浙江专用2021届高考数学二轮复习预测提升仿真模拟卷二含解析

这是一份浙江专用2021届高考数学二轮复习预测提升仿真模拟卷二含解析，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

高考仿真模拟卷(二)
(时间：120分钟；满分：150分)
第Ⅰ卷(选择题，共40分)
一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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U＝{1，3，5，7，9，11}，A＝{1，3}，B＝{9，11}，则(∁UA)∩B＝(　　)
A．∅　　　　　　　　　 B．{1，3}
C．{9，11} D．{5，7，9，11}
2．已知i为虚数单位，复数z满足(1＋i)z＝i，则|z|＝(　　)
A. B.
C. D.
3．已知a，b∈R，则“|a＋b|≤3”是“|a|＋|b|≤3”的(　　)
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．《九章算术》卷五商功中有如下问题：今有刍甍(音méng，底面为矩形的屋脊状的几何体)，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈，问积几何．已知该刍甍的三视图如图所示，则此刍甍的体积等于(　　)

A．3 B．5
C．6 D．12
5．已知在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，D为边AB上一点，且满足△BCD为正三角形．若b＝2，则△ACD的周长的最大值为(　　)
A．4 B．2＋2
C．4＋ D．4＋2
6．经过点(2，1)，且渐近线与圆x2＋(y－2)2＝1相切的双曲线的标准方程为(　　)
A.－＝1 B.－y2＝1
C.－＝1 D.－＝1
7．盒中有6个小球，其中4个白球，2个黑球，从中任取i(i＝1，2)个球，在取出的球中，黑球放回，白球则涂黑后再放回，此时盒中黑球的个数为Xi(i＝1，2)．则(　　)
A．P(X1＝3)>P(X2＝3)，EX1>EX2 B．P(X1＝3)EX2
C．P(X1＝3)>P(X2＝3)，EX1 8.已知函数f(x)与f′(x)的图象如图所示，则g(x)＝(　　)
A．在区间(0，1)上是减函数
B．在区间(1，4)上是减函数
C．在区间(1，)上是减函数
D．在区间(，4)上是减函数
9.如图，三棱锥D­ABC的三条侧棱DA，DB，DC两两垂直，A1是DA的中点，M，N是AB上的点，AM＝AN＝AB.记二面角D－A1M－C，D－A1N－C，D－A1B－C的平面角分别为α，β，γ，则以下结论正确的是(　　)
A．γ>α>β　　　　　　 B．α>β>γ
C．α>γ>β D．β>γ>α
10．记Sn是各项均为正数的等差数列{an}的前n项和，若a1≥1，则(　　)
A．S2mS2n≥S，ln S2mln S2n≤ln2Sm＋n B．S2mS2n≤S，ln S2mln S2n≤ln2Sm＋n
C．S2mS2n≥S，ln S2mln S2n≥ln2Sm＋n D．S2mS2n≤S，ln S2mln S2n≥ln2Sm＋n
第Ⅱ卷(非选择题，共110分)
二、填空题：本大题共7小题，多空题每小题6分，单空题每小题4分，共36分．
11．公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯(Apollonius)曾研究了众多的平面轨迹问题，其中有如下结果：平面内到两定点距离之比等于已知数λ(λ>0，且λ≠1)的动点轨迹为圆，后世把这种圆称为阿波罗尼斯圆．已知直角坐标系中A(－2，0)，B(2，0)，则满足|PA|＝2|PB|的点P的轨迹的圆心为________，面积为________．
12．函数f(x)＝x2－2x(x∈[－2，4])的单调增区间为________；f(x)max＝________．
13．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若16bcos C＝16a－11c，b＝3，c＝2，则sin C＝________，a＝________．
14．已知平面向量a，b的夹角为，|a－b|＝|a|＝2.若平面向量c满足|c－a|＝|c－b|，则a与c的夹角(锐角)为________；若非零平面向量c－a与c－b的夹角为，则|c|的取值范围是________．
15．若的展开式中各项系数之和为128，则展开式中的系数是________．
16．已知函数y＝sin x＋ cos x的图象是由y＝sin x－cos x的图象向左平移φ(φ∈(0，2π])个单位长度得到的，则φ＝________．
17．已知双曲线M的渐近线方程为x±y＝0，且双曲线M过点(6，2)．抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F与双曲线M的一个焦点重合，其准线l与x轴的交点为P，A在抛物线C上，若|AP|＝|AF|，则△APF的面积S＝________．
三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
18．(本题满分14分)已知函数f(x)＝sin2 x－cos2 x＋2sin xcos x，x∈R.
(1)求f(x)的单调递增区间；
(2)若关于x的方程f(x)＝a在[0，]上有解，求实数a的取值范围．





