浙江专用2021届高考数学二轮复习预测提升仿真模拟卷一含解析

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一含解析，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(一)
(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．已知集合A＝{x|2x>x＋1}，B＝{x||x－2|<3}，则A∩B＝(　　)
A．{x|－1 C．{x|x>－1} D．{x|x>1}
2．复数在复平面上对应的点位于(　　)
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
3．某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是(　　)

A．8－π B．8－ C. D．8
4．若实数x，y满足约束条件，则x－y的最大值是(　　)
A．－7 B．－
C．－1 D．7
5．已知数列{an}是等比数列，其公比为q，则“q>1”是“数列{an}为递增数列”的(　　)
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
6．函数y＝(3x2＋2x)ex的图象大致是(　　)

7．一个袋子中有5个小球，其中2个红球，3个白球，它们仅有颜色不同．从袋子中一次摸出2个小球，记其中红球的个数为ξ，则E(ξ)＝(　　)
A．0.4　　　　　　 B．0.6
C．0.8 D．1
8．如图，在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝，E是线段BC(不含端点)上一动点，把△ABE沿AE折起得到△AB′E，使得平面B′AC⊥平面ADC，分别记B′A，B′E与平面ADC所成的角为α，β，平面B′AE与平面ADC所成的角为θ，则(　　)

A．θ>α>β B．θ>2α
C．θ>2β D．tan θ>2tan α
9．已知函数f(x)＝则方程|f(x)－1|＝2－c(c为常数且c∈(－1，0))的不同的实数根的个数为(　　)
A．3 B．4
C．5 D．6
10．已知数列{an}满足2an≤an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2)，则(　　)
A．a5≤4a2－3a1 B．a2＋a7≤a3＋a6
C．3(a7－a6)≥a6－a3 D．a2＋a3≥a6＋a7
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．已知i为虚数单位，则复数z＝的模为________，复数z在复平面内对应的点位于第________象限．
12．已知直线l：mx－y＝1.若直线l与直线x－my－1＝0平行，则m的值为________；直线l被圆x2＋2x＋y2－24＝0截得的弦长的最小值为________．
13．已知二项式(2－)n的展开式中的第2项为常数项，则n＝________，二项展开式中所有项的系数和为________．
14．在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且sin2A＋sin2C－sin Asin C＝sin2B，则角B的大小为________，若b＝2，则·的最大值为________．
15．已知F为双曲线－＝1(a>0，b>0)的左焦点，过点F作直线l与圆x2＋y2＝a2相切于点A，且与双曲线右支相交于点B，若＝，则双曲线的离心率为________．
16．已知函数f(x)＝，g(x)＝x3－3ax＋，若对任意的x1∈[－，]，总存在x2∈[－，]，使得f(x1)＝g(x2)成立，则正整数a的最小值为________．
17．已知在△ABC中，对任意的t∈R，|－t|≥||恒成立，且AB＝10，AC∶BC＝4∶3，P为△ABC内切圆上的一点，则·的取值范围是________．
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)＝cos·cos x＋sin2x，x∈R.
(1)求f(x)的单调递增区间；
(2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若B＝，a＝2且角A满足f(A)＝0，求△ABC的面积．











19.(本题满分15分)如图，在四棱锥S－ABCD中，四边形ABCD是矩形，平面SAD⊥平面ABCD，AD＝SD，E是SB的中点，M是CD上任意一点．
(1)求证：SA⊥EM；
(2)若AD＝2，AB＝1，∠SDA＝，EM∥平面SAD，求直线BM与平面SAB所成角的正弦值．








20．(本题满分15分)设正项数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，且1＋S，3，1－S成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)证明：－1<＋＋…＋≤－(n∈N*)．








21.(本题满分15分)如图，斜率为k的直线交抛物线x2＝4y于A，B两点，已知点B的横坐标比点A的横坐标大4，直线y＝－kx＋1交线段AB于点R，交抛物线于点P，Q.
(1)若点A的横坐标等于0，求|PQ|的值；
(2)求|PR|·|QR|的最大值．









22．(本题满分15分)已知函数f(x)＝aln(x＋1)＋x2－x，其中a为非零实数．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若y＝f(x)有两个极值点x1，x2，且x1












高考仿真模拟卷(一)



1．解析：选B.解不等式2x>x＋1，得x>1，所以A＝{x|x>1}．解不等式|x－2|<3，得－1 2．解析：选C.＝＝＝－－i，其在复平面上对应的点位于第三象限．
3．解析：选B.几何体直观图如图所示，该几何体为正方体挖去一个圆锥，V＝23－π·12·1＝8－.故选B.

