2022年高考数学(理数)二轮复习仿真模拟卷16(含解析)

1、高考仿真模拟卷(十六) (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|log2(x1)0，Bx|x3，则RAB( ) A(，1) B(2，3) C(2，3 D(，12，3 2已知 i 为虚数单位，且复数 z 满足 z2i11i，则复数 z 在复平面内的点到原点的距离为( ) A.132 B.262 C.102 D.52 3已知 x、y 取值如下表： x 0 1 4 5 6 8 y 1.3 m 5.6 6.1 7.4 9.3 从所得的散点图分析可知：y 与 x 线性相关，且y0

2、.95x1.45，则 m( ) A1.5 B1.55 C3.5 D1.8 4 已知 cos235，22，则 sin 2的值等于( ) A.1225 B1225 C.2425 D2425 5已知互不重合的直线 a，b，互不重合的平面 ，给出下列四个命题，错误的命题是( ) A若 a，a，b，则 ab B若 ，a，b则 ab C若 ，a，则 a D若 ，a，则 a 6 “a2”是“函数 f(x)|xa|在1，)上单调递增”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 7已知 O 为ABC 内一点，且AO12(OBOC)，ADtAC，若 B，O，D 三点共线，则t

3、 的值为( ) A.14 B.13 C.12 D.23 8执行如图所示的程序框图，若输出的 S 值为2，则中应填( ) An98? Bn99? Cn100? Dn0，b0)的左、右焦点，若双曲线左支上存在点 P与点 F2关于直线 ybax 对称，则该双曲线的离心率为( ) A. 2 B.52 C2 D. 5 10若实数 x、y 满足 xy0，则xxy2yx2y的最大值为( ) A2 2 B2 2 C42 2 D42 2 11曲线 yln x 上的点到直线 2xy30 的最短距离是( ) A.4ln 25 B.4ln 25 C.4ln 25 D.4ln 25 12已知三棱锥 P- ABC 的棱

4、AP、AB、AC 两两垂直，且长度都为 3，以顶点 P 为球心，以 2 为半径作一个球，则球面与三棱锥的表面相交所得到的四段弧长之和等于( ) A3 B.32 C.43 D.56 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已知等比数列an的前 n 项和为 Sn，前 n 项积为 Tn，若 S3a24a1，T5243，则 a1的值为_ 14已知点 Q 在圆 C：x2y22x8y130 上，抛物线 y28x 上任意一点 P 到直线 l：x2 的距离为 d，则 d|PQ|的最小值等于_ 15 “克拉茨猜想”又称“3n1 猜

5、想”，是德国数学家洛萨 克拉茨在 1950 年世界数学家大会上公布的一个猜想：任给一个正整数 n，如果 n 是偶数，就将它减半；如果 n 为奇数就将它乘 3 加 1，不断重复这样的运算，经过有限步后，最终都能够得到 1.己知正整数 m 经过 6次运算后得到 1，则 m 的值为_ 16已知偶函数 f(x)满足 f(x1)f(x1)，且当 x0，1时，f(x)x2，若关于 x 的方程f(x)|loga|x|(a0，a1)在2，3上有 5 个根，则 a 的取值范围是_ 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)甲、乙两俱乐部举行乒乓球团体对抗赛双方约定： 比赛采

6、取五场三胜制(先赢三场的队伍获得胜利，比赛结束)； 双方各派出三名队员，前三场每位队员各比赛一场已知甲俱乐部派出队员 A1、A2、A3，其中 A3只参加第三场比赛，另外两名队员 A1、A2比赛场次未定；乙俱乐部派出队员 B1、B2、B3，其中 B1参加第一场与第五场比赛，B2参加第二场与第四场比赛，B3只参加第三场比赛 根据以往的比赛情况，甲俱乐部三名队员对阵乙俱乐部三名队员获胜的概率如下表： A1 A2 A3 B1 56 34 13 B2 23 23 12 B3 67 56 23 (1)若甲俱乐部计划以 30 取胜，则应如何安排 A1、A2两名队员的出场顺序，使得取胜的概率最大？ (2)若

7、A1参加第一场与第四场比赛，A2参加第二场与第五场比赛，各队员每场比赛的结果互不影响，设本次团体对抗赛比赛的场数为随机变量 X，求 X 的分布列及数学期望 E(X) 18.(本小题满分 12 分)已知函数 f(x)2sin(x)(0，0 x11)， 若函数g(x)f（x1）f（x2）x1x2(xx1)f(x1) 证明： 对任意x(x1， x2)， 都有f(x)g(x) 21(本小题满分 12 分)已知椭圆 C1：x26y2b21(b0)的左、右焦点分别为 F1、F2，点 F2也为抛物线 C2：y28x 的焦点，过点 F2的直线 l 交抛物线 C2于 A，B 两点 (1)若点 P(8，0)满足|

8、PA|PB|，求直线 l 的方程； (2)T 为直线 x3 上任意一点，过点 F1作 TF1的垂线交椭圆 C1于 M，N 两点，求|TF1|MN|的最小值 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 4- 4：坐标系与参数方程 在直角坐标系 xOy 中，以坐标原点 O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C1：24cos 30，0，2，曲线 C2：34sin6，0，2 (1)求曲线 C1的一个参数方程； (2)若曲线 C1和曲线 C2相交于 A，B 两点，求|AB|的值 23(本小题满分 10 分)选修 4- 5：不等式选

