21年高考22题逐题特训仿真模拟卷1

卷 仿真模拟卷 1(时间：120 分钟 满分：150 分)一、选择题(本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分)1．已知集合 P＝{x|－10 得，ln x>－1，∴x>e－ 1 ＝ 1e.∴函数 f(x)＝xln x 的单调递增区间为 1e，＋∞.5．已知实数 x，y 满足约束条件 y≤2，x＋y≥2，x≤2，则 3x＋y 的最大值为()A．2 B．6 C．8 D．12 答案 C 解析 先根据约束条件画出可行域，如图(阴影部分所示)，作直线 3x＋y＝0，将直线 3x＋y＝0平移，当过点(2,2)时，3x＋y 取得最大值，即(3x＋y)max＝3×2＋2＝8.6．已知 F 1，F 2 是双曲线 C：

x2a 2 －y 2b 2 ＝1(a>0，b>0)的两个焦点，P 是 C 上一点，满足|PF 1 |＋|PF 2 |＝6a，且∠F 1 PF 2 ＝ π3，则 C 的离心率为()A.2 B.5 C．2 D.3 答案 D 解析 由双曲线的对称性设 P 在第一象限，因为|PF 1 |＋|PF 2 |＝6a，由双曲线的定义可得 |PF 1 |＝2a＋|PF 2 |，所以|PF 2 |＝2a，|PF 1 |＝4a，因为∠F 1 PF 2 ＝ π3，在△PF 1 F 2 中，由余弦定理可得 cos∠F 1 PF 2 ＝ |PF1 | 2 ＋|PF 2 | 2 －|F 1 F 2 | 22|PF 1 |·|PF 2 |，即 12 ＝16a 2 ＋4a 2 －4c 22·4a·2a，整理得 3a 2 ＝c 2，所以 C 的离心率 e＝ ca ＝ 3.7．已知圆 O：x 2 ＋y 2 ＝1，点 M(t,2)，若 O 上存在两点 A，B 满足MA→＝AB→，则实数 t 的取值范围是()A．[－2,2] B．[－3,3] C．[－ 5，5] D．[－5,5] 答案 C 解析 ∵MA→＝AB→，∴A 为 BM 的中点，设圆心 O 到直线 BM 的距离为 d，则有 |OM| 2 －d 2 ＝3 1－d 2，∴|OM| 2 ＝9－8d 2，∵0≤d 2 <1，∴1<|OM| 2 ≤9，又|OM| 2 ＝t 2 ＋4，∴10)为偶函数，且 y＝f(x)图象的两相邻对称轴间的距离为 π2，则 f π6的值为()A．－1 B．1 C.3 D.2 答案 B 解析 f(x)＝ 3sin(ωx＋φ)－cos(ωx＋φ)＝2sin ωx＋φ－ π6，∵f(x)是偶函数，∴φ－ π6 ＝kπ＋π2，k∈Z，得 φ＝kπ＋2π3，k∈Z，∵0<φ<π，∴令 k＝0，得 φ＝ 2π3，即 f(x)＝2sin ωx＋ 2π3－ π6＝2sin ωx＋ π2＝2cos ωx，∵y＝f(x)图象的两相邻对称轴间的距离为 π2，∴ T2 ＝π2，即 T＝π，即2πω ＝π，得 ω＝2，则 f(x)＝2cos 2x，则 f π6＝2cos 2× π6＝2cos π3 ＝2×12 ＝1.9．已知直三棱柱 ABC－A 1 B 1 C 1，AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA 1 ＝12，如果三棱柱 ABC－A 1 B 1 C 1 的 6 个顶点都在球 O 的球面上，则球的半径为()A.3 172 B．2 10 C.132 D．3 10

