1、仿真模拟冲刺卷(三)时间：120 分钟 满分：150 分 一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 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 AxZ|x3x20，Bx|x22x30，求 AB()Ax|210?Dn10?42022云南昆明一模双曲线x26y231 的顶点到渐近线的距离为()A2B 3C 2D1 52021宁夏银川一中三模在如图所示的正方形中随机投掷 10000 个点，则落入阴影外部(曲线 C 为正态分布 N(0，1)的密度曲线)的点的个数的估计值为()附：若 XN(，2)，则 P()X()0.6826，P(2X2)0.9544 A3413B
2、1193C2718D6587 62021江西南昌三模已知公差不为 0 的等差数列an满足 a25 a26 a27 a28，则()Aa60Ba70CS120DS130 72021四川石室中学三模已知函数 f(x)xsinx，则其大致图象是下列图中的()82022四川省绵阳南山中学模拟预测已知函数 f(x)xcosxsinx，给出以下四个结论：函数 f(x)的图象关于直线 x2 对称；函数 f(x)图象在(，f()处的切线与 y轴垂直；函数 f(x)在区间23，34上单调递增；f(x)为奇函数，且 f(x)既无最大值，也无最小值 其中所有正确结论的编号是()ABCD 9把函数 y2sin2x 的图
3、象向左平移3 个单位长度，再将所得图象向上平移 1 个单位长度，可得到函数 f(x)的图象，则()Af(x)2sin2x3 1Bf(x)的最小正周期为 2 Cf(x)的图象关于直线 x6 对称 Df(x)在6，512 上单调递减 102022江西景德镇一中高三月考已知 a2ln34，b2ln72 111，c4ln2 131，则 a，b，c 的大小关系是()AabcBacbCcbaDbc0，若对任意的 x(1，)，不等式 exlnx 0恒成立，则 的最小值为()A1eB 12eC2eDe3 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 132022山西太原一模在(1x)(1x)2
4、(1x)3(1x)4(1x)5(1x)6的展开式中，x3的系数为_ 142022黑龙江齐齐哈尔一模已知向量|a|2，b(3，4)，若 a(ab)223，则向量 a 与向量 b 夹角的余弦值为_ 152021河南洛阳三模已知 F1，F2是椭圆x2a2y2b21(ab0)的左，右焦点，过 F2的直线与椭圆交于 P，Q 两点，若 PQPF1且|QF1|2|PF1|，则PF1F2与QF1F2的面积之比为_ 162022四川威远中学高三月考如图，等腰PAB 所在平面为，PAPB，AB4，点 C，D 分别为 PA，AB 的中点，点 G 为 CD 的中点平面 内经过点 G 的直线 l 将PAB 分成两部分，
5、把点 P 所在的部分沿直线 l 翻折，使点 P 到达点 P(P平面).若点 P在平面 内的射影 H 恰好在翻折前的线段 AB 上，则线段 PH 的长度的取值范围是_ 三、解答题：共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第 1721 题为必考题，每个试题考生都必须作答第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答(一)必考题：共 60 分 17(12 分)2021云南红河三模已知公差不为 0 的等差数列an的前 n 项和为 Sn，且S39，a1，a2，a5成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn满足 bn2an1，求数列bnan的前 n 项和 Tn.18(12 分)2021
6、广西柳州三模如图，在直角梯形 AEFB 中，AEEF，AEBF，且 BFEF2AE，直角梯形 D1EFC1可以通过直角梯形 AEFB 以直线 EF 为轴旋转得到 (1)求证：平面 C1D1EF平面 BC1F；(2)若二面角 C1EFB 的大小为3，求直线 D1F 与平面 ABC1所成角的正弦值 19.(12 分)2022四川石室中学高三月考一批产品需要进行质量检验，检验方案是：先从这批产品中任取 2 件作检验，这 2 件产品中优质品的件数记为 n.如果 n1，那么再从这批产品中任取 2 件作检验，若都为优质品，则这批产品通过检验；如果 n2，那么再从这批产品中任取 1 件作检验，若为优质品，则
