【高考押题】高考数学仿真押题试卷(十三)(Word版,含答案解析)

专题13 高考数学仿真押题试卷（十三）

注意事项：

1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

第Ⅰ卷

一、选择题：本大题共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．已知集合A．{x|x…2}

，

B．{x|1x2}

，则AIB( ) C．{x|1x„2} ；

D．{x|x…2}

【解析】解：A{x|x1}，

．

【答案】C．

2．若复数z满足(z1)i1i，则|z|( ) A．i

B．1i

C．2

D．1

【解析】解：由(z1)i1i，得，

zi，则|z|1．

【答案】D．

3．经统计，某市高三学生期末数学成绩生，其成绩不低于90分的概率是( )

，且，则从该市任选一名高三学

A．0.35 B．0.65 C．0.7 D．0.85

，

【解析】解：Q学生成绩X服从正态分布N(85,2)，且

，

从该市任选一名高三学生，其成绩不低于90分的概率是0.35．

【答案】A．

0xy1…4．若x，y满足约束条件xy1„0，则zx2y的最小值是( )

y1…0A．5 B．4 C．0 D．2

【解析】解：作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分）

由zx2y得

平移直线，

由图象可知当直线

直线y2xz的截距最小， 此时z最小．

经过点A(2,1)时，

将A(2,1)的坐标代入目标函数zx2y， 得z4．即zx2y的最小值为4； 【答案】B．

5．某简单几何体的三视图如图所示，若该几何体的所有顶点都在球O的球面上，则球O的体积是(

)A．82 3

B．43

C．12

D．323

【解析】解：由三视图还原原几何体如图，

可知该几何体为直三棱柱，底面为等腰直角三角形，直角边长为2，侧棱长为2． 把该三棱锥补形为正方体，则正方体对角线长为

该三棱柱外接球的半径为3．

．

体积

【答案】B．

．

6．将函数A．(，0)

12【解析】解：将函数

的图象向右平移B．(个单位长度后，所得图象的一个对称中心为( ) 6C．(4，0)

3，0) D．(2，0)

的图象向右平移

个单位长度后，所得图象对应的函数解析式为6，

令2x6k，求得xkk，kZ，故函数的对称中心为(，0)，kZ，

212212【答案】A． 7．函数

的图象在点(1，f（1）)处的切线在y轴上的截距为( )

A．e 【解析】解：由则f（1）a1， 又f（1）a，

函数

B．1

，得f(x)aC．1 D．0

1， x的图象在点(1，f（1）)处的切线方程为，

取x0，可得y1．

函数

的图象在点(1，f（1）)处的切线在y轴上的截距为1．

【答案】C．

8．刘徽《九章算术g商功》中将底面为长方形，两个三角面与底面垂直的四棱锥体叫做阳马．如图，是一个阳马的三视图，则其外接球的体积为( )

A．3

B．3 2C．3 D．4

【解析】解：由题意可知阳马为四棱锥，且四棱锥的底面为长方体的一个底面， 四棱锥的高为长方体的一棱长， 且阳马的外接球也是长方体的外接球；

由三视图可知四棱锥的底面是边长为1的正方形，四棱锥的高为1，

长方体的一个顶点处的三条棱长分别为1，1，1，

长方体的对角线为3，

外接球的半径为3， 2外接球的体积为．

【答案】B． 9．已知函数

列结论中不正确的是( ) A．，若将函数f(x)的图象向右平移

个单位后关于y轴对称，则下65 6

B．(,0)是f(x)图象的一个对称中心

12C．f()2 D．x6是f(x)图象的一条对称轴

【解析】解：由题意可知5， 6故，

．

【答案】C．

10．已知5辆不同的白颜色和3辆不同的红颜色汽车停成一排，则白颜色汽车至少2辆停在一起且红颜色的汽车互不相邻的停放方法有( ) A．1880

B．1440

C．720

D．256

【解析】解：由题意可知，白颜色汽车按3，2分为2组，先从5辆白色汽车选3辆全排列共有A53种， 再将剩余的2辆白色汽车全排列共有A22种，再将这两个整体全排列，共有A22种，排完后有3个空， 3辆不同的红颜色汽车抽空共有A33种， 由分步计数原理得共有有【答案】B．

种，

11．已知数列：A．1剟a201910

B．a201910

依它的前10项的规律，这个数列的第2019项a2019满足( )