答案 C 解析 如图，AB⊥AC，则△ABC 外接圆圆心为斜边 BC 的中点 D，设 B 1 C 1 的中点为 E，则三棱柱外接球的球心为 ED 的中点 O，设外接球的半径为 R，则 R 2 ＝OD 2 ＋BD 2，∵AB＝3，AC＝4，AA 1 ＝12，∴OD＝ 12 ED＝12 AA 1 ＝6，BD＝ 12 BC＝12AB 2 ＋AC 2 ＝ 52，∴R＝ 6 2 ＋ 522 ＝ 132.10．函数 f(x)＝e x |ln x|－2 的零点个数为()A．1 B．2 C．3 D．4 答案 B 解析 函数 f(x)＝e x |ln x|－2 的零点个数可以转化为|ln x|＝ 2e x 的解的个数，即函数 y＝|ln x|的图象与函数 y＝ 2e x 的图象的交点个数． 如图，在坐标系中画出两个函数的图象，根据图象可得有两个交点，故原函数有两个零点． 11．已知单位向量PA→，PB →，PC → 满足 2PA → ＋3PB → ＋3PC → ＝0，则AB → ·AC → 的值为()A.89 B.23 C.59 D．1 答案 A 解析 ∵2PA→ ＋3PB → ＋3PC → ＝0，∴PB→ ＋PC → ＝－ 23 PA→，如图，设 BC 中点为 D，则PD→＝ 12(PB→ ＋PC →)＝－ 13 PA→，且|PA→ |＝|PB → |＝|PC → |＝1，∴P，A，D 三点共线，PD⊥BC，|PD→|＝ 13，|AD→|＝ 43，∴△ABC 为等腰三角形，∴|CD→|＝ |PC→ | 2 －|PD →| 2 ＝ 2 23，|AB→ |＝|AC → |＝|AD→| 2 ＋|CD→| 2 ＝ 2 63，∴cos∠BAC＝cos 2∠CAD＝2cos 2 ∠CAD－1 ＝2|AD→||AC→ |2 －1＝ 13，∴AB→ ·AC → ＝|AB → ||AC → |cos∠BAC ＝ 2 63× 2 63× 13 ＝89.12．已知 m，n，p∈R，若三次函数 f(x)＝x 3 ＋mx 2 ＋nx＋p 有三个零点 a，b，c，且满足 f(－1)＝f(1)< 32，f(0)＝f(2)>2，则1a ＋1b ＋1c 的取值范围是()A.13，1 B.14，13 C.14，12 D.13，12 答案 D 解析 ∵f(－1)＝f(1)< 32，f(0)＝f(2)>2，∴  －1＋m－n＋p＝1＋m＋n＋p，p＝8＋4m＋2n＋p，即  n＋1＝0，2m＋n＋4＝0，解得 m＝－ 32，n＝－1，∴f(x)＝x 3 － 32 x2 －x＋p，∵f(－1)< 32，f(0)>2，∴ －1－ 32 ＋1＋p<32，p>2，解得 2

(2)若 3sin A＝cos B＋ π4＋2，求△ABC 的面积． 解(1)在△ABC 中，∵csin A＝acos C，∴由正弦定理得 sin Csin A＝sin Acos C(sin A>0)，∴tan C＝1，又 00)上一点 M(1，－2)作直线 MN 交抛物线 E 于另一点 N.(1)若直线 MN 的斜率为 1，求线段|MN|的长；(2)不过点 M 的动直线 l 交抛物线 E 于 A，B 两点，且以 AB 为直径的圆经过点 M，问动直线l 是否恒过定点．如果是，求定点坐标；如果不是，请说明理由． 解(1)把 M(1，－2)代入 y 2 ＝2px 中，得 p＝2，∴y 2 ＝4x，∵直线 MN 的斜率为 1，∴直线 MN 的方程为 y＋2＝x－1，即 y＝x－3，联立  y 2 ＝4x，y＝x－3，得 x 2 －10x＋9＝0，解得 x 1 ＝1，x 2 ＝9，∴N(9,6)，∴|MN|＝8 2.(2)设直线 l 的方程为 x＝ky＋m，与 y 2 ＝4x 联立，得 y 2 －4ky－4m＝0，设 A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，Δ＝16k 2 ＋16m>0，即 k 2 ＋m>0，y 1 ＋y 2 ＝4k，y 1 y 2 ＝－4m，由题意可得，MA⊥MB，∴MA→·MB→＝0，∴(x 1 －1，y 1 ＋2)·(x 2 －1，y 2 ＋2)＝0，整理得(k 2 ＋1)y 1 y 2 ＋(km－k＋2)(y 1 ＋y 2)＋m 2 －2m＋5＝0，代入得 m 2 －6m－4k 2 ＋8k＋5＝0，即(m－3)2 ＝4(k－1)2，∴m＝2k＋1(舍去)，或 m＝－2k＋5(符合 Δ>0)，∴直线 l：x＝ky＋m＝ky－2k＋5，∴x－5＝k(y－2)，即动直线 l 经过定点(5,2)． 21．(12 分)(2020·新高考测评联盟联考)已知函数 f(x)＝e x －ax－ln 2(a∈R)．(1)讨论函数 f(x)的单调性；(2)当 a＝2 时，求函数 g(x)＝f(x)＋ln 2－cos x 在 － π2，＋∞ 上的零点个数． 解(1)f(x)＝e x －ax－ln 2，其定义域为 R，f′(x)＝e x －a，①当 a≤0 时，因为 f′(x)>0，所以 f(x)在 R 上单调递增． ②当 a>0 时，令 f′(x)>0，得 x>ln a，令 f′(x)<0，得 x0 时，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．(2)方法一 由已知得 g(x)＝e x －2x－cos x，x∈ － π2，＋∞，则 g′(x)＝e x ＋sin x－2.①当 x∈ － π2，0 时，因为 g′(x)＝(e x －1)＋(sin x－1)<0，所以 g(x)在 － π2，0 上单调递减，所以 g(x)>g(0)＝0，所以 g(x)在 － π2，0 上无零点； ②当 x∈ 0，π2时，因为 g′(x)单调递增，且 g′(0)＝－1<0，g′ π2＝2e－1>0，所以存在 x 0 ∈ 0，π2，使 g′(x 0)＝0，当 x∈(0，x 0)时，g′(x)<0；当 x∈ x 0，π2时，g′(x)>0，所以 g(x)在[0，x 0)上单调递减，在 x 0，π2上单调递增，且 g(0)＝0，所以 g(x 0)<0，又因为 g π2＝2e－π>0，所以 g(x 0)·g π2<0，所以 g(x)在 x 0，π2上存在一个零点，所以 g(x)在 0，π2上有两个零点． ③当 x∈ π2，＋∞ 时，g′(x)＝ex ＋sin x－2> 2e－3>0，所以 g(x)在 π2，＋∞ 上单调递增，因为 g π2>0，所以 g(x)在 π2，＋∞ 上无零点．