7、这批产品通过检验；其他情况下，这批产品都不能通过检验假设这批产品的优质品率为 80%，即取出的产品是优质品的概率都为45，且各件产品是否为优质品相互独立(1)求这批产品通过检验的概率；(2)已知每件产品检验费用为 100 元，凡抽取的每件产品都需要检验，对这批产品作质量检验所需的费用记为 X(单位：元)，求 X 的分布列及均值(数学期望).20(12 分)2021安徽马鞍山二模已知双曲线 x2y2b21(b1)的左焦点为 F，右顶点为 A，过点 F 向双曲线的一条渐近线作垂线，垂足为 P，直线 AP 与双曲线的左支交于点B.(1)设 O 为坐标原点，求线段 OP 的长度；(2)求证：PF 平分
8、BFA.21(12 分)已知函数 f(x)ex(mex1)x，其中 m0.(1)若函数 f(x)有 2 个极值点，求实数 m 的取值范围；(2)若关于 x 的方程 f(x)a 仅有 1 个实数根，求实数 a 的取值范围 (二)选考题：共 10 分请考生在第 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选修 44：坐标系与参数方程(10 分)2022黑龙江牡丹江市第三高级中学高三月考在平面直角坐标系中，曲线 C1 的参数方程为xtcosytsin(t 为参数)，以坐标原点 O 为极点，x 轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C2的极坐标方程为 22cos3.(1)求曲线 C1
9、的极坐标方程和曲线 C2的直角坐标方程；(2)曲线 C1与 C2相交于 A、B 两点，求|OA|OB|的值 23选修 45：不等式选讲(10 分)2022内蒙古呼和浩特一模已知函数 f(x)xa2|xbc|(a，b，c 均为正实数).(1)当 abc1 时，求 f(x)的最小值；(2)当 f(x)的最小值为 3 时，求 a2b2c2的最小值 仿真模拟冲刺卷（三）1答案：B 解析：AxZ|x3x20 x|xZ|（x3）（x2）0 且 x21，0，1，2，3，Bx|x22x30 R，所以 AB1，0，1，2，3故选 B.2答案：A 解析：因为 1i31i，所以 z3i1i（3i）（1i）（1i）（
10、1i）24i212i.故选 A.3答案：D 解析：由程序框图，其执行结果如下：1、S0，n0：n2，S2，执行循环体；2、S2，n2：n4，S6，执行循环体；3、S6，n4：n6，S12，执行循环体；4、S12，n6：n8，S20，执行循环体；5、S20，n8：n10，S30，跳出循环体，输出 S30；框内条件应为 n10？.故选 D.4答案：C 解析：根据双曲线的对称性，其两个顶点到两条渐近线的距离都相等，由题意知：右顶点坐标为（6，0），一条渐近线方程为 y 22 x，d 22 61222 362 2，即顶点到渐近线的距离为 2.故选 C.5答案：D 解析：由题意 P（00 时交点的横坐标
11、，令 xsinxx，x0，解得 sinx1 即 x2 2k，当 k0 时，x2，所以函数 f（x）与直线 yx 在 x0 时的第一个交点的横坐标为2，结合函数图象可知，选项 C 符合题意，故选 C.8答案：D 解析：因为 f（x）xcosxsinx，所以 f（x）xcos（x）sin（x）xcosxsinx，所以 f（x）f（x），故函数 f（x）的图象不关于直线 x2 对称，故错误；f（）cossin，f（x）cosxxsinxcos2xcosx，f（）cossincos2cos0，切线的斜率为 0，即切线与 y 轴垂直，故正确；f（x）cosxxsinxcos2xcosxcosxsin2x
12、xsinxcos2xsinx12sin2xxcos2x.当 x23，34，sinx0，12sin2xx0，所以 f（x）0，即函数 f（x）在区间23，34上单调递增，故正确；因为 f（x）xcosxsinx，所以定义域为x|x2 k，kZ，f（x）xcos（x）sin（x）xcosxsinxf（x），所以 f（x）为奇函数，取 x时，因为 cosx1，0）（0，1，sinx（1，1），当 x2k，kZ 时，cosx1，sinx0，所以 f（x）x，当 x2k，kZ 时，cosx1，sinx0，所以 f（x）x，故 f（x）既无最大值，也无最小值，即正确；故选 D.9答案：D 解析：将函数 y
13、2sin2x 图象向左平移3 个单位长度得到 y2sin2x3 2sin2x23的图象，再向上平移 1 个单位长度可得到 f（x）2sin2x231 的图象，故 A 错误；T22，故 B 错误；令 2x23 2 k，kZ，得 x12k2，kZ，当 k0 时，x12；当 k1时，x 512，故 C 错误；令2 2k2x23 32 2k，kZ，12kx512 k，kZ，所以 f（x）在6，512 上单调递减，故 D 正确，故选 D.10答案：C 解析：由题意，a2ln3 4331，b2ln7272431，c2ln4 4431，构选函数 f（x）2lnx 4x31（x3），则 f（x）2x 24x3
