统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷五仿真模拟专练二文（附解析）

仿真模拟专练(二)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z＝1－2i，则z(＋2i)＝(　　)A．9－2iB．1－2iC．9＋2iD．1＋2i2．设集合A＝{x|1≤x≤3}，B＝{x|x2－6x＋8≥0}，则A∩(∁RB)＝(　　)A．{x|2<x≤3}B．{x|1≤x≤3}C．{x|1≤x<4}D．{x|2<x<4}3．已知AM是△ABC的BC边上的中线，若＝a，＝b，则＝(　　)A．(b－a)B．(a＋b)C．(a－b)D．－(a＋b)4．已知a＝0.8－0.4，b＝log53，c＝log88，则(　　)A．a<b<cB．b<c<aC．c<b<aD．a<c<b5．在等差数列{an}中，a3＝0，a7－2a4＝4，则a5＝(　　)A．1B．2C．3D．46．已知A、B、C是半径为2的球面上的三个点，其中O为球心，且AC⊥BC，AC＝1，BC＝，则三棱锥OABC的体积为(　　)A．1B．C．D．7．高三(1)班男女同学人数之比为3∶2，班级所有同学进行踢毽球(毽子)比赛，比赛规则是：每个同学用脚踢起毽球，落地前用脚接住并踢起，脚接不到毽球比赛结束．记录每个同学用脚踢起毽球开始到毽球落地，脚踢到毽球的次数，已知男同学用脚踢到毽球次数的平均数为17，方差为11，女同学用脚踢到毽球次数的平均数为12，方差为16，那么全班同学用脚踢到毽球次数的平均数和方差分别为(　　)A．14.5，13.5B．15，13C．13.5，19D．15，19 第9题图8．已知点P(x，y)在圆x2＋(y－1)2＝1上运动，则的最大值为(　　)A．B．C．D．9．执行如图所示的程序框图，输出的S的值为(　　)A．25B．24C．21D．910．意大利数学家斐波那契在他的《算盘全书》中提出了一个关于兔子繁殖的问题：如果一对兔子每月能生1对小兔子(一雄一雌)，而每1对小兔子在它出生后的第三个月里，又能生1对小兔子，假定在不发生死亡的情况下，从第1个月1对初生的小兔子开始，以后每个月的兔子总对数是：1，1，2，3，5，8，13，21，…，这就是著名的斐波那契数列，它的递推公式是an＝an－1＋an－2(n≥3，n∈N*)，其中a1＝1，a2＝1.若从该数列的前2021项中随机地抽取一个数，则这个数是偶数的概率为(　　)A．B．C．D．11．已知椭圆＋＝1(a>b>0)的离心率为，F1，F2分别为椭圆的左、右焦点，A为椭圆上一个动点．直线l的方程为bx＋ay－a2－b2＝0，记点A到直线l的距离为d，则d－|AF2|的最小值为(　　)A．b－2aB．b＋2aC．b－aD．b＋a12．设函数f(x)＝，f(x)＝a有四个实数根x1，x2，x3， x4，且x1<x2<x3<x4，则(x3＋x4)x1＋的取值范围是(　　)A．(，)B．(0，1)C．(，)D．(，2)[答题区]题号123456789101112答案二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知α∈(0，)，cos(α＋)＝－，则cosα＝________．14．曲线y＝2x＋lnx－x3在x＝1处的切线方程为________．15．设F1，F2是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的两个焦点，P为椭圆C上的一个点，且PF1⊥PF2，若△PF1F2的面积为9，周长为18，则椭圆C的方程为________．16．如图，某湿地为拓展旅游业务，现准备在湿地内建造一个观景台D，已知射线AB，AC为湿地两边夹角为的公路(长度均超过4千米)，在两条公路AB，AC上分别设立游客接送点E，F，且AE＝AF＝2千米，若要求观景台D与两接送点所成角∠EDF与∠BAC互补且观景台D在EF的右侧，并在观景台D与接送点E，F之间建造两条观光线路DE与DF，则观光线路之和最长是________(千米).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17～21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)已知函数f(x)＝2cos(x＋)cos(x＋).(1)求f(x)的单调递增区间；(2)求f(x)在[0，]的最大值． 