8、其中女教师的人数为，求的分布列和数学期望 E()19(本小题满分 12 分)已知在三棱柱 ABCA1B1C1中，侧面 ABB1A1为正方形，延长 AB 到 D，使得 ABBD，平面 AA1C1C平面 ABB1A1，A1C1 2AA1，C1A1A4.(1)若 E，F 分别为 C1B1，AC 的中点，求证：EF平面 ABB1A1；(2)求平面 A1B1C1与平面 CB1D 所成的锐二面角的余弦值20.(本小题满分 12 分)如图，已知 M(x0，y0)是椭圆 C：x26y231 上的任一点，从原点 O 向圆 M：(xx0)2(yy0)22 作两条切线，分别交椭圆于点 P，Q.(1)若直线 OP，O

9、Q 的斜率存在，并记为 k1，k2，求证：k1k2为定值；(2)试问|OP|2|OQ|2是否为定值？若是，求出该值；若不是，说明理由21(本小题满分 12 分)已知函数 f(x)ln x，g(x)12axb.(1)若 f(x)与 g(x)在 x1 处相切，试求 g(x)的表达式；(2)若(x)m（x1）x1f(x)在1，)上是减函数，求实数 m 的取值范围；(3)证明不等式：2nn11ln 21ln 31ln 41ln（n1）n2112131n(nN*)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22(本小题满分 10 分)选修 44：坐标系与参数方程极坐标系的极点为

10、直角坐标系 xOy 的原点，极轴为 x 轴的正半轴，两种坐标系中的长度单位相同已知曲线 C 的极坐标方程为2(cossin)，斜率为 3的直线 l 交 y 轴于点E(0，1)(1)求 C 的直角坐标方程，l 的参数方程；(2)直线 l 与曲线 C 交于 A、B 两点，求|EA|EB|.23(本小题满分 10 分)选修 45：不等式选讲已知函数 f(x)|x6|mx|(mR)(1)当 m3 时，求不等式 f(x)5 的解集；(2)若不等式 f(x)7 对任意实数 x 恒成立，求 m 的取值范围高考仿真模拟卷(十四)1解析：选 B.由题意得，A4，)，B0，12 ，所以(RA)B0，12 .2解析

11、：选 D.因为命题“x0R，x20(a1)x010，即 a22a30，解得 a3，故选 D.3解析：选 D.对于 A，当 0 x1 时，ln x0，此时 aln xbln x，故排除 A；对于 B，当 x0 时，axbx，故排除 B；对于 C，取 a0，b1，则 a2b2，故排除 C；对于 D，因为对任意的 x，12x0，所以 a12xb12x恒成立，故选 D.4解析：选 D.因为 bsin Basin A12asin C，所以由正弦定理得，b2a212ac，因为ABC 的面积为 2R2sin B(1cos 2A)a2sin B，所以12acsin Ba2sin B，则 c2a，代入得，b22

12、a2，由余弦定理得，cos Ba2c2b22aca24a22a24a234.5解析：选 A.画出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分所示，当 a2，b0时，z2a3b 取得最小值4.6解析：选 D.由三视图可知，几何体是一个三棱柱，体积 V1122224，外接球的直径的平方 4R222222212，R 3，所以球的体积 V243R34 3，体积比 V1V244 31 3.7解析：选 A.将函数 ysinx6 的图象上各点的横坐标变为原来的12，可得 ysin2x6 的图象， 再往上平移 1 个单位， 得函数 ysin2x6 1 的图象 因为4x2， 所以32x676， 所以 ysin2x6

13、的最大值为 1， 最小值为32，故函数 ysin2x6 1 的值域为132，2.8解析：选 B.因为区域 C 相邻标记 1，2，3 的区域，所以区域 C 标记 4，进而区域 D 相邻标记 2，3，4 的区域，从而推出区域 D 标记 1，区域 A 相邻标记 1，2，4 的区域，所以区域 A 标记 3，区域 E 相邻标记 2，3，4 的区域，从而区域 E 标记 1，区域 F 相邻标记 1，3，4的区域，从而标记 2，区域 B 相邻标记为 1，2，3 的区域，所以标记 4，所以只有 B，C 标记为 4，共占 8 个边长为 1 的正方形，面积为 8，总共的区域面积为 30，所以在该四色地图上随机取一点

