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1、高考仿真卷(七)(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40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|log3(x3)1，BxZ|x290，则AB等于()A(，3(3,6 B(3,6C3,4,5,6 D4,5,6答案D解析由log3(x3)1，可得解得3x6，即Ax|3x6，又由BxZ|x290xZ|x3或x3，可得ABxZ|3x64,5,62(2022西安五区联考)设复数z满足|z|z1|1，且z的实部小于虚部，则z等于()A.i B.iC.i D.i答案D解析设zxyi(x，yR且xy)，则解得所以zi.3(2022连云港模拟
2、)2022年北京冬奥会参加冰壶混双比赛的队伍共有10支，冬奥会冰壶比赛的赛程安排如下，先进行循环赛，循环赛规则规定每支队伍都要和其余9支队伍轮流交手一次，循环赛结束后按照比赛规则决出前4名进行半决赛，胜者决冠军，负者争铜牌，则整个冰壶混双比赛的场数是() A48 B49 C93 D94答案B解析由已知可得，循环赛的比赛场数为C45，故总场数为4521149.4(2022哈尔滨第九中学模拟)在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，sin C，c2，b3，则cos B的值为()A B. C D答案C解析根据正弦定理，得sin B，所以cos B.5(2022西安五区联考)已知抛物线y28
3、x的焦点为F，过点F作直线l与抛物线分别交于A，B两点，若第一象限内的点M(t,4)为线段AB的中点，则AB的长度为()A12 B18 C16 D8答案C解析由已知得F(2,0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为xmy2，联立得y28my160，y1y28m，由4得m1.x1x2m(y1y2)412，|AB|x1x2416.6已知数列an满足a115，a2，且2an1anan2.若akak10，则正整数k等于()A21 B22 C23 D24答案C解析由2an1anan2知，数列an是等差数列，首项是a115，公差是da2a115，所以an15(n1)n，所以akak10
4、可化为0，kN*，解得k23.7过直线xym0上一点P作圆M：(x2)2(y3)21的两条切线，切点分别为A，B，若使得四边形PAMB的面积为的点P有两个，则实数m的取值范围为()A5m3 B3m5Cm3 Dm5答案A解析由圆M：(x2)2(y3)21可知，圆心M(2,3)，半径为1，|MA|MB|1，四边形PAMB的面积为S|PA|MA|PB|MB|PA|，|PM|2，要使四边形PAMB的面积为的点P有两个，则2，解得5m0时，g(x)0，则g(x)的大致图象如图所示，令t，则h(t)t2ata0，由二次函数的图象可知，一元二次方程的一根t1必在内，另一根t2或t20或t2(，0)，当t2时
5、，a，则另一根t1，不满足题意；当t20时，a0，则另一根t10，不满足题意；当t2(，0)时，由二次函数h(t)t2ata0的图象可知解得0a，则实数a的取值范围是.二、选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分)9已知2x3,3y4，则()Axy Dxy2答案BCD解析由2x3,3y4得xlog23，ylog34，因为xlog23log2，所以A错；因为xylog23log342log322，故B正确；因为xlog231log2，ylog341log3，又log2，log3，且，所以log2log
6、3log3，故xy，所以C正确；因为x0，y0且xy，所以xy22，所以D正确10(2022烟台模拟)甲罐中有3个红球、2个黑球，乙罐中有2个红球、2个黑球，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，以A表示事件“由甲罐取出的球是红球”，再从乙罐中随机取出一球，以B表示事件“由乙罐取出的球是红球”，则()AP(A) BP(B|A)CP(B) DP(A|B)答案ACD解析因为甲罐中有3个红球、2个黑球，所以P(A)，故A正确；因为P(B)，所以C正确；因为P(AB)，所以P(A|B)，因此D正确；因为P(B|A)，所以B不正确11(2022连云港模拟)已知函数f(x)cos2sincos，则()A函数f(
7、x)的最小正周期为4B点是函数f(x)图象的一个对称中心C将函数f(x)的图象向左平移个单位长度，所得函数图象关于y轴对称D函数f(x)在区间上单调递减答案BCD解析f(x)cos2sincoscos xsin xcos，故f(x)的最小正周期为2，A错误；fcos，故点是一个对称中心，B正确；将函数f(x)的图象向左平移个单位长度得到ycoscos x，关于y轴对称，C正确；当x时，x，f(x)单调递减，D正确12.如图，正三棱柱ABCA1B1C1中，底面是边长为2的等边三角形，AA13，D为BC中点，则() A直线A1B平面ADC1B点B1到平面ADC1的距离为C异面直线A1B1与C1D所