18．(12分)如图，三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，∠BAC＝90°，AB＝4，AC＝AA1＝2，M是AB中点，N是A1B1中点，P是BC1与B1C的交点．(1)求证：平面BC1N∥平面A1CM；(2)求点P到平面A1CM的距离． 19．(12分)大气污染物PM2.5的浓度超过一定的限度会影响人的健康．为了研究PM2.5的浓度是否受到汽车流量的影响，研究人员选择了24个社会经济发展水平相近的城市，在每个城市选择一个交通点统计24小时内过往的汽车流量x(单位：千辆)，同时在低空相同的高度测定该时间段空气中的PM2.5的平均浓度y(单位：μg/m3)，制作了如图所示的散点图：(1)由散点图看出，可用线性回归模型拟合y与x的关系，请用相关系数加以说明(精确到0.01)；(2)建立y关于x的回归方程；(3)我国规定空气中的PM2.5浓度的安全标准为24小时平均浓度75μg/m3，某城市为使24小时的PM2.5浓度的平均值在60～130μg/m3，根据上述回归方程预测汽车的24小时流量应该控制在什么范围内？ 20．(12分)设F1、F2为椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，焦距为2c，双曲线Ω：－y2＝1与椭圆C有相同的焦点，与椭圆在第一、三象限的交点分别记为M、N两点，若有|MN|＝|F1F2|.(1)求椭圆C的方程；(2)设椭圆C的上顶点为B，过点(2，－1)的直线与C交于P、Q两点(均异于点B)，试证明：直线BP和BQ的斜率之和为定值． 21．(12分)已知函数f(x)＝(x－2)ex－x2＋ax＋2，a∈R.(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；(2)当x≥0时，恒有f(x)≥0，求实数a的最小值． (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．(10分)[选修4—4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为，以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为5ρ(cosθ＋sinθ)－7＝0.(1)求曲线C1的普通方程以及曲线C2的直角坐标方程；(2)若射线l：3x－4y＝0(x≥0)与C1，C2分别交于A，B两点，求|AB|的值．23．(10分)[选修4—5：不等式选讲]设M为不等式|x＋1|＋4≥|3x－1|的解集．(1)求M；(2)若a，b∈M，求|ab－a－b|的最大值． 仿真模拟专练（二）1．C　由z＝1－2i⇒＝1＋2i，则＋2i＝1＋4i，z（＋2i）＝（1－2i）（1＋4i）＝9＋2i.故选C.2．A　由题意A＝{x|1≤x≤3}，B＝{x|x≥4或x≤2}，则∁RB＝{x|2<x<4}，故A∩（∁RB）＝{x|2<x≤3}．故选A.3．B　因为AM是△ABC的BC边上的中线，所以M为BC的中点，所以＝＋＝＋＝＋（－）＝＋＝a＋b.故选B.4．B　因为a＝0.8－0.4>0.80＝1，b＝log53<log55＝1，c＝log88＝1，所以b<c<a.故选B.5．D　由a7－2a4＝a3＋4d－2（a3＋d）＝－a3＋2d＝2d＝4，解得d＝2，故a5＝a3＋2d＝4.故选D.6.D　取AB的中点为D，连接OD，三棱锥OABC如图：因为AC⊥BC，所以D为△ABC的外接圆的圆心，由球体性质可知，OD⊥平面ABC，OD⊥AB，又因为AC＝1，BC＝，所以AB＝＝2，故△ABC的外接圆的半径BD＝1，由已知条件可知，OA＝OB＝OC＝2，从而OD＝＝，故三棱锥OABC的体积为V＝··AC·BC·OD＝×1××＝.故选D.7．D　设男同学为3a人，女同学为2a人，则全班的平均数为＝15，设男同学为x1，x2，…，x3a，女同学为y1，y2，…，y2a，则x1＋x2＋…＋x3a＝3a×17＝ 51a，y1＋y2＋…＋y2a＝2a×12＝24a，所以男同学的方差11＝，　①女同学的方差16＝；　②由①可得33a＝x＋x＋…＋x＋3a×172－34（x1＋x2＋…＋x3a），即x＋x＋…＋x＝900a，由②可得32a＝y＋y＋…＋y－24a（y1＋y2＋…＋y2a）＋2a×122，即y＋y＋…＋y＝320a，所以全班同学的方差为即＝＝19.