14、，则恰好取在标记为 4 的区域的概率是830415.故选 B.9解析：选 B.首先要证，没有任意两个同学的数学成绩是相同的假设 A，B 两名同学的数学成绩一样，由题知他们的语文成绩不一样，这样他们的语文成绩总有一个人比另一个人高，相应地由题可知，语文成绩较高的同学比另一个同学“成绩好”，与已知条件“他们之中没有一个比另一个成绩好”相矛盾因此看得出，没有任意两个同学的数学成绩是相同的 因为数学成绩等级只有 3 种， 因而同学数量最大为 3.之后要验证 3 名同学能否满足条件 易证 3 名同学的成绩等级分别为(优秀，不合格)、(合格，合格)、(不合格，优秀)时满足条件因此满足条件的最多人数是 3.

15、10解析：选 B.因为实数 a，b，c，d 满足(ba23ln a)2(cd2)20，所以 ba23ln a0，设 by，ax，则有 y3ln xx2，且 cd20，设 cx1，dy1，则有 y1x12，所以(ac)2(bd)2的最小值就是曲线 y3ln xx2上的点到直线 yx2 的最小距离的平方值对曲线 y3ln xx2求导得 y3x2x，易知 y3ln xx2在0，62 上单调递增，在62，上单调递减，与 yx2 平行的切线的斜率 k13x2x，解得 x1 或 x32(舍去)，把 x1 代入 y3ln xx2，得 y1，即切点为(1，1)，切点到直线 yx2 的距离为|112|22 2，

16、所以(ac)2(bd)2的最小值为 8.11解析：选 B.因为 M 为双曲线上任一点，所以可取 M 为双曲线的右顶点，由渐近线 yx 知OMN 为等腰直角三角形，此时|OM| ，|ON|MN|2，所以|ON|MN|2.12解析：选 B.法一：因为函数 f(x)是定义在 R 上的减函数，所以 f(x)0.因为f（x）f（x）xf(x)，所以 f(x)(x1)f(x)0，构造函数 g(x)(x1)f(x)，则 g(x)f(x)(x1)f(x)0，所以函数 g(x)在 R 上单调递增，又 g(1)(11)f(1)0，所以当 x1 时，g(x)0；当x1 时， g(x)0， 所以 f(x)0.因为 f

17、(x)是定义在 R 上的减函数， 所以 f(1)0.综上， 对于任意 xR，f(x)0.法二：因为函数 f(x)是定义在 R 上的减函数，所以 f(x)1 时，f（x）f（x）1x0，排除 A；又函数 f(x)在 R 上单调递减，所以当 x1 时，f(x)0，排除 C、D.13解析：设 a 与 b 的夹角为，因为(ab)a，所以(ab)a0，即 a2ab0，所以ab3，即|a|b|cos3，所以 cos3|a|b|32 332，因为 0，所以56.答案：5614.解析：如图，取 A 为原点、AB 和 AS 所在直线分别为 y 轴和 z 轴建立空间直角坐标系则点 B(0，17，0)，S(0，0，

18、2 3)，C21317，417，0，故SC21317，417，2 3，AB(0，17，0)于是，所求夹角的余弦值为SCAB|SC|AB|1717.故答案为：1717.答案：171715解析：设函数 f(x)x26xm，可知其图象开口向上，对称轴是 x3，又 x26xm0 的解集中有且仅有 3 个整数，则f（2）0f（1）0，即2262m01261m0，解得 5m8，又 mZ，故 m6，7，8，所以符合条件的 m 的取值集合是6，7，8答案：6，7，816解析：设点 P(x0，y0)、M(4，yM)、N(4，yN)，则直线 PA、PB 所在的直线方程分别为yy0 x02(x2)，yy0 x02(

19、x2)，依题意，可求得 yM6y0 x02，yN2y0 x02.因为DM(3，yM)，DN(3，yN)，所以DMDN912y20 x204，又x204y2031，所以 123x204y20，即12y20 x2049，所以DMDN0，所以 MN 为过 D、M、N 三点的圆的直径法一：设定点为 E(t，0)，则 MN 为线段 DE 的垂直平分线，又线段 MN 为圆的直径，令圆心为 F(4，a)，可得|EF|FD|，即 （4t）2（a0）2 （47）2（a0）2，解得 t1 或 7(舍)，所以定点坐标为(1，0)法二：设定点为 E(t，0)，则 MN 为线段 DE 的垂直平分线，所以点 E 与点 D