9、讲 设函数 f(x)|2xa|2a. (1)若不等式 f(x)6 的解集为x|6x4，求实数 a 的值； (2)在(1)的条件下，若不等式 f(x)(k21)x5 的解集非空，求实数 k 的取值范围 高考仿真模拟卷(十六) 1解析：选 D.由集合 Ax|log2(x1)0 x|1x2，则RAx|x1 或 x2， 又 Bx|x3，所以RAB(，12，3 2解析：选 B.由 z2i11i，得 z2i11i2i1i（1i）（1i）1252i， 所以复数 z 在复平面内的点的坐标为12，52，到原点的距离为 14254262.故选 B. 3解析：选 D.由题意知 x01456864， y1.3m5.6

10、6.17.49.36 29.7m6， 将4，29.7m6代入y0.95x1.45 中，得29.7m60.9541.45，解得 m1.8. 4解析：选 D.因为 cos235，所以 sin 35，又22；当 n99 时，Slg 1002，跳出循环，故中应填n1 时，只要保证 loga31 即可，解得 a3，当 0a1 时，只要保证loga31 即可，即 loga31，解得 0P2， 所以甲俱乐部安排 A1参加第一场，A2参加第二场，则甲俱乐部以 30 取胜的概率最大 (2)比赛场数 X 的所有可能取值为 3、4、5， P(X3)562323161313718， P(X4)56C122313231

11、623316C12132313561331954， P(X5)1P(X3)P(X4)727， 所以 X 的分布列为 X 3 4 5 P 718 1954 727 所以 E(X)371841954572720954. 18解：(1)由题图知，34T1112634. 所以 T. 所以2，所以 2， 所以 f(x)2sin(2x)， 因为点6，2 在函数图象上， 所以 sin3 1， 所以322k(kZ)， 即 2k6(kZ)，因为 0， 所以 6，所以 f(x)2sin2x6. 因为12x4， 所以 02x623， 所以 0sin2x61， 所以 0f(x)2， 即函数 f(x)在12，4上的值域

12、为0，2 (2)因为 f(A)2sin2A61， 所以 sin2A612， 因为62A6136， 所以 2A656，所以 A3. 在ABC 中，由余弦定理得 BC294231227，BC 7. 由正弦定理得，7sin32sin B， 故 sin B217. 又 AC0 时，m1m(1)1m0， 即m1m1，所以 f(x)0， 所以 f(x)在(1，)上单调递增 当 m0，即m1m1， 由 f(x)0，解得1xm1m， 由 f(x)m1m， 所以 f(x)在1，m1m上单调递增，在m1m， 上单调递减 (2)证明：令 h(x)f(x)g(x)f(x)f（x1）f（x2）x1x2(xx1)f(x1

13、)， 则 h(x)f(x)f（x1）f（x2）x1x2. 因为函数 f(x)在区间(x1，x2)上可导，则根据结论可知，存在 x0(x1，x2)， 使得 f(x0)f（x2）f（x1）x2x1， 又 f(x)1x1m， 所以 h(x)f(x)f(x0) 1x11x01x0 x（x1）（x01）. 当 x(x1，x0时，h(x)0， 从而 h(x)单调递增， 所以 h(x)h(x1)0； 当 x(x0，x2)时，h(x)h(x2)0. 故对任意 x(x1，x2)，都有 h(x)0， 即 f(x)g(x) 21解：(1)由抛物线 C2：y28x 得 F2(2，0)， 当直线 l 的斜率不存在，即

14、l：x2 时，满足题意 当直线 l 的斜率存在时，设 l：yk(x2)(k0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由y28x，yk（x2）得 k2x2(4k28)x4k20， 所以 x1x24k28k2，y1y2k(x1x2)4k8k. 设 AB 的中点为 G， 则 G2k24k2，4k，因为|PA|PB|， 所以 PGl，kPGk1， 所以4k02k24k28 k1， 解得 k 2， 则 y 2(x2)， 所以直线 l 的方程为 y 2(x2)或 x2. (2)因为 F2(2，0)， 所以 F1(2，0)，b2642， 所以椭圆 C1：x26y221. 设点 T 的坐标为(3，m)， 则

15、直线 TF1的斜率 kTF1m032m， 当 m0 时，直线 MN 的斜率 kMN1m，直线 MN 的方程是 xmy2，当 m0 时，直线MN 的方程是 x2，也符合 xmy2 的形式， 所以直线 MN 的方程是 xmy2. 设 M(x3，y3)，N(x4，y4)，则联立x26y221xmy2，得(m23)y24my20， 所以 y3y44mm23，y3y42m23. |TF1|m21， |MN|（x3x4）2（y3y4）2 （m21）（y3y4）24y3y4 24（m21）m23. 所以|TF1|MN|124（m23）2m21 124m214m214 33， 当且仅当 m214m21， 即 m 1 时，等号成立， 此时|TF1|MN|取得最小值33. 22解：(1)由 24cos 30 可得，x2y24x30. 所以(x2)2y21. 令 x2cos ，ysin ， 所以 C1的一个参数方程为x2cos ysin ( 为参数，R) (2)C2：4sin 6cos cos 6sin 3， 所以 412x32y 3，即 2x2 3y30. 因为直线 2x2 3y30 与圆(x2)2y21 相交于 A，B 两点， 所以圆心到直