4．C
5．解析：选D.取an＝－2n，该数列的公比q＝2>1，但该数列是递减数列；取an＝－()n，该数列的公比q＝<1，但该数列是递增数列．所以“q>1”是“数列{an}为递增数列”的既不充分也不必要条件．故选D.
6．解析：选A.通解：设f(x)＝(3x2＋2x)ex，由(3x2＋2x)ex＝0，得3x2＋2x＝0，解得x＝－或x＝0，所以函数f(x)只有两个零点，故排除B；f′(x)＝(3x2＋8x＋2)ex，易知f′(x)＝0有两个不同的实根，则函数f(x)有两个极值点，故排除C，D.故选A.
优解：设f(x)＝(3x2＋2x)ex，由f(x)<0，得3x2＋2x<0，解得－ 7．解析：选C.由题意可得，摸出红球的个数ξ的可能取值分别为0，1，2，且P(ξ＝0)＝＝，p(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)＝＝.所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝0.8.故选C.
8．解析：选A.如图，过点B作BO⊥AC于点O，连接B′O，OE，则B′O⊥AC.在Rt△ABC中，由AB＝1，BC＝，可得AC＝2.由等面积法可得BO＝，则AO＝，B′O＝，因为平面B′AC⊥平面ADC，且B′O⊥AC，所以B′O⊥平面ADC，则∠B′AO＝α，∠B′EO＝β，tan α＝＝，tan β＝＝2，则tan θ>tan α，所以θ>α.故选A.
9．解析：选B.由|f(x)－1|＝2－c，得f(x)＝1±(2－c)．因为c∈(－1，0)，所以1＋(2－c)∈(3，4)，1－(2－c)∈(－2，－1)．作出函数f(x)和y＝1±(2－c)的图象如图所示，易知函数的图象共有4个不同的交点，即方程|f(x)－1|＝2－c(c为常数且c∈(－1，0))有4个不同的实数根．故选B.