C．0a20191 10D．

1„a20191 10

1121321432【解析】解：将此数列分组为()(，)(，，)(，，，)第n组有n个数，

3124112123设数列的第2019项a2019在第n组中，由等差数列前n项和公式可得：解得：n64，

，

则前63组共

，即a2019在第64组的第3项，

即

【答案】B． 12．已知抛物线

，

的焦点为F，点M(x0，22)是抛物线C上一点，圆M与线段MF相交

于点A，且被直线xA．

|MA|p截得的弦长为3|MA|，若2，则|AF|( )

|AF|2B．1

C．2

D．3

3 2【解析】解：如图，圆心M到直线x圆M的半径r|MA|，

pp的距离d|x0|，① 22，d21|MA|2，② 4Q|MA|2，|AF|③ p， 4由①②③可得x0p，或x0，p2或4．

p2p4或，

x02x01．

【答案】B．

第Ⅱ卷

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．

uuuruuurruuurrrr13．在平行四边形ABCD中，点E是AD的中点，点F是CD的中点，记BEa，ACb，用a，b表示AB，uuur2r1r则AB ab ．

33【解析】解：由图可知：

，②

，①

联立①②解得：2r1r【答案】ab．

33，

14．太极图被称为“中华第一图”．从孔庙大成殿粱柱，到楼观台、三茅宫、白外五观的标记物；从道袍、

，太极图无不跃居其上．这种广为人知的太卦摊、中医、气功、武术到南韩国旗、新加坡空军机徽极图，其形状如阴阳两鱼互抱在一起，因而被称为“阴阳鱼太极图”．在如图所示的阴阳鱼图案中，阴影

部分的区域可用小等式组z2xy的最大值为 15 ．

来表示，设(x,y)是阴影中任意一点，则

【解析】解：由题意可知：z2xy与

相切时，切点在上方时取得最大值，如图：

可得：|1z|2122„1，解得，

z2xy的最大值为：15．

【答案】15． 15．已知

的一条外公切线的斜率为7，则r1r2为

，eC1与eC2相切，并且两圆

72 ． 25【解析】解：设两圆的公切线为y7xt，即7xyt0， 已知圆心C1(2,2)，C2(1,1)， 设C1，C2到公切线的距离为d1，d2，

可得，，

由于公切线在两圆的同侧，

，

即|t3|15，可得t12或18，

当t12时，当t18时，r1r2综上可得r1r2【答案】

72． 25；

72． 2572． 25216．在各项均为正数的等比数列{an}中，a3a18，当a4取最小值时，则数列nan的前n项和为

 ．

【解析】解：各项均为正数的等比数列{an}中，首项为a1，公比设为q(q0)， 由a3a18，即a1q2a18，(q0且q1)， 整理得a18， 1q2所以，

令，

可得，当0q3时，f(q)0，f(q)递增；

当q3时，f(q)0，f(q)递减，可得q3时，f(q)取得极大值，且为最大值， 则

2数列nan的前n项和为

，

，

，

两式相减可得

，

化简可得【答案】

． ．

三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn2ann． （1）求证{an1}为等比数列；

（2）数列{bn}满足，求{bn}的前n项和Tn．

，化为：

，

【解析】（1）证明：由Sn2ann．n…2时，

n1时，a12a11，解得a11． a112．

{an1}为等比数列，首项为2，公比为2．

（2）解：由（1）可得：an12n．

，

{bn}的前n项和

， ，

相减可得：整理为：

．

，

18．某水果种植户对某种水果进行网上销售，为了合理定价，现将该水果按事先拟定的价格进行试销，得到如下数据： 单价x（元) 销量y(kg) 7 120 8 118 9 112 11 110 12 108 13 104 （1）已知销量与单价之间存在线性相关关系求y关于x的线性回归方程；

（2）若在表格中的6种单价中任选3种单价作进一步分析，求销量恰在区间[110，118]内的单价种数的分布列和期望．

附：回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为：

ˆ． ˆybx，a【解析】解：（1）

．

，

，．

；

y关于x的线性回归方程为

（2）6种单价中销售量在[110，118]内的单价种数有3种．

销量恰在区间[110，118]内的单价种数的取值为0，1，2，3，

，

，

，

．

的分布列为：

 P 0 1 201 9 202 9 203 1 20期望为．

19．如图四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD，PABC，BCCD，AB4，BCCD2，