故选D.8．C　设k＝，整理得kx－y－2k＋1＝0，k表示点（x，y）与（2，1）连线的斜率，当直线与圆相切时取得最大值或最小值，由＝1解得k＝±，的最大值为.故选C.9．A　第一次循环：S＝0＋9，T＝9＋7；第二次循环：S＝9＋7，T＝9＋7＋5；第三次循环：S＝9＋7＋5，T＝9＋7＋5＋3；第四次循环：S＝9＋7＋5＋3，T＝9＋7＋5＋3＋1；第五次循环：S＝9＋7＋5＋3＋1，T＝9＋7＋5＋3＋1＋（－1），此时循环结束，可得S＝＝25.故选A.10．B　由题设，斐波那契数列从第一项开始，每三项的最后一项为偶数，而＝673…2，∴前2021项中有673个偶数，故从该数列的前2021 项中随机地抽取一个数为偶数的概率为.故选B.11．A　∵A在椭圆上，∴|AF1|＋|AF2|＝2a，∴d－|AF2|＝d－（2a－|AF1|）＝d＋|AF1|－2a；当F1A⊥l时，d＋|AF1|取得最小值，最小值为F1到直线l的距离，又F1到直线l的距离d′＝＝＝b，∴（d－|AF2|）min＝b－2a，故选A.12．A　由分段函数知：1<x≤2时f（x）∈（－∞，0]且递减；2<x≤3时f（x）∈[0，1]且递增；3<x<4时，f（x）∈（0，1）且递减；x≥4时，f（x）∈[0，＋∞）且递增；∴f（x）的图象如图：f（x）＝a有四个实数根x1，x2，x3，x4且x1<x2<x3<x4，由图知：0<a<1时f（x）＝a有四个实数根，且1<x1<2<x2<3<x3<4<x4<5，又x3＋x4＝8，由对数函数的性质：（x1－1）（x2－1）＝x1x2－（x1＋x2）＋1＝1，可得＝1－，∴令（x3＋x4）x1＋＝2x1＋＝2x1－＋1＝t，且<x1<2，由g（x）＝2x－＋1在（，2）上单调递增，可知g（）<2x－＋1<g（2），所以<t<，故选A.13．答案：解析：∵cosα＝cos（α＋－）＝cos（α＋）·cos＋sin（α＋）·sin＝（－）×（）＋（）×＝.14．答案：y＝1 解析：因为y＝2x＋lnx－x3，所以f′（x）＝2＋－3x2，f（1）＝2＋ln1－1＝1，所以切线的斜率k＝f′（1）＝2＋1－3＝0，所以切线方程为y＝1.故答案为y＝1.15．答案：＋＝1解析：∵PF1⊥PF2，∴△PF1F2为直角三角形，又知△PF1F2的面积为9，∴|PF1|·|PF2|＝9，得|PF1|·|PF2|＝18.在Rt△PF1F2中，由勾股定理得|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2，由椭圆定义知|PF1|＋|PF2|＝2a，∴（|PF1|＋|PF2|）2－2|PF1||PF2|＝|F1F2|2，即4a2－36＝4c2，∴a2－c2＝9，即b2＝9，又知b>0，∴b＝3，∵△PF1F2的周长为18，∴2a＋2c＝18，即a＋c＝9，　①又知a2－c2＝9，∴a－c＝1.②由①②得a＝5，c＝4，∴所求的椭圆方程为＋＝1.16．答案：4解析：在△AEF中，因为AE＝AF＝2，∠EAF＝，所以EF＝AE＝AF＝2，又∠EDF与∠BAC互补，所以∠EDF＝，在△DEF中，由余弦定理得：EF2＝AE2＋AF2－2AE·AF·cos∠EDF，即AE2＋AF2＋AE·AF＝12，即（AE＋AF）2－AE·AF＝12，因为AE·AF≤（AE＋AF）2， 所以（AE＋AF）2－AE·AF＝12≥（AE＋AF）2－（AE＋AF）2，所以AE＋AF≤4，当且仅当AE＝AF＝2时，取等号，所以观光线路之和最长是4.17．解析：（1）f（x）＝2cos（x＋）cos（x＋）＝2·（－sinx）·（cosxcos－sinxsin）＝－sinx（2cosx－2sinx）＝－sin2x＋1－cos2x＝－sin（2x＋）＋1，2kπ＋≤2x＋≤2kπ＋，k∈Z，解得kπ＋≤x≤kπ＋，k∈Z，所以函数的单调递增区间为[kπ＋，kπ＋]，k∈Z.（2）由（1）2kπ－≤2x＋≤2kπ＋，k∈Z，解得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z，函数的单调递减区间为[kπ－，kπ＋]，k∈Z，所以函数在[0，]上单调递减，在（，]上单调递增，f（0）＝0，f（）＝3，所以函数的最大值为3.18.解析：（1）如图，连接MN，因为M，N分别为AB，A1B1的中点，所以MN∥BB1，MN＝BB1，又CC1∥BB1，CC1＝BB1，所以MN∥CC1，MN＝CC1，则四边形CMNC1是平行四边形，所以C1N∥CM.