19.(本题满分15分)如图，棱锥P－ABCD的底面是菱形，AB＝2，∠DAB＝，侧面PAB垂直于底面ABCD，且△PAB是正三角形．
(1)求证：PD⊥AB；
(2)求直线PC与平面PBD所成角的正弦值．







20．(本题满分15分)已知函数f(x)＝(x>0且x≠1)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)证明：f(x)ln x>.










21．(本题满分15分)如图，已知抛物线y2＝x，点A(1，1)，B(4，－2)，抛物线上的点P(x，y)(y>1)，直线AP与x轴相交于点Q，记△PAB，△QAB的面积分别是S1，S2.
(1)若AP⊥PB，求点P的纵坐标；
(2)求S1－5S2的最小值．








22．(本题满分15分)已知数列{an}满足a1＝4，当n≥2时，an－(a1＋a2＋…＋an－1)＝2n＋1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：≤Tn<1.






高考仿真模拟卷(二)
1．解析：选C.通解：由题意，得∁UA＝{5，7，9，11}，所以(∁UA)∩B＝{9，11}，故选C.
优解：因为9∉A且9∈B，所以排除A，B.又5∉B，所以排除D，故选C.
2．解析：选C.通解：由(1＋i)z＝i，得z＝＝＝＝＋i，所以|z|＝＝，故选C.
优解：由(1＋i)z＝i，两边同时求模，得|1＋i|·|z|＝|i|，即|z|＝1，
即|z|＝，故选C.
3．解析：选B.一方面，由|a＋b|≤3不能推出|a|＋|b|≤3，如取a＝－3，b＝3，此时|a＋b|≤3，但|a|＋|b|＝6>3；另一方面，|a＋b|≤|a|＋|b|，因此由|a|＋|b|≤3可得|a＋b|≤3.综上所述，“|a＋b|≤3”是“|a|＋|b|≤3”的必要不充分条件，选B.
4．解析：选B.由三视图还原该几何体的直观图，并将该直观图补形为一个直三棱柱如图所示，