ADBD．

（1）求证：平面PBD平面PAD； （2）若AB与平面PBD所成的角的正弦值为22，求二面角CPBD的余弦值． 5

【解析】证明：（1）QBCCD，AB4，BCCD2，ADBD．

， ，ADBD，

Q四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD，PABC，BCCD，

BC平面PAB，QBC平面ABCD，

平面PAB平面ABCD，

Q平面PAD平面PABPA，PA平面ABCD，

PABD，

，BD平面PAD，

QBD平面PAD，平面PBD平面PAD．

解：（2）以B为原点，BC为x轴，BA为y轴，过B作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系， 设APa，则A(0，4，0)，B(0，0，0)，P(0，4，a)，D(1，1，0)， uuuruuuruuurBA(0，4，0)，BP(0，4，a)，BD(1，1，0)，

r设平面PBD的法向量n(x，y，z)，

则

r4，取x1，得n(1，1，)，

a22， 5QAB与平面PBD所成的角的正弦值为，

8232r，n(1，1，)， 34uuuruuur82BC(1，0，0)，BP(0，4，)，

3r设平面PBC的法向量m(x，y，z)，

解得a则

r，取z3，得m(0，22，3)，

设二面角CPBD的平面角为，

则

二面角CPBD的余弦值为． 17． 5

20．已知椭圆（1）求椭圆的方程；

上的动点P到其左焦点的距离的最小值为1，且离心率为

1． 2（2）若直线l与椭圆C交于A，B两点，Q是椭圆C的左顶点，若过不同于点Q的定点．

ac1c1【解析】（1）解：由已知可得，，解得a2，b3，

a2222abc，试证明直线l经

x2y2椭圆的方程1；

43（2）证明：由

uuuruuur，得QAQB，

设直线AB方程为ykxm，A(x1，y1)，B(x2，y2)， ykxm联立x2y2，得

134．

△．

，

由题意，Q(2,0)，则uuuruuur由QAQB，得

．

，

，

，

，

，

，即7m2k或m2k．

即

当7m2k时，满足△0，此时直线方程为：

2

，过定点(,0)；

7

当m2k时，满足△0，此时直线方程为：，过定点(2,0)，不合题意．

2综上，直线l经过不同于点Q的定点(,0)．

721．已知函数

，aR．

（1）当a0时，求f(x)在点(1，f（1）)处的切线方程；

（2）当x0时，f(x)是否存在两个极值点，若存在，求实数a的最小整数值；若不存在，请说明理由． 【解析】解：（1）函数导数

，

当a0时，，f（1）1， 21，f（1）e1，即在点(1,)处的切线斜率ke1，

2

则对应的切线方程为即．

（2）当x0时，若f(x)存在两个极值点， 则f(x)0有两个不同的解， 即

，

有两个根，

即ex1ax有两个不同的根，

设h(x)ex1，h(x)ex，设切点(m,em1)， 则h(m)em， 即过原点的切线方程为即

当x0，y0时，设则

，

，

，

，

即g(m)在(0,)上为减函数，

Qg（1）10，g（2）

当m(1,2)时，g(m)0，

，

即当aem时，yex1和yax有两个交点， Qm(1,2)，em(e,e2)，

当a3时，y3x与h(x)没有交点，

当a4时，y3x与h(x)有两个交点，

即当x0时，f(x)是存在两个极值点，此时最小的a的整数值为4

(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．[选修4-4：坐标系与参数方程]

22．在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，以x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C1的

参数方程为

为参数），曲线C2的极坐标方程为

．

（1）写出C1的普通方程和C2的直角坐标方程；

（2）若点P、Q分别为曲线C1及曲线C2上任意一点，求|PQ|的最小值及此时P的坐标．

【解析】解：（1）因为

2

2，，

x2x22①②得y1，即C1的普通方程为y21，

33曲线C2的极坐标方程为

，

，

由cosx，siny，可得C2的直角坐标方程为：xy150．

（2）设直线l与C2平行，且与曲线C1相切，设l方程为xyC0，联立l与C1的方程

消去

y得：

因为l与曲线C1相切，故△QC2的方程为：xy150

，③

，解得：C2，或c2．

当C2时，设切点为P，过P作C2的垂线，垂足为Q，则此时|PQ|最小，且此时，|PQ|值等于l与C2

的距离，

．

将C2代入③得，x3， 231．即P点坐标为(，)．

22综上，点P、Q分别为曲线C1及曲线C2上任意一点，则|PQ|的最小值为[选修4-5：不等式选讲] 23．已知函数

．

13231，此时P点坐标为(，)． 222（1）当a1时，求不等式f(x)„x的解集； （2）若f(x)„a21恒成立，求a的取值范围． 【解析】解：（Ⅰ）a1时，

，

即，

x„2不等式f(x)„x即为或

3„x1x…或，

3„x即有x„3或1„x1或1剟x3， 则为x„3或1剟x3，

所以不等式的解集为{x|x„3或1剟x3}； （Ⅱ）由（Ⅰ）知，函数f(x)的值域为[3，3]， 若f(x)„a21恒成立，则

即3„a21，解得a…2或a„2．

实数a的取值范围是(，2]，

U[2，)．