易有A1N∥BM，A1N＝BM，所以四边形BMA1N是平行四边形，则BN∥A1M. 又因为C1N∩BN＝N，CM∩A1M＝M，所以平面BC1N∥平面A1CM.（2）连接A1B，由（1）平面BC1N∥平面A1CM，而BP⊂平面BC1N，所以BP∥平面A1CM，所以点P到平面A1CM的距离即为点B到平面A1CM的距离，设其为d.因为AA1⊥底面A1B1C1，所以AA1⊥AC，又∠BAC＝90°，AB＝4，AC＝AA1＝2，由勾股定理，A1M＝＝2，CM＝＝2，A1C＝＝2，即三角形A1CM是正三角形，易得其面积S△A1CM＝×（2）2＝2，而S△BCM＝S△ABC＝×2×4＝2.由VA1BCM＝VBA1CM，可知×S△BCM×AA1＝×S△A1CM×d，即×2×2＝×2×d⇒d＝.所以点P到平面A1CM的距离为.19．解析：（1）由题得r＝≈0.82，因为y与x的相关系数近似为0.82，说明y与x具有很强的相关性，从而可以用线性回归模型拟合y与x的关系．（2）由＝95得＝＝＝140，＝－＝95－140×1.4＝－101，所以y关于x的回归方程为＝140x－101.（3）当y＝60时，由140x－101＝60得x＝1.15；当y＝130时，由140x－101＝130得x＝1.65.所以24小时的车流量应该控制在1150～1650辆．20．解析：（1）由双曲线Ω的焦点与椭圆C的焦点重合，得c＝，由双曲线与椭圆的对称性知四边形MF1NF2为矩形，则MF1⊥MF2，由椭圆和双曲线的定义可得，解得，由勾股定理可得|F1F2|2＝（2c）2＝|MF1|2＋|MF2|2，即2a2＋4＝12，解得a＝2，则b＝1，因此，椭圆C的方程为＋y2＝1.（2）若直线PQ的斜率不存在时，则该直线的方程为x＝2，直线PQ与椭圆C相切，不合乎题意．所以，直线PQ的斜率存在，设直线PQ的方程为y＋1＝k（x－2），即y＝kx－（2k＋1）， 设点P（x1，y1）、Q（x2，y2），联立，可得（4k2＋1）x2－8k（2k＋1）x＋4（2k＋1）2－4＝0，Δ＝64k2（2k＋1）2－16（4k2＋1）[（2k＋1）2－1]>0，可得k<0，由韦达定理可得x1＋x2＝，x1x2＝，kBP＋kBQ＝＋＝＋＝2k－＝2k－＝2k－（2k＋1）＝－1.所以直线BP和BQ的斜率之和为定值－1.21．解析：（1）当a＝1时，f（x）＝（x－2）ex－＋x＋2，f′（x）＝（x－1）（ex－1），令f′（x）>0⇒x<0或x>1，f′（x）<0⇒0<x<1，∴f（x）的增区间：（－∞，0），（1，＋∞），减区间：（0，1）.（2）f′（x）＝（x－1）（ex－a），①当a≤1时：ex－a≥0，∴x∈（0，1）时：f′（x）<0，f（x）单调递减⇒f（x）<f（0）＝0，不符合题意．②当a>1时：令f′（x）＝0⇒x1＝1，x2＝lna，若1<a<e，则x1>x2，令f′（x）>0⇒0<x<lna或x>1，f′（x）<0⇒lna<x<1，所以f（x）在（0，lna）单调递增，在（lna，1）单调递减，在（1，＋∞）单调递增，又∵f（0）＝0，∴只需f（1）≥0⇒a≥2e－4，综上，a的最小值为2e－4.22．解析：（1）由，得，两式平方相加，得（x－1）2＋y2＝，所以曲线C1的普通方程为（x－1）2＋y2＝；由5ρ（cosθ＋sinθ）－7＝0，得5ρcosθ＋5ρsinθ－7＝0，因为x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，所以5x＋5y－7＝0，所以曲线C2的直角坐标方程为5x＋5y－7＝0. （2）由，得，所以B（，）；由，消x得y2－y－＝0，即（y＋）（y－2）＝0，所以y＝－（舍）或y＝，所以x＝，所以A（，），所以|AB|＝＝1.23．解析：（1）由题设，|3x－1|－|x＋1|≤4，当x<－1时，1－3x＋x＋1＝2－2x≤4，无解；当－1≤x<时，1－3x－x－1＝－4x≤4，可得－1≤x<；当x≥时，3x－1－x－1＝2x－2≤4，可得≤x≤3.综上，M＝{x|－1≤x≤3}．（2）|ab－a－b|＝|（a－1）（b－1）－1|，又|a－1|，|b－1|∈[0，2]，∴|（a－1）（b－1）－1|≤|（a－1）（b－1）|＋1＝|a－1||b－1|＋1≤5，当且仅当a－1＝1－b＝±2时等号成立，∴|ab－a－b|max＝5.