收藏 分享(赏)

2021届高考数学理(全国统考版)二轮验收仿真模拟卷(十二) WORD版含解析.doc

上传人:高**** 文档编号:339999 上传时间:2024-05-27 格式:DOC 页数:15 大小:343.50KB
下载 相关 举报
2021届高考数学理(全国统考版)二轮验收仿真模拟卷(十二) WORD版含解析.doc_第1页
第1页 / 共15页
2021届高考数学理(全国统考版)二轮验收仿真模拟卷(十二) WORD版含解析.doc_第2页
第2页 / 共15页
2021届高考数学理(全国统考版)二轮验收仿真模拟卷(十二) WORD版含解析.doc_第3页
第3页 / 共15页
2021届高考数学理(全国统考版)二轮验收仿真模拟卷(十二) WORD版含解析.doc_第4页
第4页 / 共15页
2021届高考数学理(全国统考版)二轮验收仿真模拟卷(十二) WORD版含解析.doc_第5页
第5页 / 共15页
2021届高考数学理(全国统考版)二轮验收仿真模拟卷(十二) WORD版含解析.doc_第6页
第6页 / 共15页
2021届高考数学理(全国统考版)二轮验收仿真模拟卷(十二) WORD版含解析.doc_第7页
第7页 / 共15页
2021届高考数学理(全国统考版)二轮验收仿真模拟卷(十二) WORD版含解析.doc_第8页
第8页 / 共15页
2021届高考数学理(全国统考版)二轮验收仿真模拟卷(十二) WORD版含解析.doc_第9页
第9页 / 共15页
2021届高考数学理(全国统考版)二轮验收仿真模拟卷(十二) WORD版含解析.doc_第10页
第10页 / 共15页
2021届高考数学理(全国统考版)二轮验收仿真模拟卷(十二) WORD版含解析.doc_第11页
第11页 / 共15页
2021届高考数学理(全国统考版)二轮验收仿真模拟卷(十二) WORD版含解析.doc_第12页
第12页 / 共15页
2021届高考数学理(全国统考版)二轮验收仿真模拟卷(十二) WORD版含解析.doc_第13页
第13页 / 共15页
2021届高考数学理(全国统考版)二轮验收仿真模拟卷(十二) WORD版含解析.doc_第14页
第14页 / 共15页
2021届高考数学理(全国统考版)二轮验收仿真模拟卷(十二) WORD版含解析.doc_第15页
第15页 / 共15页
亲,该文档总共15页,全部预览完了,如果喜欢就下载吧!
资源描述

1、高考仿真模拟卷(十二)(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.已知全集Ux|x1或x0,集合Ax|0x2,Bx|x21,则图中阴影部分表示的集合为()Ax|x0或x1Bx|12 016?Dn0)的焦点F作直线l交抛物线于A,B两点,点M是线段AB上的点,过M作y轴的垂线交抛物线于点P,若|PF|PM|,则()A1B.C.D.题号123456789101112答案第卷二、填空题:本题共4小题,每小题5分13曲线f(x)3x 在点(1,f(1)处的切线方程为_14已知a,b,c分别是ABC的内角A,B,C

2、的对边,且sin2Bsin B0,b1,c,则的值是_15设直线(k1)x(k2)y20与两坐标轴围成的三角形面积为Sk,kN*,则S1S2S10等于_16已知函数f(x)ax3ax23ax1的图象经过四个象限,则实数a的取值范围为_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)已知函数f(x)sincos2sin xcos x(1)求函数f(x)的最小正周期;(2)先将函数yf(x)的图象向右平移个单位长度,再将所得图象上各点的横坐标伸长为原来的4倍,纵坐标不变,得到函数yg(x)的图象,求yg(x)在上的值域18(本小题满分12分)某电子商务公司随机抽取1 00

3、0 名网络购物者进行调查这1 000名购物者2015年网上购物金额(单位:万元)均在区间0.3,0.9内,样本分组为:0.3,0.4),0.4,0.5),0.5,0.6),0.6,0.7),0.7,0.8),0.8,0.9购物金额的频率分布直方图如下:电商决定给抽取的购物者发放优惠券,购物金额在0.3,0.6)内的购物者发放100元的优惠券,购物金额在0.6,0.9内的购物者发放200元的优惠券现采用分层抽样的方式从获得100元和200元优惠券的两类购物者中共抽取10人,再从这10人中随机抽取3人进行回访,求此3人获得优惠券总金额X(单位:元)的分布列和均值19(本小题满分12分)在平面四边形

4、ACBD(图)中,ABC与ABD均为直角三角形且有公共斜边AB,设AB2,BAD30,BAC45,将ABC沿AB折起,构成如图所示的三棱锥CABD,且使CD.(1)求证:平面CAB平面DAB;(2)求二面角ACDB的余弦值20(本小题满分12分)已知函数f(x)axln(x1),g(x)exx1.曲线yf(x)与yg(x)在原点处的切线相同(1)求f(x)的单调区间;(2)若x0时,g(x)kf(x),求k的取值范围21.(本小题满分12分)已知双曲线C的方程为1(a0,b0),离心率e,顶点到其中一条渐近线的距离为.(1)求双曲线C的方程;(2)如图,P是双曲线C上一点,A,B两点在双曲线C

5、的两条渐近线上,且分别位于第一、二象限若,求AOB的面积的最值请考生在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44:坐标系与参数方程已知直线l的参数方程为(t为参数),以坐标原点为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C的极坐标方程为2cos232sin212,且曲线C的左焦点F在直线l上(1)若直线l与曲线C交于A,B两点,求|FA|FB|的值;(2)求曲线C的内接矩形的周长的最大值23(本小题满分10分)选修45:不等式选讲设函数f(x)|x1|2xa|.(1)当a2时,解不等式f(x)0,且对于任意的实数x都有f(x)3,试求a的取值范围

