高中数学仿真模拟试题二理 试题

创作；朱本晓

2022年元月元日

普通高等招生全国统一考试仿真模拟（二）

理科数学

第一卷（一共60分）

一、选择题：本大题一一共12个小题，每一小题5分，一共60分.在每一小题给出的四个

选项里面，只有一项是哪一项符合题目要求的.

s={「2},T={x|x2<4x-3},那么SAT=（）

A.{l}B.也}C.1D.2

2.（2021•模拟）复数z=（a+i）Cl-i）,a=R,i是虚数单位.假设|J=2,那么a=（）

A.1B.-1C.0D.±1

3.（2021•质检）某公司为了增加其商品的销售利润，调查了该商品投入的广告费用x与销

售利润y的统计数据如下表：

广告费用X（万元）2356

销售利润y（万元）57911

由表中数据，得线性回归方程I：

y=bx+a,b=i=i/_\,a=y-bx，那么以下结论错误的选项是()

111(汇)|||

JI

A.b>0B.a>0c.直线I过点(4,8)D.直线I过点(2,5)

{a}为等差数列，a+a=1,2+2=9,那么2+2=()

n23101156

A.4B.5c.6D.7

(\[logx,x>0,1

5.(2021•质检)函如3=(05*<0,那么f(|(f(|(2抛=(

11

A.4艮TC.-4D.-

44

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6.一个几何体的三视图如下图，那么该几何体的外表积为（）

A.9+石B,18+2^C.96+3D.186+2

7.(2021•实战考试)直线ax+y—1=0与圆C:(x—1)2+(y+a)2=1相交于A,B，且

△ABC为等腰直角三角形，那么实数a的值是（）

1

A.一或者—1B.-1C.1或者—1D.1

7

8•按如下的程序框图，假设输出结果为273,那么判断框应补充的条件为（）

A.i>7B.i>7c.i>9D.i>9

P—ABC,在底面△ABC中，三A=60三B=90,BC=73,PAJ平面ABC,

PA=2,那么此三棱锥的外接球的体积为（）

A.8MB.4出几J苧D.8几

33

io.（2021•统测）过点A（Z'Q）的直线I与x轴的正半轴交于点B,与直线l,：y=25交

于点C,且点C在第一象限，O为坐标原点，设|OB|二x,假设f（x）=|OB|+|OCI，那

么函数y=f（x）的图象大致为（）

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o123456：〃123456%°、2345670123456*

A.B.C.D.

11.（2021•模拟）双曲线”一心1（a>0,b>0）的右焦点到左顶点的间隔等于它到渐

a2b2

近线间隔的2倍，那么其渐近线方程为（）

A.2x±y=0B.x±2y=0c.4x±3y=0D.3x±4y=0

12.（2021•一监）偶函数《XWXHO）的导函数为f（x）,且满足f（1）=0,当X>0时，

xf（x）<2f（x）,那么使得f（x）>0成立的X的取值范围是（）

A.（-oc,-H）J（0,1）B.（-X,-1）（_/1,+OO）

C.（一1,0必（1,+oc）D.（-

第二卷（一共90分）

二、填空题（每一小题5分，满分是20分，将答案填在答题纸上）

13.（2021•监测）向量mN（入+1,1）,心（为+2,2）,假设（rrT+n）/（m-n）,那么

入=・

[x-y-2>0,

x,y满足条件仅一2«0,那么z=x+3y的最小值为__________.

卜+1>0,

15.（2021•模拟）（x2+X+lll-X卜展开式中X2的系数为_________.

:a；的前n项和为S,且满足a=1,a=2S（nwN•），那么a=

nn1IH-1nn

三、解答题（本大题一一共6小题，一共70分.解容许写出文字说明、证明过程或者演算

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步骤.)

cosB2cosA

17.在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,-=cosC

2a-bc

a

(i)求一的值；

b

(2))假设角A是钝角，且c=3,求b的取值范围.