20、 关于直线 x4 对称，故定点为 E(1，0)答案：(1，0)17解：(1)设an的公差为 d，因为 a22，a3a58，所以 2d23d8，所以 d1，所以 ann.因为 bn1Sn2(nN*)，所以 bnSn12(nN*，n2)得，bn1bnSnSn1bn(nN*，n2)，所以 bn12bn(nN*，n2)因为 b12，b22b1，所以bn为等比数列，b12，q2，所以 bn2n.(2)因为 cnanbnn2n，所以 Tn12222323n12n1n2n，12Tn122223324n12nn2n1，两式相减，得12Tn1212212nn2n112n2n1，所以 Tn2n22n.18解：(1

21、)年龄在35，40)之间的概率为 0.0450.2，所以总人数 N80.240，因为 1(0.010.030.040.030.020.01)50.3，所以年龄在30，35)之间的参加者人数 N1400.312.(2)记事件 B 为从年龄在30，35)之间选出的人中至少有 1 名数学教师，因为年龄在30，35)之间的人数为 12，所以 P(B)1C210C212722；记事件 C 为从年龄在35，40)之间选出的人中至少有 1 名数学教师，因为年龄在35，40)之间的人数为 8，所以 P(C)1C26C281328，则所求概率为 P(BC)P(B)P(C)72213281388.(3)年龄在45

22、，55之间的人数为 6，其中女教师有 4 人，的所有可能取值为 1，2，3，则P(1)C14C22C3615，P(2)C24C12C3635，P(3)C34C3615，所以的分布列为123P153515数学期望为 E()1152353152.19解：(1)证明：如图，取 A1C1的中点 G，连接 FG，EG，在A1B1C1中，EG 为中位线，所以 GEA1B1，因为 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， 因为 EF平面 GEF，所以 EF平面 ABB1A1.(

23、2)连接 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，因为 AB平面 ABB1A1，所以 AC1AB，因为侧面 ABB1A1为正方形，所以 AA1AB，以 AA1，AB，AC1所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设 AB1，则 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)，设平面 A1B1C1的法向量为 m(x1，y1，z1)，则 mA1C10，mA1B10，即x1z10y10，令 x11，则 y10，z11，故 m(1，0，1)为平面 A1B1C1的一个法向量，设平面 CB1D 的法向量为 n(x2，y2，z2)，则 nCB10，nCD0，即2x2y2z20 x22y2z20，令 x21，则 y21，z23，故 n(1，1，3)为平面 CB1D 的一个法向量，所以 cosm，nmn|m|n|1101132 1212322

25、 2211，所以平面 A1B1C1与平面 CB1D 所成的锐二面角的余弦值为2 2211.20 解： (1)证明： 因为直线 OP： yk1x 以及 OQ： yk2x 与圆 M 相切， 所以|k1x0y0|1k21 2，化简得(x202)k212x0y0k1y2020，同理(x202)k222x0y0k2y2020，所以 k1， k2是方程(x202)k22x0y0ky2020 的两个不相等的实数根， 所以 k1 k2y202x202.因为点 M(x0，y0)在椭圆 C 上，所以x206y2031，即 y20312x20，所以 k1k2112x20 x20212.(2)|OP|2|OQ|2是定

26、值，定值为 9.理由如下：法一：当直线 OP，OQ 不落在坐标轴上时，设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立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.当直线 OP，OQ 落在坐标轴上时，显然有|OP|2|OQ|29，综上：|OP|2|OQ|29.法二：当直线 OP，OQ 不落

27、在坐标轴上时，设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，因为 k1k212，所以 y21y2214x21x22，因为 P(x1，y1)，Q(x2，y2)在椭圆 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.当直线 OP，OQ 落在坐标轴上时，显然有|OP|2|OQ|29.综上：|OP|2|OQ|29.21解：(1)由已知得 f(x)1x，所以 f(1)112a，a2.又因为 g(1)012ab，所以 b1，所以 g(x)x1.(2)因为(x)m（x1）x1f(x)m（x1）x1l