6、高考仿真模拟卷(十二)1解析:选C.法一:依题意Bx|x1或x1或x1,图中阴影部分表示集合A(UB),因为0A,0B,故0A(UB),故排除A、B,而2A,2B,故2A(UB),故排除D.2解析:选D.因为aaa2i为纯虚数,所以a20,得a2.3解析:选C.全称命题:xM,p(x)的否定为x0M,綈p(x0),原命题中f(x)g(x)0f(x)0或g(x)0,故其否定为x0a,b,f(x0)0且g(x0)0.4解析:选B.因为lg 10 000lg 1044,4,所以lg 10 000.5解析:选D.由图象可知甲图象关于直线x0.4对称,乙图象关于直线x0.8对称,所以10.4,20.8,

7、故A正确,C正确;因为甲图象比乙图象更“高瘦”,所以甲类水果的质量比乙类水果的质量更集中于平均值左右,故B正确;因为乙图象的最大值为1.99,即1.99,所以21.99,故D错误故选D.6解析:选B.通过分析,本程序框图是当型循环结构第1次循环,s112,n112,第2次循环,s224,n213,第2 016次循环,n2 017.所以结合选项可知判断框内的条件应为n2 016?.7解析:选C.因为侧(左)视图中等边三角形的高为2,所以等边三角形的边长为4,所以三棱柱的所有棱长均为4,故三棱柱的表面积为(444)4242488.8解析:选C.“甲的年龄和农民不同”和“农民的年龄比乙小”可以推得丙

8、是农民,所以丙的年龄比乙小;再由“丙的年龄比知识分子大”,可知甲是知识分子,故乙是工人故选C.9解析:选C.a1a2a3anlog23log34log45log(n1)(n2)log2(n2)k,kZ,令0n2k22 017,则22k2 019,1k10,所以“优数”之和为(222)(232)(2102)18211222 026.故选C.10解析:选A.由函数f(x)的图象向左平移个单位得g(x)sin的图象,因为平移后的函数是奇函数,所以k,kZ.又因为|b1,所以B30,根据正弦定理,得,解得C60或120.当C60时,A90,则1;当C120时,A30,则2.法二:由sin2Bsin B

9、0可得sin B或sin B1(舍去),故B30或B150,又cb1,所以B30,cos 30,即a23a20,解得a2或1.若a2,c,b1,则1,若a1,c,b1,则2.答案:2或115解析:令y0得x,令x0得y.所以Sk2,所以S1S2S1022.答案:16解析:因为f(x)ax3ax23ax1,所以f(x)ax22ax3aa(x22x3)a(x3)(x1)当a0时,f(x)1,显然不满足题意;当a0时,f(3),f(1)分别为函数f(x)的两个极值,因为函数f(x)ax3ax23ax1的图象经过四个象限,所以函数f(x)的两个极值的符号相反,即f(3)f(1)0,所以(9a9a9a1

10、)0,解得a或a1),g(x)ex1,依题意,f(0)g(0),解得a1,所以f(x)1,当1x0时,f(x)0时,f(x)0.故f(x)的单调递减区间为(1,0),单调递增区间为(0,)(2)由(1)知,当x0时,f(x)取得最小值0,所以f(x)0,即xln(x1),从而exx1.设F(x)g(x)kf(x)exkln(x1)(k1)x1,则F(x)ex(k1)x1(k1),当k1时,因为x0,所以F(x)x120(当且仅当x0时等号成立),此时F(x)在0,)上单调递增,从而F(x)F(0)0,即g(x)kf(x)当k1时,令h(x)ex(k1),则h(x)ex,显然h(x)在0,)上单

11、调递增,又h(0)1k0,所以h(x)在(0,1)上存在唯一零点x0,当x(0,x0)时,h(x)0,所以h(x)在0,x0)上单调递减,从而h(x)h(0)0,即F(x)0,所以F(x)在0,x0)上单调递减,从而当x(0,x0)时,F(x)F(0)0,即g(x)0,n0.由得P点坐标为,将P点坐标代入x21,化简得mn.设AOB2,因为tan2,所以tan ,sin 2.又|OA|m,|OB|n,所以SAOB|OA|OB|sin 22mn1.记S()1,则S().令S()0,得1.又S(1)2,S,S(2),所以当1时,AOB的面积取得最小值2;当时,AOB的面积取得最大值.22解:(1)

12、曲线C的直角坐标方程为1,将左焦点F(2,0)代入直线AB的参数方程,得m2.直线AB的参数方程是(t为参数),代入椭圆方程得t22t20,所以|FA|FB|2.(2)设椭圆C的内接矩形的顶点分别为(2cos ,2sin ),(2cos ,2sin ),(2cos ,2sin ),(2cos ,2sin ),所以椭圆C的内接矩形的周长为8cos 8sin 16sin,当,即时椭圆C的内接矩形的周长取得最大值16.23解:(1)当a2时,原不等式为:|x1|2x2|0,即|x1|0,解得x3.故f(x)0,所以0.所以原函数可以化为:f(x)即f(x)所以f(x)maxf1.所以13,所以a4.综上可得a的取值范围为a|0a4

展开阅读全文
相关资源
猜你喜欢
相关搜索

当前位置:首页 > 幼儿园

网站客服QQ:123456
免费在线备课命题出卷组卷网版权所有
经营许可证编号:京ICP备12026657号-3