8、成角的余弦值为D设P，Q分别在线段A1B1，DC1上，且，则PQ的最小值为答案ABD解析在正三棱柱ABCA1B1C1中，底面是等边三角形，D为BC的中点，所以ADBC，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(，0,0)，B(0,1,0)，C(0，1,0)，D(0,0,0)，A1(，0,3)，B1(0,1,3)，C1(0，1,3)，所以(，1，3)，(，0,0)，(0，1,3)，设平面ADC1的一个法向量为n(x，y，z)，则令z1，则y3，x0，所以n(0,3,1)，所以n013(3)10，即n，又A1B平面ADC1，所以A1B平面ADC1，故A正确；因为(，1,3)，所以，则点B1到平面ADC1
9、的距离为，故B正确；因为(，1,0)，(0,1，3)，设直线A1B1与C1D所成角为，则cos ，所以异面直线A1B1与C1D所成角的余弦值为，故C错误；设，则A1PA1B1，DQDC1，因为(，1,0)，(0，1,3)，所以(，0)，(0，3)，则P(，3)，Q(0，3)，所以|PQ|2()242(33)216224121623，所以当时，|PQ|2有最小值，所以|PQ|3，所以|PQ|min，故D正确三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13(2022海口模拟)已知向量a，b的夹角为45，|a|，且ab2，若(ab)b，则_.答案2解析由ab|a|b|cos 452，得|b|2
10、，因为(ab)b，所以(ab)babb2240，解得2.14若函数f(x)xln(x)为偶函数，则a_.答案1解析由函数f(x)xln(x)为偶函数，得函数g(x)ln(x)为奇函数，所以g(0)ln0，解得a1.15双曲线C：1(a0，b0)，P为双曲线C上的一点，若点P到双曲线C的两条渐近线的距离之积为1，则双曲线的半焦距c的取值范围是_答案2，)解析由题意，双曲线C：1，可得其渐近线方程为bxay0，设P(x，y)，可得点P到两条渐近线的距离分别为d1，d2，因为点P到双曲线C的两条渐近线的距离之积为1，所以d1d21，又由1，可得b2x2a2y2a2b2，所以1，即a2b2a2b2，即
11、c2，所以c2，当且仅当ab时等号成立，所以双曲线的半焦距c的取值范围为2，)16(2022汕头模拟)为检测出新冠肺炎的感染者，医学上可采用“二分检测法”：假设待检测的总人数是2m(mN*)，将这2m个人的样本混合在一起做第1轮检测(检测一次)，如果检测结果为阴性，可确定这批人未感染；如果检测结果为阳性，可确定其中有感染者，则将这批人平均分为两组，每组为2m1人的样本混合在一起做第2轮检测，每组检测1次，依此类推：每轮检测后，排除结果为阴性的那组人，而将每轮检测后结果为阳性的组再平均分成两组，做下一轮检测，直到检测出所有感染者(感染者必须通过检测来确定)若待检测的总人数为8，采用“二分检测法”
12、检测，经过4轮共7次检测后确定了所有感染者，则感染者人数最多为_人若待检测的总人数为2m(m3)，且假设其中有不超过2名感染者，采用“二分检测法”所需检测总次数记为n，则n的最大值为_答案24m1解析若待检测的总人数为8，经过4轮共7次检测后确定了所有感染者，则第一轮需检测1次，第2轮需检测2次，第3轮需检测2次，第4轮需检测2次，此时感染者人数最多为2人；若待检测的总人数为2m(m3)，且假设其中有不超过2名感染者，若没有感染者，则只需1次检测即可；若只有1名感染者，则只需12m2m1(次)检测；若只有2名感染者，若要检测次数最多，则第2轮检测时，2名感染者不位于同一组，此时相当于两个待检测
13、人数均为2m1的组，每组1名感染者，此时每组需要12(m1)2m1(次)检测，所以此时两组共需2(2m1)4m2(次)检测，故有2名感染者，且检测次数最多，共需4m214m1(次)检测，所以采用“二分检测法”所需检测总次数记为n，则n的最大值为4m1.四、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(10分)(2022呼和浩特模拟)在ABC中，内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，且，cos B.(1)求证：ABC为等腰三角形；(2)从条件、条件中任选一个作为已知，求AC边上的高h.条件：ABC的面积为8；条件：ABC的周长为20.(1)证明因为cos B，
14、则由余弦定理可得，由，可设a3x，b4x(x0)，则c2xc7x20，解得cx(舍)或c3xa，故ABC为等腰三角形，得证(2)解选：ABC的面积为8，由cos B，B(0，)，可得sin B，则SABCacsin B8，又ac，故可得ac6，又，则b8，因为AC边上的高为h，所以SABCbh8h8，解得h2.选：ABC的周长为20，则abc20，即2ab20，结合，可得ac6，b8，由cos B，B(0，)，可得sin B，则SABCacsin Bbh，即668h，解得h2.18(12分)已知等比数列an中，an0，a2a312，a4a548，S314.(1)求数列an的通项公式an；(2)