14、 24x3xx 4x3 2x24x3x 4x3（4x3x）2（x1）（x3）x 4x3（4x3x）0，所以函数 f（x）在3，）上单调递减，所以 f（3）f72 f（4），即 abc.故选C.11答案：D 解析：当 F 为 C1B1的中点，将 CF 平移至 EM，则 M 为 A1D1的四等分点，即 D1M14A1D1，过 M 点作 MNAD，设 AD4，则 MN4，BN5，BD4 2，所以 BE6，BM 41，ME 5，所以在BEM 中，BM2BE2ME2，故 MEBE，所以 CFBE，所以过 CF 的平面与直线 EB 垂直，过 D1作 D1QBE，易知 Q 为 BB1的中点，此时 D1Q 和
15、 D1F 相交，所以 D1F 和 BE 异面，故错误；当 F 为 B1时，BEF 的主视图和侧视图的面积相等，故成立；因为 C1B1BC，故 C1B1平面 EBC，故 B1C1上任一点到平面 EBC 距离相等，且EBC的面积固定，故 VEBFC13SBFCd 为定值，故正确，故选 D.12答案：A 解析：由题意 exlnx 0 得 exlnx，设 g（x）ex，h（x）lnx，可得 g（x）与 h（x）互为反函数，且 g（x）与 h（x）的图象关于 yx 对称，所以函数 g（x）ex或h（x）lnx 的图象与直线 yx 相切时 的值是不等式 exlnx 0 恒成立时 的最小值，设函数 g（x）
16、ex与直线 yx 相切的切点为（x0，y0），可得y0ex0y0 x0，可得 ex0 x0，同时对 g（x）ex求导可得：g（x）ex，可得 g（x0）ex01，联立可得ex0 x0ex01，解得：1e，则 的最小值为1e，故选 A.13答案：35 解析：在（1x）（1x）2（1x）3（1x）4（1x）5（1x）6 的展开式中，x3的系数为C33 C34 C35 C36 35.14答案：13 解析：由 a（ab）223，得 aaab223，所以 ab223 22103，b（3，4），|b|5，故 cosa，bab|a|b|1032513.15答案：21 解析：设|PF1|m，|QF1|2m，由
17、椭圆的定义可知：|PF2|2am，|QF2|2a 2m，所以|PQ|4a（21）m，因为 PQPF1，所以|PF1|2|QP|2|QF1|2，即 m24a（21）m2（2m）2（21）m24（21）ma8a20，解得 m（42 2）a 或 m2 2a，当 m2 2a 时，|QF2|2a 2m0，所以不符合题意，故舍去，因此 m（42 2）a，所以|PF2|（2 22）a，|QF2|（64 2）a，PF2F1QF2F1，sinPF2F1sinQF2F1，PF1F2与QF1F2的面积之比为：12|F1F2|PF2|sinPF2F112|F1F2|QF2|sinQF2F12 2264 22132 2
18、21（21）2121 21.16答案：0，32 解析：当 l 与 CD 重合时，PH0，由题意得PGH 为直角三角形，且斜边 PG252为定值，所以要求最大值，只需 GH 最小，GH 最小值为12，所以 PHmax PG2GH232.17解析：（1）设等差数列an的公差为 d，d0，所以有 a2a1d，a5a14d，a1，a2，a5成等比数列，a22 a1a5，即（a1d）2a1（a14d）a212a1dd2a21 4a1dd22a1d0d（d2a1）0，d0，d2a1，又S33（a1a3）23（2a12d）23（a1d）9，a1d3，即 3a13a11，d2，ana1（n1）d12（n1）2
19、n1；（2）由题意知 bn2an122n1122n4n，b14，bn1bn 4，bn是以 4 为首项，4为公比的等比数列记数列bn的前 n 项和为 Mn，则 Mn4（14n）144n143，数列an的前 n 项和 Snn（a1an）2n（12n1）2n2，Tnb1a1b2a2bnan（b1b2bn）（a1a2an）MnSn4n143n2.18解析：（1）证明：在直角梯形 AEFB 中，AEEF，且直角梯形 D1EFC1是通过直角梯形 AEFB 以直线 EF 为轴旋转而得，所以 D1EEF，又 AEBF，所以 BFEF，C1FEF，因为 BFC1FF，所以 EF平面 BC1F，因为 EF平面 C
