浙江专用2021届高考数学二轮复习预测提升仿真模拟卷六含解析

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(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|x2－1<0}，B＝{x|lg x≤0}，则A∪B＝(　　)
A．{x|0 C．{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．设a，b是两条不同的直线，α是平面，a⊄α，b⊂α，则“a∥b”是“a∥α”成立的(　　)
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
4．已知向量a、b均为非零向量，(a－2b)⊥a，(b－2a)⊥b，则a，b的夹角为(　　)
A. B．
C. D．
5．已知(x－2y)(2x＋y)n的展开式中含有x2y4项，则x2y4项的系数为(　　)
A．－70 B．－80
C．10 D．70
6．已知函数y＝f(x)的定义域为{x|x∈R且x≠0}，且满足f(x)＋f(－x)＝0，当x＞0时，f(x)＝ln x－x＋1，则函数y＝f(x)的大致图象为(　　)

7．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0，|φ|≤)，x＝－为f(x)的零点，x＝为y＝f(x)图象的对称轴，且f(x)在区间上单调，则ω的最大值是(　　)
A．12 B．11
C．10 D．9
8．某同学计划用他姓名的首字母T，X，身份证的后4位数字(4位数字都不同)以及3个符号α，β，θ设置一个六位的密码．若T，X必选，且符号不能超过两个，数字不能放在首位和末位，字母和数字的相对顺序不变，则他可设置的密码的种数为(　　)
A．864 B．1 009
C．1 225 D．1 441
9．函数f(x)＝220sin 100πx－220sin，且对任意的x∈R，f(x1)≤f(x)≤f(x2)恒成立，则|x2－x1|的最小值为(　　)
A．50π B．
C. D．440
10．已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝λ，且an＋an＋1＝(－1)nn2，若－＝1 010－μ，(其中λ，μ>0)，则＋的最小值是(　　)
A．2 B．4
C．2 D．2 018
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．已知数列{an}的前n项和为Sn，且对任意n∈N*，有2Sn＝3an－2，则a1＝________；Sn＝________．
12．若cos 2α＝2cos(α＋)，α∈(0，π)，则sin 2α＝________，tan α＝________．
13．设z＝2x＋y，其中x，y满足若z的最大值为6，则k的值为________，z的最小值为________．
14．定义max{a，b}＝已知函数f(x)＝max{|2x－1|，ax2＋b}，其中a<0，b∈R.若f(0)＝b，则实数b的取值范围为________，若f(x)的最小值为1，则a＋b＝________．
15．近年来电子商务蓬勃发展，同时也极大地促进了快递行业的发展，为了更好地服务客户，某快递公司使用客户评价系统对快递服务人员的服务进行评价，每月根据客户评价评选出“快递之星”．已知“快递小哥”小张在每个月被评选为“快递之星”的概率都是，则小张在第一季度的3个月中有2个月都被评为“快递之星”的概率为________．
16．已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，直线l过左焦点F1且与双曲线的左支交于A，B两点，且满足|AF1|＝3|BF1|，|AB|＝|BF2|，则双曲线C的离心率为________．
17．已知向量a，b，c满足|a|＝1，|b|＝2，|c－b|＝1，则|a＋c|的取值范围为________．
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)已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，向量m＝(2a－b，c)，n＝(cos C，－cos B)，且m⊥n.
(1)求角C的大小；
(2)若BC边上的中线AM的长为2，求a＋2b的取值范围．








19.(本题满分15分)四棱柱ABCD­A1B1C1D1的所有棱长都相等，∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD＝60°.
(1)求证：AA1⊥BD；
(2)求直线AB1与平面BB1C1C所成角的正弦值．






20．(本题满分15分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝a·2n＋bn－1(a，b∈R，n∈N*)．
(1)当a＝1，b＝1时，求数列{Sn}的前n项和Tn；
(2)若{an}是等比数列，证明：＋＋…＋<1.







21.(本题满分15分)已知抛物线M：y2＝2px(p>0)上一点A(m，2)到其焦点F的距离为2.
(1)求抛物线的方程；
(2)若直线l过点F，且与抛物线交于不同的两点，P，Q.
(i)若直线l的斜率为1，且与圆E：(x－2)2＋y2＝1交于点C，D，从左到右依次为P，C，D，Q，求|PC|＋|DQ|；
(ii)若直线l交y轴于点N，且＝s，＝t，求s＋t的值．













22．(本题满分15分)已知函数f(x)＝－aln(1＋x)(a∈R)，g(x)＝x2emx(m∈R)．
(1)当a＝1时，求函数f(x)的最大值；
(2)若a＜0，且对任意的x1，x2∈[0，2]，f(x1)＋1≥g(x2)恒成立，求实数m的取值范围．























高考仿真模拟卷(六)
1．解析：选D.A＝{x|x2－1<0}＝{x|－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A.⇒a∥面α，而⇒/ a∥b.如图．故选A.