10．解析：选C.法一：由2an≤an－1＋an＋1(n≥2)，可得an－an－1≤an＋1－an，所以有a2－a1≤a3－a2≤…≤an ＋1－an，所以a5－a4＋a4－a3＋a3－a2≥3(a2－a1)，化简得a5≥4a2－3a1，故选项A错误；由a7－a6≥a3－a2可得a7＋a2≥a6＋a3，故选项B错误；由3(a7－a6)≥a6－a5＋a5－a4＋a4－a3＝a6－a3，可知选项C正确；若an＝n，满足2an≤an－1＋an＋1(n≥2)，但a2＋a3＝5 法二：不妨设an＝n2，满足2an≤an－1＋an＋1(n≥2)，此时a2＝4，a3＝9，a5＝25，a6＝36，a7＝49，代入验证可得选项A，B，D错误，故选C.
11．解析：由题意得，z＝＝4－3i，故复数z的模为5，复数z在复平面内对应的点为(4，－3)，位于第四象限．
答案：5　四
12．解析：由题意，得m×(－m)＝－1，所以m＝1或－1，当m＝1时，两条直线重合，舍去，所以m＝－1.圆的标准方程为(x＋1)2＋y2＝25，设圆心为C，则C(－1，0)，半径为5，易知直线l：mx－y＝1恒过定点A(0，－1)，则|CA|＝，所以直线l被圆x2＋2x＋y2－24＝0截得的弦长的最小值为2＝2.
答案：－1　2
13．解析：(2－)n展开式的通项Tr＋1＝C(2)n－r(－)r＝C2n－r(－1)rx－2r，由第2项为常数项得，当r＝1时，－2r＝0，即－2＝0，解得n＝5.令x＝1，即可得二项展开式中所有项的系数和为1.
答案：5　1
14．解析：由sin2A＋sin2C－sin Asin C＝sin2B，可得a2＋c2－ac＝b2，即a2＋c2－b2＝ac，所以cos B＝＝.又B∈(0，π)，所以B＝.设△ABC的外接圆半径为r，则2r＝＝＝4，即r＝2.·＝bccos A，且ccos A为在方向上的投影，易知(ccos A)max＝r＋，故(·)max＝b(r＋)＝6＋4.
答案：　6＋4
15．解析：法一：如图，设点D是双曲线的右焦点，过D作DC⊥FB，垂足为C，连接OA，BD，因为FB与圆O相切于点A，所以AO⊥FB，所以CD∥AO，且|CD|＝2|AO|＝2a，又|AO|＝a，|OF|＝c，＝，所以|FA|＝b，|FB|＝3b，所以|FA|＝|AC|＝|CB|＝b，根据双曲线的定义，|FB|－|BD|＝2a，所以|BD|＝3b－2a.在Rt△BCD中，|CB|2＋|CD|2＝|BD|2，所以b2＋(2a)2＝(3b－2a)2，所以2b＝3a，又b2＝c2－a2，所以4c2＝13a2，即e＝＝.
法二：FB与圆O相切于点A，连接OA，所以AO⊥FB，所以|AO|＝a，|OF|＝c，|FA|＝b，所以直线AO的方程为y＝－x，FA的方程为y＝(x＋c)，两直线的交点为A(－，)，所以＝(－＋c，)＝(，)，所以＝3＝(，)，所以B(－c，)，而点B在双曲线上，因此，－＝1，即－＝1，所以(2e－)2－()2＝1，即4e2＝13，所以e＝.
答案：
16．解析：f′(x)＝＝，当x∈[－，]时，f′(x)>0，所以f(x)在[－，]上单调递增，所以f(x)在[－，]上的值域为[－，]．因为g(x)＝x3－3ax＋，a为正整数，所以a≥1，g′(x)＝3x2－3a＝3(x－)(x＋)，所以g(x)在[－，]上单调递减，又g()＝－＋＝1－，g(－)＝－＋＋＝＋，所以g(x)在[－，]上的值域为[1－，＋]．若对任意的x1∈[－，]，总存在x2∈[－，]，使得f(x1)＝g(x2)成立，则得a≥，因为a∈N*，所以a的最小值为2.
答案：2
17．解析：因为对任意的t∈R，|－t |≥||恒成立，所以AC⊥BC.又AB＝10，AC∶BC＝4∶3，所以AC＝8，BC＝6.设△ABC内切圆的半径为r，圆心为M，则(AB＋BC＋AC)＝S△BAC＝AC·BC，所以r＝2.以C为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，

