浙江专用2021届高考数学二轮复习预测提升仿真模拟卷十六含解析

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十六含解析，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(十六)
(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∈R|x2>4}，B＝{x∈R|1≤x≤2}，则(　　)
A．A∩B＝∅ B．A∪B＝R
C．B⊆A D．A⊆B
2．已知＝1－yi，其中x，y是实数，i是虚数单位，则x＋yi的共轭复数为(　　)
A．1＋2i B．1－2i
C．2＋i D．2－i
3．已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内．则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”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．已知实数x，y满足不等式组则z＝x＋3y＋7的最大值为(　　)
A．－5 B．11
C．15 D．19
5.《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”，已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中虚线平分矩形的面积，则该 “堑堵”的侧面积为(　　)

A．2 B．4＋2
C．4＋4 D．4＋6
6．某离散型随机变量ξ的分布列如下表，且E(ξ)＝1.5，则P(ξ≥2)＝(　　)
ξ
0
1
2
3
P
0.1
m
n
0.1
A.0.3 B．0.4
C．0.5 D．0.6
7．函数y＝|sin x|tan x的大致图象是(　　)

8．已知平面向量a，b的夹角为，|a－b|＝|a|＝2.若非零向量c－a与c－b的夹角为，则|c|的取值范围是(　　)
A．(，4] B．(2，4]
C．(2，2] D．[2，4]
9．若函数f(x)＝在{x|1≤|x|≤4，x∈R}上的最大值为M，最小值为m，则M－m＝(　　)
A. B．2 C. D．
10．已知A1，A2，A3为平面上三个不共线的定点，平面上点M满足＝λ(＋)(λ是实数)，且＋＋是单位向量，则这样的点M有(　　)
A．0个 B．1个
C．2个 D．无数个
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．双曲线－＝1的焦点坐标为________，渐近线方程为________．
12．对给定的正整数n(n≥6)，定义f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，其中a0＝1，ai＝2ai－1(i∈N*，i≤n), 则a6＝________；当n＝2 017时，f(2)＝________.
13．在锐角△ABC中，已知A＝2B，则角B的取值范围是________，又若a，b分别为角A，B的对边长，则的取值范围是________．
14．在等比数列{an}中，2a3－a2a4＝0，则a3＝________，{bn}为等差数列，且b3＝a3，则数列{bn}的前5项和等于________．
15．从4位男数学教师和3位女语文教师中选出4位教师派到4个班担任班主任(每班1位班主任)，要求这4位班主任中男女教师都有，则不同的选派方案共有________种．
16．已知△ABC中，AB>AC，·＝6，BC＝，∠A＝60°，若M是BC的中点，过M作MH⊥AB于H，则·＝________.

17.已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，F1，F2分别是其左、右焦点，A，B分别是椭圆的右顶点和上顶点，PF1与x轴垂直且与椭圆交于点P(如图所示)，若直线PF2与椭圆C的另一个交点为Q，且四边形OAQB的面积为，则椭圆C的标准方程为________．

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)＝2sin xcos x＋1－2sin2x.
(1)求f(x)的最小正周期；
(2)求f(x)在区间上的最大值与最小值．




19.(本题满分15分)
如图，在底面是菱形的四棱锥P­ABCD中，∠ABC＝60°，PA＝AC＝1，PB＝PD＝，点E在PD上．

(1)证明：PA⊥平面ABCD；
(2)当＝2时，求二面角E­AC­D的大小．











20．(本题满分15分)设各项均为正数的数列{an}的前n项和Sn满足＝n＋r.
(1)若a1＝2，求数列{an}的通项公式；
(2)在(1)的条件下，设bn＝(n∈N*)，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn≥.