则该几何体的体积为V＝×3×1×4－××3×1×1×2＝6－1＝5.故选B.
5．解析：选D.因为△BCD为正三角形，所以BD＝DC＝BC.设△ACD的周长为m，则m＝AC＋CD＋AD＝2＋AB，故要求△ACD的周长的最大值，即求边AB的最大值．因为b＝2，B＝，所以由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B可得，12＝a2＋c2－ac.将上述方程看作关于a的二次方程，且该方程有解，所以Δ＝(－c)2－4(c2－12)≥0，得c≤4，即ABmax＝4，所以mmax＝4＋2.
6．解析：选A.设双曲线的方程为mx2＋ny2＝1(mn<0)，其渐近线方程为y＝± x，因为渐近线与圆x2＋(y－2)2＝1相切，所以＝1，得m＝－3n，①
又双曲线过点(2，1)，所以4m＋n＝1，②
联立①②，可得所以双曲线的标准方程为－＝1.
7．解析：选C.取1个球时，盒中黑球的个数可能为2，3，则P(X1＝3)＝＝，P(X1＝2)＝＝.取2个球时，盒中黑球的个数可能为2，3，4，则P(X2＝3)＝＝，P(X2＝2)＝＝，P(X2＝4)＝＝.所以P(X1＝3)>P(X2＝3)，EX1＝×3＋×2＝，EX2＝×3＋×2＋×4＝，所以EX1 8．解析：选C.经判断知过原点和点(2，0)的曲线为函数f(x)的图象，过原点和点(，0)的曲线为导函数f′(x)的图象．又注意到函数f(x)的图象在x＝0处与x轴相切，故结合一元三次函数的图象特征，可取函数f(x)＝x2(x－2)，检验知满足题设函数及其导函数的图象特征．于是，函数g(x)＝，则g′(x)＝，所以函数g(x)在区间(0，1)上是增函数，在区间(1，)上是减函数；因为f(2)＝0，所以函数g(x)在区间(1，4)和(，4)上均无单调性．故选C.
9．解析：选C.如图，过点C分别作CE⊥A1B，CF⊥A1M，交A1B，A1M于E，F，连接DE，DF，因为DA，DB，DC两两垂直，所以CD⊥平面ABD，则CD⊥A1B，又CE⊥A1B，所以A1B⊥平面CDE，于是，∠CED是二面角D－A1B－C的平面角，同理，∠CFD是二面角D－A1M－C的平面角．又A1N∥BD，且BD⊥平面ACD，所以A1N⊥平面ACD，则A1N⊥A1C，A1N⊥A1D，所以∠CA1D是二面角D－A1N－C的平面角．
所以tan α＝，tan β＝，tan γ＝，令AA1＝1，∠BAD＝θ，则BD＝2tan θ，DE·A1B＝A1D·BD，所以DE＝，又在Rt△AA1N 中，M是AN的中点，所以AM＝A1M，∠AA1M＝θ＝∠FA1D，所以DF＝sin θ，而＝＝＝，由于θ是锐角，所以sinθ∈(0，1)，所以>1，DE>DF.又A1D是Rt△A1FD和Rt△A1ED的斜边，所以A1D>DE>DF.于是tan βγ>β，故选C.
10．解析：选B.令an＝a1，则S2m＝2ma1，S2n＝2na1，S＝(m＋n)2a，所以S2mS2n≤S.因为函数y＝ln x是单调递增函数，所以ln(S2mS2n)≤ln S，所以ln S2m＋ln S2n≤2ln Sm＋n，由基本不等式知ln S2m＋ln S2n≥2，所以2ln Sm＋n≥2，所以ln2Sm＋n≥ln S2m ln S2n.故选B.
11．解析：设P(x，y)，则由|PA|＝2|PB|，得(x＋2)2＋y2＝4[(x－2)2＋y2]，化简得(x－)2＋y2＝，所以点P的轨迹的圆心为(，0)，半径为，面积为.
答案：(，0)　
12．解析：函数f(x)的对称轴为x＝1，单调增区间为[1，4]，f(x)max＝f(－2)＝f(4)＝8.
答案：[1，4]　8
13．解析：法一：因为16bcos C＝16a－11c，所以由正弦定理得16sin Bcos C＝16sin A－11sin C＝16sin(B＋C)－11sin C＝16sin Bcos C＋16cos Bsin C－11sin C，所以16cos Bsin C－11sin C＝0，又sin C≠0，所以cos B＝，sin B＝.由正弦定理得＝，得sin C＝.由余弦定理得9＝a2＋4－2×a×2×，即4a2－11a－20＝0，所以a＝4.
法二：因为16bcos C＝16a－11c，所以由正弦定理得16sin Bcos C＝16sin A－11sin C＝16sin(B＋C)－11sin C＝16sin Bcos C＋16cos B sin C－11sin C，所以16cos Bsin C－11sin C＝0，又sin C≠0，所以cos B＝，sin B＝.由正弦定理得＝，得sin C＝，易得cos C＝，所以sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C＝×＋×＝，由正弦定理得＝，所以a＝4.
答案：　4
14．解析：设a＝，b＝，c＝，由a，b的夹角为，|a－b|＝|a|＝2可知△OAB为正三角形．因为|c－a|＝|c－b|，故OC为∠AOB的平分线，则a与c的夹角(锐角)为.由c－a与c－b的夹角为可知，O，A，C，B四点共圆，且点C在劣弧上．由题意可知|c|>|a|＝|a－b|＝2，因为该圆的直径为2R＝＝4，所以|c|≤4，故2<|c|≤4.