则C(0，0)，A(0，8)，B(6，0)，M(2，2)，设P(x，y)，则·＝(－x，8－y)·(6－x，－y)＝x2－6x＋y2－8y＝(x－3)2＋(y－4)2－25.(x－3)2＋(y－4)2的几何意义为内切圆M上的动点P(x，y)与点N(3，4)的距离的平方，连接PN，所以(x－3)2＋(y－4)2＝|PN|2.连接MN，因为|NM|＝>2，所以－2≤|PN|≤＋2，所以9－4≤|PN|2≤9＋4，所以·∈[－16－4，－16＋4]．
答案：[－16－4，－16＋4]
18．解：(1)f(x)＝cos·cos x＋sin2x＝－sin，所以2kπ＋≤2x＋≤2kπ＋，k∈Z，所以kπ＋≤x≤kπ＋，k∈Z，所以f(x)的单调递增区间是，k∈Z.
(2)因为f(A)＝0，所以－sin＝0，又因为0 又b＝·a＝，sin C＝sin(A＋B)＝，
故S△ABC＝absin C＝×2××＝.
19．解：(1)证明：取SA的中点F，连接EF，FD，EC，
又E是SB的中点，所以EF∥AB，
因为四边形ABCD是矩形，所以AB∥CD，则EF∥CD，所以E，F，C，D四点共面，EM⊂平面ECDF.
因为BA⊥AD，平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD，所以AB⊥平面SAD.
又SA⊂平面SAD，所以AB⊥SA，所以EF⊥SA.
因为AD＝SD，F是SA的中点，所以SA⊥FD，
又EF∩FD＝F，所以SA⊥平面ECDF，所以SA⊥EM.
(2)因为EM∥平面SAD，EM⊂平面EFDC，平面SAD∩平面EFDC＝DF，所以EM∥DF.
又EF∥DM，所以四边形EFDM为平行四边形，
所以EF＝DM，所以M为CD的中点．
因为AD＝2，AB＝1，∠SDA＝，所以SA＝2，DM＝EF＝.
过点A作平面ABCD的垂线，作为z轴，以AD所在的直线为y轴，AB所在的直线为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(0，0，0)，B(1，0，0)，M(，2，0)，S(0，1，)，
＝(1，0，0)，＝(0，1，)，＝(－，2，0)．
设平面SAB的法向量为n＝(x，y，z)，则即得x＝0，令y＝，则z＝－1，所以n＝(0，，－1)为平面SAB的一个法向量．
设直线BM与平面SAB所成的角为θ，
则sin θ＝|cos<，n>|＝＝，即直线BM与平面SAB所成角的正弦值为.
20．解：(1)由题意得S－S＝4，S＝4.
所以数列{S}是以4为首项，4为公差的等差数列，所以S＝4n.
又an>0，所以Sn>0，所以Sn＝2.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2－2.
当n＝1时，a1＝2也满足上式，所以{an}的通项公式为an＝2－2.
(2)证明：由(1)知Sn＝2，所以＝＝>＝－，
所以＋＋…＋>－1.
＝<＝－(n≥2)，
当n≥2时，＋＋…＋<＋－1＝－，
当n＝1时，＝＝－，
所以当n∈N*时，＋＋…＋≤－.
所以－1<＋＋…＋≤－(n∈N*)．
21．解：(1)因为A(0，0)，所以B(4，4)，
所以k＝1.
联立得⇒x2＋4x－4＝0，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1x2＝－4，x1＋x2＝－4，|PQ|＝|x1－x2|＝8.
(2)设AB的方程为y＝kx＋b(k≠0)，代入x2＝4y，得x2－4kx－4b＝0，Δ＝16k2＋16b>0，xAxB＝－4b，xA＋xB＝4k，
因为xB－xA＝＝4，所以k2＝1－b.
由⇒xR＝＝，
联立得⇒x2＋4kx－4＝0，所以x1＋x2＝－4k，x1x2＝－4，
则|PR|·|QR|＝－(1＋k2)(x1－xR)(x2－xR)
＝－(1＋k2)[x1x2－xR(x1＋x2)＋x]
＝－(1＋k2)(－4＋2k2＋)
＝－(k2－)2＋，
所以当k＝±时，|PR|·|QR|取得最大值是.
22．解：(1)f′(x)＝＋x－1＝，x>－1，当a－1≥0，即a≥1时，f′(x)≥0，所以f(x)在(－1，＋∞)单调递增，当0－1，x2＝，
所以f(x)在区间(－1，－)单调递增，在(－，)单调递减，在(，＋∞)单调递增，当a<0时，因为x1<－1，所以f(x)在(－1，)单调递减，在(，＋∞)单调递增．
(2)证明：由题意得，00⇔aln(x2＋1)＋x－x2>0⇔(1＋x2)ln(x2＋1)－x2>0，令g(x)＝(1＋x)ln(x＋1)－x，x∈(0，1)，因为g′(x)＝ln(x＋1)＋>0，所以g(x)在(0，1)上单调递增，所以g(x)>g(0)＝0，故命题得证．