21.(本题满分15分)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)过点M(m，2)，其焦点为F，且|MF|＝2.
(1)求抛物线C的方程；
(2)设E为y轴上异于原点的任意一点，过点E作不经过原点的两条直线分别与抛物线C和圆F：(x－1)2＋y2＝1相切，切点分别为A，B，求证：直线AB过定点．












22．(本题满分15分)设函数f(x)＝ln x，g(x)＝ex，h(x)＝ax2＋bx＋c.
(1)若a＝1，b＝c＝0，求函数F(x)＝f(x)h(x)的单调区间；
(2)若a＝c＝0，b>0，且G(x)＝g(x)－h(x)≥m(m∈R)对任意的x∈R都成立，求mb的最大值．



























高考仿真模拟卷(十六)
1．解析：选A.由题意得，A＝(－∞，－2)∪(2，＋∞)，所以A∩B＝∅，故A正确，B，C，D错误，选A.
2．解析：选D.＝(x－xi)＝1－yi，所以
解得x＝2，y＝1，故选D.
3．解析：选A.若直线a，b相交，设交点为P，则P∈a，P∈b.又a⊂α，b⊂β，所以P∈α，P∈β，故α，β相交．反之，若α，β相交，则a，b可能相交，也可能异面或平行．故“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的充分不必要条件．
4．解析：选D.法一：

作出不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分所示，将z＝x＋3y＋7变形为y＝－x＋，数形结合可知，当直线y＝－x＋过点B(－3，5)时，z的值最大，此时为19，所以z的最大值为19，故选D.
法二：解不等式组可得三个顶点的坐标分别为A(－3，－3)，B(－3，5)，C(1，1)，分别代入z＝x＋3y＋7得z＝x＋3y＋7的最大值为19.
5．解析：选C.该几何体的直观图如图所示，故侧面积为2×2＋2×＋2×＝4＋4.故选C.

6．解析：选C.由题意可知，.解得m＝n＝0.4，所以P(ξ≥2)＝0.5.
7．解析：选D.易知函数y＝f(x)＝|sin x|tan x是奇函数，故排除B，C，又在(，π)上函数y＝f(x)的符号为负，故排除A，选D.
8．解析：选B.设a＝，b＝，c＝，由a，b的夹角为，|a－b|＝|a|＝2可知△OAB为正三角形．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.
9．解析：选C.(1)当x∈[1，4]时，f(x)＝－，函数单调递增，f(x)∈[f(1)，f(4)]，f(x)∈；(2)当x∈[－4，－1]时，f(x)＝－，令f′(x)＝＝0，得x＝－∈(－4，－1)，f(x)min＞0，f(x)max＝max{f(－1)，f(－4)}＝，即m＝0，M＝，所以M－m＝.故选C.
10．解析：

选C.由题意得，＝－λ(＋)，＝＋，＝＋，
所以＋＋＝(1－3λ)(＋)，如图所示，设D为A2A3的中点，所以(1－3λ)·(＋)是与共起点且共线的一个向量，显然直线A1D与以A1为圆心的单位圆有2个交点，故这样的λ有2个，即符合题意的点M有2个，故选C.
11．解析：由题意可知，a2＝5，b2＝4，c2＝a2＋b2＝9，则焦点坐标为(0，±3)，渐近线方程为y＝±x.
答案：(0，±3)　y＝±x
12．解析：a6＝a0·26＝64，f(x)＝1＋2x＋…＋(2x)n，当n＝2 017，x＝2时，f(2)＝.
答案：64　
13．解析：由锐角三角形知，得B∈，＝＝2cos B∈(，)．
答案：　(，)
14．2　10
15．解析：由题意，可以采用间接法来解决，A－A＝816.
答案：816
16．解析：由

·＝6，∠A＝60°，可得||·||＝12，又在△ABC中，13＝AB2＋AC2－2AB·ACcos A，所以AB2＋AC2＝25，因为AB>AC，所以AB＝4，AC＝3.以A为坐标原点，AB所在的直线为x轴建立如图所示的平面直角坐标系，则B(4，0)，C，
所以＝，
因为M是BC的中点，所以M，H，
所以＝，所以·＝－.
答案：－
17．解析：设F1(－c，0)，F2(c，0)，由离心率为，得所求椭圆的方程为＋＝1，即x2＋2y2＝2c2，由P(－c，－c)，得直线PF2的方程为y＝(x－c)，由，得或，即Q的坐标为(c，c)．连接OQ，因为A(c，0)，B(0，c)，所以S四边形OAQB＝S△OQA＋S△OQB＝×c×c＋×c×c＝c2，由c2＝，得c＝2，故所求椭圆的方程为＋＝1.
答案：＋＝1
18．解：(1)f(x)＝sin 2x＋cos 2x＝sin，
所以f(x)的最小正周期为π.
(2)因为－≤x≤，所以－≤2x＋≤.
当2x＋＝，即x＝时，f(x)取得最大值；
当2x＋＝－，即x＝－时，
f(x)＝f＝sin＋cos＝－.
即f(x)的最小值为－.
19．解：(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，且∠ABC＝60°，所以AB＝AC＝AD＝1.
又因为PA＝1且PB＝PD＝，所以AB2＋AP2＝AD2＋AP2＝BP2＝PD2，从而∠BAP＝∠DAP＝90°，
即PA⊥AB，PA⊥AD，于是PA⊥平面ABCD.
(2)过点E作EH⊥AD，垂足为H，再过点H作HF⊥AC于F，连接EF，则EH∥AP，得EH⊥面ABCD，故∠EFH就是二面角E­AC­D的平面角．