综上所述，g(x)在 － π2，＋∞ 上的零点个数为 2.方法二 由已知得 g(x)＝e x －2x－cos x，x∈ － π2，＋∞，则 g′(x)＝e x ＋sin x－2，①当 x∈ － π2，0 时，因为 g′(x)＝(e x －1)＋(sin x－1)<0，所以 g(x)在 － π2，0 上单调递减，所以 g(x)>g(0)＝0，所以 g(x)在 － π2，0 上无零点． ②当 x∈[0，＋∞)时，设 φ(x)＝g′(x)，则 φ′(x)＝e x ＋cos x>0，所以 g′(x)在[0，＋∞)上单调递增，又因为 g′(0)＝－1<0，g′(π)＝e π ＋sin π－2＝e π －2>0，所以∃x 0 ∈(0，π)，使 g′(x 0)＝0，当 x∈(0，x 0)时，g′(x)<0，当 x∈(x 0，＋∞)时，g′(x)>0，所以 g(x)在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，且 g(0)＝0，所以 g(x 0)<0，又因为 g(π)＝e π ＋1－2π>0，所以 g(x 0)·g(π)<0，所以 g(x)在(x 0，＋∞)上存在唯一零点，所以 g(x)在[0，＋∞)上存在两个零点，综上所述，g(x)在 － π2，＋∞ 上的零点个数为 2.(二)选考题共 10 分． 22．[选修 4－4：坐标系与参数方程](10 分)在直角坐标系 xOy 中，直线 C 1 ：x＝－2，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，C 2 的极坐标方程为 ρ 2 －2ρcos θ－4ρsin θ＋4＝0.(1)求 C 1 的极坐标方程和 C 2 的普通方程；(2)若直线 C 3 的极坐标方程为 θ＝ π4(ρ∈R)，设 C 2 与 C 3 的交点为 M，N，又 C 1 ：x＝－2 与 x轴交点为 H，求△HMN 的面积． 解(1)∵直线 C 1 ：x＝－2，∴直线 C 1 的极坐标方程为 ρcos θ＝－2，∵C 2 的极坐标方程为 ρ 2 －2ρcos θ－4ρsin θ＋4＝0，∴x 2 ＋y 2 －2x－4y＋4＝0，即 C 2 的普通方程为(x－1)2 ＋(y－2)2 ＝1.(2)设|OM|＝ρ 1，|ON|＝ρ 2，联立 C 2 与 C 3 的极坐标方程，则有 ρ 2 －2ρcos θ－4ρsin θ＋4＝0，θ＝ π4，∴ρ 2 －3 2ρ＋4＝0，∴ρ 1 ＋ρ 2 ＝3 2，ρ 1 ρ 2 ＝4，|MN|＝|ρ 1 －ρ 2 |＝ ρ 1 ＋ρ 2  2 －4ρ 1 ρ 2 ＝ 2，∵直线 C 3 的极坐标方程为 θ＝ π4(ρ∈R)，∴直线 C 3 的一般方程为 y＝x，即 x－y＝0，又∵C 1 ：x＝－2 与 x 轴交点为 H，∴H(－2,0)，∴点 H(－2,0)到直线 C 3 的距离为 d＝|－2－0|1 2 ＋－1 2 ＝ 2，∴S △ HMN ＝ 12 |MN|d＝12 × 2× 2＝1.23．[选修 4－5：不等式选讲](10 分)已知函数 f(x)＝|x－a|－|x－5|.(1)当 a＝2 时，求证：－3≤f(x)≤3；(2)若关于 x 的不等式 f(x)≤x 2 －8x＋20 在 R 上恒成立，求实数 a 的取值范围．(1)证明 当 a＝2 时，f(x)＝|x－2|－|x－5|，∴||x－2|－|x－5||≤|x－2－(x－5)|＝3，∴－3≤|x－2|－|x－5|≤3，即－3≤f(x)≤3.(2)解 f(x)＝|x－a|－|x－5|，①当 a≥5 时，f(x)＝ 5－a，x≥a，－2x＋a＋5，5

21年高考22题逐题特训仿真模拟卷2

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