18.某人经营一个抽奖游戏，顾客花费2元钱可购置一次游戏时机，每次游戏中，顾客从装

有」个黑球，3个红球，6个白球的不透明袋子中依次不放回地摸出3个球(除颜色外其他都

一样)，根据摸出的球的颜HY况进展兑奖.顾客获得一等奖、二等奖、三等奖、四等奖时分

别可领取奖金a元，10元、5元、1元.假设经营者将顾客摸出的3个球的颜HY况分成以

下类别：A：1个黑球，2个红球；B：3个红球：C：恰有1个白球；D：恰有2个白球；

E：3个白球，且经营者方案将五种类别按照发生时机从小到大的顺序分别对应中一等奖、

中二等奖、中三等奖、中四等奖、不中奖五个层次.

(1)请写出一至四等奖分别对应的类别(写出字母即可)；

(2)假设经营者不打算在这个游戏的经营中赔本，求a的最大值；

(3)假设a=50,当顾客摸出的第一个球是红球时，求他领取的奖金的平均值.

19.(2021•二模)如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是菱形，=DAB=60,

PDJ平面ABCD,PD=AD=1,点E,F分别为AB和PD中点.

P

(1)求证：直线AF//平面PEC；

(2)求PC与平面PAB所成角的正弦值.

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20.(2021•调研)设直线I:y=k(x+I)(k丰0)与椭圆X2+4y2=m2(m>0)相交于A,

B两个不同的点，与x轴相交于点C,O为坐标原点.

(2)假设AC=3CB,求^OAB的面积获得最大值时椭圆的方程.

21.(2021•广西质检)设函数f(x)=clnx+1-X2+bx(b,c=R,c丰0),且x=1为f(x)

2

的极值点.

(1)假设x=1为f(x)的极大值点，求f(x)的单调区间(用C表示)；

(2)假设f(x)=。恰有两解，务实数C的取值范围.

请考生在22、23两题中任选一题答题，假如多做，那么按所做的第一题记分.

22.选修4-4：坐标系与参数方程

(x=1+cosa

在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为(,.仁(a为参数)，在以坐标原点为

|y=sma

极点，X轴正半轴为极轴的极坐标系中，直线I的极坐标方程为psin(|(9+「1=k2.

(1)求曲线C和直线I在该直角坐标系下的普通方程：

(2)动点A在曲线C上，动点B在直线I上，定点P的坐标为(-2,2),求|PB|+|AB|的

最小值.

23.选修4-5：不等式选讲

,ifia,b,c=R+且a+b+c=1.

Q2_1

(1)求证：2ab+be+ca+_三_；

22

⑵求证：…+b2+%+C2+b之2.

bca

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试卷答案

一、选择题

1-5:BDDAB6-10:BCBAB11,12：CD

二、填空题

13.014.-215.316.a；

n>2.

三、解答题

cosB2cosAcosC

17.解析：（1：

2abc

.\c（cosB-2cosA）=cosC（2a-b）,

在△ABC中，由正弦定理有，

sinCcosB-2sinCcosA=2sinAcosC-sinBcosC,

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即sin（B+C）=2sin（A+C）,

A+B+C=几，

a

/.sinA=2sinB,=2.

b

（2）由余弦定理

巾仙=加+9-m=6+9-加=9-3b2想。

%.2AA6b

b>/3,①

b+c>a,

b+3>2b,

二.b想3,②

由①②得b的范围是（石,3）.

Ci.C23

W-13--,

C3C3

1010

P（B）=9=_L,

C3C3

1010

C3C3

1010

p（D）=c：&+c；）=e

C3C3

1010

P（E）=_2=2,

C3C3

1010

••・P（B）想P（A）想P（E）想P（C）想P（D）.

中一至四等奖分别对应的类别是B,A,E,C.

（2）设顾客进展一次游戏经营者可盈利X元，那么

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13203660

P

C3C3C3C3C3

1010101010

.•.-L^-a+2—24—60+36+120)>0,

C3

10

a共74,即a的最大值为74兀.

CICl.Cl2

（3）此时中一等奖的概率P=:-41•二等奖的概率「=21---------=—；

1C2c22C2C2

9999

Ci（C+C2）18

中三等奖的概率P=0,中四等奖的概率P=622=——，

34c2c2

99

.•.150人1+10人2+0+1人18）=50+380元，

C2369

9

22

即此时顾客领取的奖金的平均值为元.

9

19.解析：（1）证明：作FM//CD交PC于M.