20、1D1EF，所以平面 C1D1EF平面 BC1F，（2）由（1）可知 BFEF，C1FEF，因为二面角 C1EFB 的大小为3，所以C1FB3，过点 F 作平面 AEFB 的垂线，如图，建立空间直角坐标系 Fxyz.设 BFEF2AE4，则 E（4，0，0），C1（0，2，2 3），D1（4，1，3），B（0，4，0），A（4，2，0）.所以AB（4，2，0），C1B（0，2，2 3），FD1（4，1，3）.设平面 ABC1的法向量 n（x，y，z），则nAB0，nC1B0即4x2y0，2y2 3z0.令 z1，则 y 3，x 32，于是 n32，3，1.所以直线 D1F 与平面 ABC1所成
21、角的正弦值为nFD1|n|FD1|4 3192 2 5 4 28595.19解析：（1）将“产品通过检验”记为事件 A，则 P（A）45245C12 4515452 64125128625448625.即这批产品通过检验的概率为448625.（2）由题意，X 的可能取值为 200，300，400.P（X200）152 125，P（X300）4521625，P（X400）C12 4515 825，则X 的分布列如下：X 200 300 400 P 125 1625 825 因此，E（X）200 1253001625400 825328.20解析：（1）不妨设 B 在第二象限，则渐近线 OP 的方
22、程为 ybx，则直线 PF 的方程为 y1b（xc），由y1b（xc）ybx得：xpcb211c，ypbc，P1c，bc，|OP|1c2bc21b2c2 c2c21；（2）证明：设直线 PF 的倾斜角为，则 tan1b，tan2 2tan21tan2 2bb21，又 A（1，0），直线 AP 的斜率为bc1c1 bc1，则直线 AP 的方程为 y bc1（x1），由y bc1（x1）x2y2b21得：（c22c）x22x（c22c2）0，xBxAxBc22c2c22c，yB bc1（xB1）2b（c1）c22c，又 F（c，0），直线 BF 的斜率为 yBxBc2b（c1）c22cc22c2c
23、22c c 2b（c1）c3c22c2 2bc22 2bb21tan2，故 PF 平分BFA.21解析：（1）依题意，f（x）2me2xex1，令 tex，则由 f（x）0 可得 2mt2t10，则 18m；当 m18时，0，此时 f（x）0，故函数 f（x）在（，）上单调递增，无极值点，不合题意；当 0m0，f（x）0，得 ex1 18m4m，则令 x1ln1 18m4m，x2ln1 18m4m，则当 x（，x1）时，f（x）0，当 x（x1，x2），f（x）0，此时函数 f（x）有 2 个极值点，符合题意；综上所述，实数 m 的取值范围为0，18；（2）依题意，ex（mex1）xa，记 g
24、（x）ex（mex1）xa，g（x）f（x）；由（1）可知当 m18时，g（x）0，则函数 g（x）在（，）上单调递增；可知当 x时，g（x），当 x时，g（x），故当 m18时，函数 g（x）恰有 1 个零点，此时 aR；当 0m18时，g（x）在（，x1）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减，在（x2，）上单调递增，g（x1）2me2x1ex11g（x2）2me2x2ex210，则 mex112e2x1 ex212e2x2，所以g（x）极大值g（x1）me2x1ex1x1aex12 x112a，g（x）极小值g（x2）me2x2ex2x2aex22 x212a，因为当 x时，g（x），当
25、 x时，g（x），故只需 g（x1）0；令 h（x）ex2x12，则 h（x）ex21，故当 x（，ln2）时，h（x）0，当 x（ln2，），h（x）0，又 x1ln1 18m4mln21 18m，x2ln21 18m，又 0m18，故 18m（0，1），故 x1（0，ln2），x2（ln2，），所以 h（x1）（1，32ln2），h（x2），32ln2，故 a32ln2；综上所述，实数 a 的取值范围为32ln2，.22解析：（1）曲线 C1的普通方程为 cosysinx0，即极坐标方程为（R），曲线 C2的直角坐标方程为 x2y22x3，即（x1）2y24.（2）曲线 C2的极坐标方程为 22cos30，代入，可得 123，则|OA|OB|12|3.23解析：（1）当 abc1 时，f（x）x12|x2|，易得 f（x）x12|x2|x12（x2）52.（2）由绝对值三角不等式可得：f（x）xa2|xbc|xa2（xbc）a2bc 3，a，b，c 均为正实数，a2bc3，（a2b2c2）1411 a2bc29，a2b2c24，当且仅当 2abc，即 a23，bc43时等号成立，a2b2c2的最小值是 4.