作DO⊥AC于O，由FH∥DO得：＝，
而＝＝，所以HF＝DO＝，而＝＝，
所以EH＝，
于是tan∠EFH＝＝，∠EFH＝30°，即二面角E­AC­D的大小为30°.
20．解：(1)令n＝1，得＋r＝1，所以r＝，
则Sn＝an，所以Sn－1＝an－1(n≥2)，
两式相减，得＝(n≥2)，
所以···…·＝···…·，
化简，得＝(n≥2)，
所以an＝n2＋n(n≥2)．
又a1＝2适合an＝n2＋n(n≥2)，所以an＝n2＋n.
(2)证明：由(1)知a2n－1＝(2n－1)·2n，
所以bn＝＝＝－，
所以T1＝≥，不等式成立．
所以Tn＝－＋－＋－＋…＋－(n≥2)．
所以Tn＝＋＋＋…＋－2＝＋＋＋…＋－＝＋＋…＋.
所以2Tn＝＋＋…＋＋…＋.
因为＋＝≥，
所以2Tn≥，即Tn≥成立．
21．解：(1)抛物线C的准线方程为x＝－，
所以|MF|＝m＋＝2，又4＝2pm，即4＝2p(2－)，
所以p2－4p＋4＝0，所以p＝2，
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)证明：设点E(0，t)(t≠0)，由已知切线不为y轴，设EA：y＝kx＋t，
联立，消去y，可得k2x2＋(2kt－4)x＋t2＝0，①
因为直线EA与抛物线C相切，所以Δ＝(2kt－4)2－4k2t2＝0，即kt＝1，代入①可得x2－2x＋t2＝0，所以x＝t2，即A(t2，2t)．
设切点B(x0，y0)，则由几何性质可以判断点O，B关于直线EF：y＝－tx＋t对称，则
，解得，
即B(，)．
法一：直线AB的斜率为kAB＝(t≠±1)，
直线AB的方程为y＝(x－t2)＋2t，
整理得y＝(x－1)，
所以直线AB恒过定点F(1，0)，
当t＝±1时，A(1，±2)，B(1，±1)，此时直线AB为x＝1，过点F(1，0)．
综上，直线AB恒过定点F(1，0)．
法二：直线AF的斜率为kAF＝(t≠±1)，
直线BF的斜率为kBF＝＝(t≠±1)，
所以kAF＝kBF，即A，B，F三点共线．
当t＝±1时，A(1，±2)，B(1，±1)，此时A，B，F三点共线．
所以直线AB过定点F(1，0)．
22．解：(1)由题意知，F(x)＝f(x)h(x)＝x2ln x，F′(x)＝2xln x＋x(x>0)．
令F′(x)>0，得x>，故F(x)的单调递增区间为；
令F′(x)<0，得0 (2)由题意知，G(x)＝ex－bx，故G′(x)＝ex－b，
又b>0，令G′(x)＝ex－b＝0，得x＝ln b，
故当x∈(－∞，ln b)时，G′(x)<0，
此时G(x)单调递减；当x∈(ln b，＋∞)时，G′(x)>0，
此时G(x)单调递增．
故G(x)min＝b－bln b，所以m≤b－bln b，则mb≤b2－b2ln b.
设r(b)＝b2－b2ln b(b>0)，则r′(b)＝2b－(2bln b＋b)＝b－2bln b，
由于b>0，令r′(b)＝0，得ln b＝，b＝，当b∈(0，)时，r′(b)>0，r(b)单调递增；当b∈(，＋∞)时，r′(b)<0，r(b)单调递减，
所以r(b)max＝，即当b＝，m＝时，mb取得最大值.