•..点F为PD中点，

1

FM=-CD.

2

..•点E为AB中点，

AE=1AB=FM,

2

又AE//FM,

二四边形AEMF为平行四边形,

AF//EM,

•••AF亿,平面PEC,EM彳二平面PEC,

...直线AF//平面PEC.

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如图，建立空间直角坐标系，

那么p(0,0,1),c(0,1,0),E(W2-J0J0))||,A(||(B洲.

所以，AP=(||(^J,1))11^=(0,1,0),

设平面PAB的一个法向量为：n=(x,y,z),

(|h.AB=0,

||n.AP=0,

|ly=0,

-(©

解得；n=1Q，2州，

一(@

所以平面PAB的法向量为：n=।1,0,-1|.

VPC=(O,1,-1),

，设向量n和PC的夹角为9,

n."PCJ42

8S9=j.----------,

|眄14

^42

•••PC与平面PAB所成角的正弦值为

14-

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20.解析：（1）依题意，直线I显然不平行于坐标轴，故y=k（x+1）可化为x=1工一1.

k

1

将x二一y-1代入X2+4y2=rm,消去x,

k

得（1+4k?）yz—2ky+k2（1—rr）2）=0,①

由直线I与椭圆相交于两个不同的点,

(1—m?)(1+4k2)>04k2

编=4k?—4k2整理得作>-----

1+4k2

(2)设A(X,y),B(x,y).由①，得y+y=------,

1122121+4k2

因为AC=3CB,得y=—3y,代入上式，得y=-^-

1221+4k2

帝什利_1

于是，aOAB的面积S=-pC.|y|—y'2R*

21221+4k241kl2

其中，上式取等号的条件是4k2=1,即卜=士一.

2

——k1

由y二------，可得y=士一.

21+4k224

,11,11

y=及k=-y=一

224224

5

这两组值分别代入①，均可解出m2=一.

2

所以，^OAB的面积获得最大值时椭圆的方程是

28

—X2+-y2=1.

55

21.解析：L（x）=叱x+b=X2+bx+c又f,⑴=0,

XX

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那么b+c+1=0,所以f(x)=(x-^x-c,且

X

(1)因为x=1为Kx))的极大值点，所以c>1,

r

当0vxv1时，f(x)>0；当1<x<c时，f(x)<0;

当x>c时，f'(x)>0,

所以<x)的单调递增区间为(0,1),(c,+8)；单调递减区间为(1,c).

(2)①假设C<0,那么《X)在(0,1)上单调递减，在(1,+oc)上单调递增，

f(x)=0恰有两解，那么《1)<0,那么L+b<0,

2

所以一」<c<0；

2

②假设0<c<1,那么f(x)=f(c)=clnc+lc2+bc,f(x)=f(1)="b,

极大值2极小值2

因为b=-1-c，那么f(x)=cInc-1-C)=CInc-C<0,

极大值22

f(x)=—1.=-c,从而f(x)=0只有一■解；

极小值2

幽设c>1,那么f(x)=cInc-1-c)=cInc-c-^<0,

极小值22

f(X)=一1一c,那么f(x)=0只有一解.

极大值2

综上，使《X)=0恰有两解的C的取值范围为一L<c<o.

2

(X=1+COSCC

22.解析：(1)由曲线C的参数方程〈可得，

[y=sincx

(x-1>+y2=cos2a+sin2a=1,

所以曲线c的普通方程为(x-l)2+y2=1.

由直线I的极坐标方程Psir?0+

I4J

可得p(sin。+cosO)=4,即x+y=4.

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（2）设点P关于直线I的对称点为Q（a,b）,

(-2+42+b_4

|22(a=2,

那么

b-2解得I=6

)

IIIa-(-2,

由（1）知，曲线C为圆，圆心坐标为C（1,o）,

故|PB|+|AB|=|QB|+|AB|>pC|-1=回―1.

当Q,B,A,C四点一共线，且A在B,C之间时，等号成立，

所以|PB|+|AB|的最小值为4匚1.

23.证明：(1)因为1=(a+b+ch=a?+b2+C2+2ab+2bc+2ca>4ab+2bc+2ca+年,

所以2ab+be+ca+