《备战2023年高考数学二轮专题复习仿真模拟冲刺卷(一).docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《备战2023年高考数学二轮专题复习仿真模拟冲刺卷(一).docx（14页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、仿真模拟冲刺卷(一)本试卷满分150分，考试用时120分钟一、单项选择题：本题共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|1x5，BxN|10且a1，则“a2”是“loga21”的()A充分必要条件 B充分不必要条件C必要不充分条件 D既不充分也不必要条件4已知alg，be0.2，clog3，dln 0.2(其中e为自然对数的底数)，则下列不等式正确的是()Adcab BdabcCcdab Ddac0)的焦点为F，点M(x0,2)为抛物线上一点，以M为圆心的圆经过原点O，且与抛物线的准线相切，切点为H，线段HF交抛物线于点B，则()A. B.
2、 C. D.8“迪拜世博会”于2021年10月1日至2022年3月31日在迪拜举行，中国馆建筑名为“华夏之光”，外观取型中国传统灯笼，寓意希望和光明它的形状可视为内外两个同轴圆柱，某爱好者制作了一个中国馆的实心模型，已知模型内层底面直径为12 cm，外层底面直径为16 cm，且内外层圆柱的底面圆周都在一个直径为20 cm的球面上此模型的体积为()A304 cm3 B840 cm3 C912 cm3 D984 cm3二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分9下列说法中，正确的命题是()A已知随机
3、变量X服从正态分布N(2，2)，P(X4)0.8，则P(2Xb0)上的点到焦点的最大距离为3，最小距离为1，(1)求椭圆C的方程；(2)过椭圆C右焦点F2，作直线l与椭圆交于A，B两点(A，B不为长轴顶点)，过点A，B分别作直线x4的垂线，垂足依次为E，F，且直线AF，BE相交于点G.证明：G为定点；求ABG面积的最大值22(本小题满分12分)已知函数f(x)a.(1)若f(x)有两个零点，求a的取值范围；(2)设g(x)f(x)，若对任意的x(0，)，都有g(x)ex恒成立，求a的取值范围仿真模拟冲刺卷(一)1答案：C解析：因为BxN|1x30,1,2,3，且Ax|1x5，所以AB2,32答
4、案：B解析：由复数的运算法则，可得zi，则复数z的共轭复数为i，所以的虚部为.3答案：B解析：由loga21，可得0a2，当a2时，可得0a2成立，即充分性成立；反之：当0a2时，则a2不一定成立，即必要性不成立，所以“a2”是“loga2e01,0lg 1algclog3log3，dln 0.2ln 10，所以dacb.5答案：A解析：从这4支专业队中随机选取2支专业队，分别去甲乙灾区结果有12种，A去甲灾区B不去乙灾区的结果有2种，所以所求概率P.6答案：B解析：由二倍角的降幂公式可得sin2.7答案：B解析：根据题意，x0，又82px0，解得x01，p4，则抛物线方程为y28x，所以M(
5、1,2)，H(2,2)，F(2,0)，设B(x，y)，过点B向抛物线的准线作垂线，垂足为B，根据抛物线的定义可知，|BB|BF|，因为HBBHFO，所以.8答案：C解析：如图，该模型内层圆柱底面直径为12 cm，且其底面圆周在一个直径为20 cm的球面上，可知内层圆柱的高h1216，同理，该模型外层圆柱底面直径为16 cm，且其底面圆周在一个直径为20 cm的球面上，可知外层圆柱的高h2212.此模型的体积为V2122(1612)912.9答案：CD解析：已知随机变量X服从正态分布N(2，2)，P(X4)0.8，则P(X4)10.80.2，所以P(X0)0.2，所以P(0X4)120.20.6
6、，P(2X0，解得m1或m1时，c2(2m)(m1)2m3，当m2时，c2(2m)(m1)2m3，C错误；当m0时，双曲线W的标准方程为y21，则渐近线方程为xy0，D正确11答案：BCD解析：f(x)sin xcos xsin2xsin 2xsin 2xcos 2xsin对于A，令2xk(kZ)，解得x(kZ)，当k1时，x，所以点是f(x)的一个对称中心点，故A正确；对于B，ysin 2x的图象向右平移个单位长度得到的图象的函数解析式为ysinsin，所以平移得到的图象不是f(x)的图象，故B错误；对于C，当x时，2x，而函数ysin x在上单调递减，所以f(x)在上单调递减，故C错误；对
7、于D，令sin，解得2x2k或2x2k(kZ)，即xk或xk(kZ)，所以|x1x2|min，故D错误12答案：BCD解析：A显然错误；对于B，可验证ff，故B正确；对于C，研究f(x)的导函数，对导函数的分子g(x)再次求导可知，g(x)在(1,2)上单调递增，又g(1)0，所以f(x)在(1,2)上先减后增，故C正确；对于D，易知f为函数的最大值，又函数f(x)关于x对称，所以只研究x的情况即可，又在(1,2)，(3,4)，上f(x)1时，f(x)f(x2)，所以f(x2)f(x)，即f(x2)f(x2)，故f(x4)f(x)f(2022)f(50542)f(2)f(0)21.16答案：2
8、2解析：设A在面BCD内的投影为E，故E为三角形BCD的中心，设正四面体ABCD的棱长为x，球O的半径为R.则BEx，AE，依题可得，球心O在AE上，R2BE2(AER)2，代入数据可得x6，则BE2，AE2，又AP4，PE2，故P的轨迹为平面BCD内以E为圆心，2为半径的圆，BE2，B，P，E三点共线时，且P在BE之间时，|BP|的最小值是22.以E为圆心，BE所在直线为x轴建立如图所示直角坐标系，A(0,0,2)，B(2，0,0)，C(，3,0)，D(，3,0)，设P(2cos ，2sin ，0)，0,2)，故(2cos ，2sin ，2)，(3，3,0)，设直线AP与直线BC所成角为，c