答案：　(2，4]
15．解析：令x＝1，得的展开式中各项系数之和为(3－1)n＝128＝27，故n＝7.则二项式的通项Tr＋1＝C(3x)7－r×(－x－)r＝(－1)r×37－rCx7－r－r，令7－r＝－3，得r＝6，故展开式中的系数是(－1)6×37－6C＝21.
答案：21
16．解析：因为函数y＝sin x－cos x＝2sin(x－)，y＝sin x＋cos x＝2sin(x＋)＝2sin[(x＋)－]，所以函数y＝sin x＋cos x的图象是由y＝sin x－cos x的图象至少向左平移π个单位长度得到的．又φ∈(0，2π]，所以φ＝π.
答案：π
17．解析：由已知，可设双曲线的方程为x2－(y)2＝λ，即x2－3y2＝λ.又点(6，2)在双曲线上，故62－3×(2)2＝λ，解得λ＝12.所以双曲线的方程为－＝1，所以其焦点为(±4，0)．因为抛物线的焦点在x轴的正半轴上，故F(4，0)，抛物线C的方程为y2＝16x，准线l：x＝－4，P(－4，0)．设A(x，y)，则y2＝16x，由抛物线的定义可得|AF|＝x－(－4)＝x＋4，|AP|＝＝，又由|AP|＝|AF|可得|AP|2＝|AF|2，所以(x＋4)2＋16x＝(x＋4)2，整理得x2－10x＋16＝0，解得x＝2或x＝8.而|PF|＝8，所以当x＝2时，y2＝16×2＝32，故|y|＝4，此时△APF的面积S＝×|PF|×|y|＝×8×4＝16；当x＝8时，y2＝16×8＝128，故|y|＝8，此时△APF的面积S＝×|PF|×|y|＝×8×8＝32.
所以S＝16或32.
答案：16或32
18．解：(1)f(x)＝sin 2x－cos 2x＝2sin(2x－)．
令－＋2kπ≤2x－≤＋2kπ，k∈Z，解得－＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z.
所以函数f(x)的单调递增区间为[－＋kπ，＋kπ]，k∈Z.
(2)因为x∈[0，]，所以－≤2x－≤，－≤sin(2x－)≤1，
－1≤2sin(2x－)≤2.
因为方程2sin(2x－)＝a在[0，]上有解，所以a∈[－1，2]．
19．解：(1)证明：取AB的中点O，连接OD，OP，由题意知，△ABD为等边三角形，所以AB⊥OD.又△PAB是正三角形，所以AB⊥OP，又OP∩OD＝O，所以AB⊥平面POD，又PD⊂平面POD，所以PD⊥AB.
(2)如图，以O为原点，建立空间直角坐标系，则P(0，0，)，B(1，0，0)，C(2，，0)，D(0，，0)，
＝(－1，，0)，＝(0，，－)，＝(2，，－)．
设平面PBD的法向量为n＝(x，y，z)，则
取y＝1，得x＝，z＝1，即n＝(，1，1)为平面PBD的一个法向量．
设直线PC与平面PBD所成角为θ，则sin θ＝|cos|
＝＝.
所以直线PC与平面PBD所成角的正弦值为.
20．解：(1)f′(x)＝＝，因为x>0且x≠1，
所以f′(x)<0，
则函数f(x)的单调递减区间为(0，1)，(1，＋∞)，无单调递增区间．
(2)证明：f(x)ln x－＝[ln x－]，
令h(x)＝ln x－，x>0且x≠1.
则h′(x)＝－＝>0，
所以当x∈(0，1)时，h(x)<0，此时f(x)ln x－＝·h(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0，此时f(x)ln x－＝·h(x)>0.
综上所述，当x>0且x≠1时，f(x)ln x－>0，
即f(x)ln x>.
21．解：(1)因为kAP＝＝＝，kBP＝＝＝.
由AP⊥BP，得kAP·kBP＝·＝－1.
即y2－y－1＝0，得y＝.
(2)设直线AP：y－1＝k(x－1)，则Q.
由y>1，知0 联立消去x得ky2－y＋1－k＝0，
则yP＝，P.
所以|AP|＝|xP－1|＝＝·，
|AQ|＝|xQ－1|＝＝
·，
点B到直线AP的距离d＝＝＝ .
所以S1－5S2＝|AP|d－|AQ|d
＝d
＝·
＝·(k＋1)
＝
＝－24.
故当k＝时，S1－5S2有最小值－24.
22．解：(1)因为当n≥2时，an－(a1＋a2＋…＋an－1)＝2n＋1，①
所以an＋1－(a1＋a2＋…＋an)＝2n＋2，②
②－①得，an＋1－an－an＝2n＋2－2n＋1，即an＋1－2an＝2n＋1，即－＝1(n≥2)，
又＝2，a2－a1＝23，a2＝12，所以－＝1，
所以数列{}是首项为2，公差为1的等差数列，
所以＝2＋(n－1)×1＝n＋1，所以an＝(n＋1)2n.
故数列{an}的通项公式为an＝(n＋1)2n.
(2)证明：由(1)知an＝(n＋1)2n，
所以bn＝＝＝＝＝－，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝1－＋(－)＋
…＋[－]
＝1－
<1.
又数列{}是递减数列，所以≤＝，
所以1－≥1－＝，
故≤Tn<1.