15、设bn(1)n1log2an，求i.解(1)设数列an的公比为q，则q24，q2或q2(舍去)，由S314得a12.an22n12n.(2)由(1)知，bn(1)n1n，设Tni(1)01(1)12(1)23(1)34(1)45(1)n2(n1)(1)n1n，Tn(1)1(1)22(1)33(1)44(1)55(1)n1(n1)(1)nn，2Tn1(1)1(1)2(1)3(1)n1(1)nn1(1)n1n(1)n1n，Tnn.19(12分)甲、乙两个乒乓球队之间组织友谊比赛，比赛规则如下：每个队各组织五名队员进行五场单打比赛，每场单打比赛获胜的一方得1分，失败的一方不得分已知每场单打比赛中，甲
16、队获胜的概率均为(每场单打比赛不考虑平局的情况)(1)求五场单打比赛后，甲队恰好领先乙队1分的概率；(2)设比赛结束后甲队的得分为随机变量X，求X的分布列和均值解(1)记“五场单打比赛后，甲队恰好领先乙队1分”为事件A，而五场单打比赛后，甲队恰好领先乙队1分，即五场单打比赛中甲队赢3场，乙队赢2场，所以P(A)C32.(2)由题意知，X可取0,1,2,3,4,5，所以P(X0)C05；P(X1)C14；P(X2)C23；P(X3)C32；P(X4)C41；P(X5)C50.所以X的分布列为：X012345P所以E(X)012345.20(12分)如图，在三棱台ABCA1B1C1中，底面ABC是
17、边长为2的正三角形，侧面ACC1A1为等腰梯形，且A1C1AA11，D为A1C1的中点(1)证明：ACBD；(2)记二面角A1ACB的大小为，当时，求直线AA1与平面BB1C1C所成角的正弦值的取值范围(1)证明如图，取AC的中点M，连接DM，BM，在等腰梯形ACC1A1中，D，M分别为A1C1，AC的中点，ACDM，在正ABC中，M为AC的中点，ACBM，又DMBMM，DM，BM平面BDM，AC平面BDM，又BD平面BDM，ACBD.(2)解AC平面BDM，在平面BDM内作MzBM，以M为坐标原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，DMAC，BMAC，DMB为
18、二面角A1ACB的平面角，即DMB，A(1,0,0)，B(0，0)，C(1,0,0)，D，C1，A1，(1，0)，设平面BB1C1C的一个法向量为n(x，y，z)，则即则可取n，又，设直线AA1与平面BB1C1C所成角为，sin |cos，n|，cos ，sin .21(12分)(2022北京模拟)已知椭圆C：1(ab0)过点(0,1)，离心率为.(1)求椭圆C的方程；(2)直线yk(x1)(k0)与椭圆交于A，B两点，过A，B作直线l：x2的垂线，垂足分别为M，N，点G为线段MN的中点，F为椭圆C的左焦点求证：四边形AGNF为梯形(1)解设椭圆C的半焦距为c，由已知得解得椭圆C的方程为y21
19、.(2)证明由(1)的结论可知，椭圆的左焦点F(1,0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则M(2，y1)，N(2，y2)，G.kAG，kFNy2.直线yk(x1)(k0)与椭圆交于A，B两点，y1k(x11)，y2k(x21)，由于直线yk(x1)(k0)与直线l：x2不平行，四边形AGNF为梯形的充要条件是AGFN，即y2，即y13y22x1y20，即k(x11)3k(x21)2x1k(x21)0，k0，上式又等价于(x11)3(x21)2x1(x21)0，即3(x1x2)2x1x240.(*)由消去y并整理得(12k2)x24k2x2k220，x1x2，x1x2，则3(x1x2)2
20、x1x243240，(*)成立，四边形AGNF为梯形22(12分)已知函数f(x)(ex1)ln(x1)(1)求f(x)的单调区间；(2)当x(0，)时，f(x)kx2恒成立，求实数k的取值范围解(1)f(x)的定义域为(1，)因为f(x)exln(x1)(ex1)，又f(0)0，当x0时，exln(x1)0，(ex1)0，此时f(x)0，当1x0时，exln(x1)0，(ex1)0，此时f(x)f(0)0，所以当k0时不等式恒成立；当k0时，令g(x)(ex1)ln(x1)kx2，g(x)exln(x1)(ex1)2kx，g(0)0，令h(x)exln(x1)(ex1)2kx，h(x)exl
21、n(x1)2k，令(x)exln(x1)2k，(x)exln(x1)，当x0时，3x23x22，ex1，则(3x23x2)ex2，所以(x)0，(x)在(0，)上单调递增，(x)(0)22k，当022k0，即h(x)在(0，)上单调递增，h(x)h(0)0，所以g(x)在(0，)上单调递增，g(x)g(0)0，所以f(x)kx2恒成立；当k1时，22k0，x，(x)，所以x0(0，)，使得(x0)0，当x(0，x0)时，(x)0，h(x)单调递减，所以h(x)h(0)0，g(x)单调递减，则有x(0，x0)时，g(x)0时，由f(x)(ex1)ln(x1)kx2恒成立，得k恒成立，令g(x)，则g(x)kg(ln(x1)对x0恒成立，g(x)，记h(x)ex(x1)1，则h(x)xex0，所以h(x)在(0，)上单调递增，所以h(x)h(0)0，则g(x)0，所以g(x)在(0，)上单调递增，又因为当x0时，xln(x1)0，所以g(x)g(ln(x1)0，所以1，所以k在(0，)上恒成立，所以k1.