9、os sin，cos ，又，故.17解析：(1)sin Csin B，由正弦定理得：cb，又b2c，联立解之得b，c3.选条件a2c2b2ac，由余弦定理得cos B，所以B；选条件sin B可得tan B，所以B；选条件sin Ccos Asin Bsin A，sin(AB)cos Asin Bsin A，sin Acos Bsin A，所以cos B，所以B.(2)由(1)B，由正弦定理，所以sin C，当C时，A，此时ABC的面积Sbc，当C时，A，此时ABC的面积Sbcsin A，综上，ABC的面积为或.18解析：(1)Sn12SnSn2Sn1(n2)，Sn1Sn2Sn2Sn12(Sn
10、Sn1)(n2)，an12an(n2)，又a242a1，所以数列an是以2为首项，2为公比的等比数列，故数列an的通项公式为an2n.(2)据(1)可得(2n1)an(2n1)2n，所以Tn121322523(2n1)2n，2Tn122323(2n3)2n(2n1)2n1，两式相减得Tn22(22232n)(2n1)2n122(2n1)2n1，化简得Tn6(2n3)2n1.19解析：(1)证明：由题意得ABBCBB14，A1A8，CC12，A1A，B1B，C1C垂直于底面ABC，A1AAB，BB1AB，BB1BC，CC1AC，可得AB1A1B14，所以A1BABAA，故AB1A1B1.由BC4
11、，BB14，CC12，BB1BC，CC1BC，得B1C12.又AC4，由CC1AC，得AC12，所以ABB1CAC，故AB1B1C1.又A1B1B1C1B1，因此AB1平面A1B1C1，因为A1C1平面A1B1C1，故AB1A1C1.(2)如图，以AC的中点O为坐标原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，过点O作平行于BB1且向上的射线为z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.由题意知各点坐标如下：A(0，2，0)，B(2,0,0)，A1(0，2，8)，B1(2,0,4)，C1(0,2，2)，因此(2,2，0)，(0,0,4)，(2,2，4)，(0,4，2)设平面ABB1的法向量n(x
12、，y，z)，所以，即，则n(，1,0)；同理可得，平面AB1C1的一个法向量m(3，1，2)，cosm，n，故二面角BAB1C1的余弦值为.20解析：(1)由题意得：(0.0040.0220.0300.028m0.004)101，解得m0.012，因为(0.0040.022)100.260.5，所以中位数在60,70)内，设中位数为x，则(0.0040.022)10(x60)0.030.5，解得x68，所以这50名学生成绩的中位数为68.(2)70,80)，80,90)，90,100三组数据频率比为0.280.120.04731，所以从70,80)，80,90)，90,100三组中分别抽取7人
13、，3人，1人，则可取0,1,2,3，P(0)，P(1)，P(2)，P(3)，则的分布列如下：0123P期望E()0123.(3)B等级的概率为(0.0280.012)100.4，所以P(k)C0.4k0.6100k，k0,1,2，100，所以，即，解得39.4k40.5，所以当k40时，P(k)有最大值21解析：(1)设椭圆的半焦距为c，由题意得解得a2，c1，所以椭圆的方程为C：1.(2)由(1)知F2(1,0)，当直线l斜率不存在时，直线l方程为x1，可得A，B，E，F，即有AF，BE相交于点G；当直线l斜率存在且不为零时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则E(4，y1)，F(4，y
14、2)，直线l方程为yk(x1)，联立可得3x24k2(x1)212.化简得(34k2)x28k2x4k2120，由韦达定理x1x2，x1x2，而直线AF：yy2(x4)，BE：yy1(x4)相交时，联立作差可得x4x，且2y(y1y2)(y1y2)，则代入x1x2，x1x2，化简得2y(y1y2)(y1y2)k(x1x2)k(x1x22)0即AF，BE相交于点G，综上可证G为定点.直线l斜率不存在时，可知SABG；而当斜率不为零时，由可得SABG|F2G|y1y2|y1y2|k(x1x2)|.故ABG面积的最大值为.22解析：(1)令g(x)，则g(x)，当0x0；当xe时，g(x)0，所以g
15、(x)在(0，e)上单调递增，在(e，)上单调递减，当x0时，g(x)；当xe时，g(x)；当x时，g(x)0，要使得函数f(x)有两个零点，即g(x)与ya的图象有两个交点，如图所示，可得0a，即a0，不等式g(x)ex恒成立，即a在(0，)上恒成立，令F(x)(x0)，则F(x)，令h(x)x2exln x，则h(x)(x22x)ex0，所以h(x)在(0，)上为增函数，又因为h(1)e0，he1ee21e1e-210，所以x0，使得h(x0)0，即xex0ln x00，当0xx0时，h(x)0，可得F(x)x0时，h(x)0，可得F(x)0，所以F(x)在(x0，)上单调递增，所以F(x)minF(x0)，由xex0ln x00，可得x0ex0ln eln，令t(x)xex，则t(x0)t，又由t(x)(x1)ex0，所以t(x)在(0，)上单调递增，所以x0ln，可得ln x0x0，所以ex0，即x0ex01，所以F(x)minF(x0)x0ex0-ln x0-1x01，所以a1，综上所述，满足条件的a的取值范围是(，1