4．解析：选B.由题意，(a－2b)·a＝0，得a2＝2a·b，(b－2a)·b＝0，得b2＝2a·b，所以a2＝b2，即|a|＝|b|，设a，b的夹角为θ，因为a2＝2a·b，所以|a|2＝2|a|·|b|·cos θ，则cos θ＝，所以θ＝.
5．解析：选A.(2x＋y)n的展开式的通项Tr＋1＝C(2x)n－ryr＝2n－r·Cxn－ryr，(x－2y)(2x＋y)n的展开式中含有x2y4项包含两种情况：一种情况是x·2n－rCxn－ryr＝2n－rCxn＋1－ryr，令r＝4，n＋1－r＝2，即n＝5，则该项为2Cx2y4＝10x2y4；另一种情况是－2y·2n－rCxn－ryr＝－2n＋1－r·Cxn－ryr＋1，令r＋1＝4，n－r＝2，即r＝3，n＝5，则该项为－23Cx2y4＝－80x2y4.因此(x－2y)(2x＋y)n的展开式中含有x2y4项的系数为－70.
6．解析：选A.函数y＝f(x)的定义域为{x|x∈R且x≠0}，且满足f(x)＋f(－x)＝0，所以f(x)为奇函数，故排除C、D，又f(e)＝1－e＋1＜0，所以(e，f(e))在第四象限，排除B.
7．解析：选B.设f(x)的最小正周期为T，由f(x)在区间上单调，可知≥－＝，所以T≥，可知≥，所以ω≤12，因为x＝－为f(x)的零点，x＝为y＝f(x)图象的对称轴，所以其中k1，k2∈Z，所以ω＝2(k2－k1)＋1，易知ω是奇数，ω＝12不符合题意.2φ＝(k2＋k1)π＋，由于|φ|≤，所以－≤k2＋k1≤，所以k2＋k1＝－1或0，
当ω＝11时，或
解得符合题意，故选B.
8．解析：选D.当符号的个数为0时，六位密码由字母T，X及身份证的后4位数字组成，此时只有1种情况；当符号的个数为1时，六位密码由字母T，X，3个数字及1个符号组成，若末位是符号，则首位是字母T，可能的种数为CCC＝48，若末位是字母X，则可能的种数为CCCC＝96；当符号的个数为2时，六位密码由字母T，X，2个数字及2个符号组成，若首位和末位均为符号，则可能的种数为ACC＝216，若首位和末位均为字母，则可能的种数为CCA＝216，若首位和末位一个是字母、一个是符号，则可能的种数为CCCCA＝864.故他可设置的密码的种数为1＋48＋96＋216＋216＋864＝1 441.
9．解析：选C.f(x)＝220sin 100πx－220＝220＝220sin，则由题意可知，当(x1，f(x1))，(x2，f(x2))分别为函数f(x)的图象上相邻的一个最低点与最高点时，|x2－x1|取得最小值，最小值为T＝×＝，故选C.
10．解析：选B.由题意得，a1＋a2＝－12，a2＋a3＝22，a3＋a4＝－32，a4＋a5＝42，…，a2 018＋a2 019＝2 0182，以上各式相加得，a1＋2(a2＋a3＋a4＋a5＋…＋a2 018)＋a2 019＝－12＋22－32＋42－…－2 0172＋2 0182，
所以2S2 019－a1－a2 019＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋…＋(－2 0172＋2 0182)＝(2－1)×(2＋1)＋(4－3)×(4＋3)＋…＋(2 018－2 017)×(2 018＋2 017)＝1＋2＋3＋4＋…＋2 017＋2 018＝2 019×1 009，
所以－＝1 009＋.又－＝1 010－μ，
所以1 009＋＝1 010－μ，即＋μ＝1，又a1＝λ，所以＋＝＝1＋＋＋1≥2＋2＝4，当且仅当＝时等号成立，故选B.
11．解析：由已知可得：2S1＝3a1－2，所以a1＝2.
由2Sn＝3an－2得2Sn＝3(Sn－Sn－1)－2(n≥2)，整理得Sn＝3Sn－1＋2，所以Sn＋1＝3(Sn－1＋1)，即{Sn＋1}是首项为3，公比为3的等比数列，所以Sn＋1＝3n，即Sn＝3n－1.
答案：2　3n－1
12．解析：(cos α＋sin α)(cos α－sin α)＝(cos α－sin α)，(cos α＋sin α－)·(cos α－sin α)＝(cos α－sin α)＝0，由α∈(0，π)，当sin(α＋)＝1或cos α＝sin α时，有α＝，所以sin 2α＝1，tan α＝1.
答案：1　1
13．2　－2
14．解析：由函数f(x)＝max{|2x－1|，ax2＋b}，
可知f(0)＝max{1，b}＝b，
又max{a，b}＝故b≥1，
作出函数f(x)的图象如图所示，
由f(x)的最小值为1可知点P(1，1)，代入y＝ax2＋b，得a＋b＝1.
答案：[1，＋∞)　1
15．解析：由题意可知，小张在第一季度的3个月中有2个月都被评选为“快递之星”的概率为C××＝.
答案：
16．解析：令|BF1|＝x，则|AF1|＝3x，|AB|＝|BF2|＝4x.连接AF2，由双曲线的定义可知，|BF2|－|BF1|＝4x－x＝3x＝2a，|AF2|－|AF1|＝2a＝3x，所以|AF2|＝3x＋|AF1|＝6x.因为∠AF1F2＋∠BF1F2＝π，所以cos∠AF1F2＋cos∠BF1F2＝0.由余弦定理可得cos∠AF1F2＝，cos∠BF1F2＝，所以＋＝0，得c＝x，又a＝，所以双曲线C的离心率e＝＝.
答案：
17．解析：法一：令d＝a＋c，则问题转化为|a|＝1，|b|＝2，|d－(a＋b)|＝1时，求|d|的取值范围．因为||d|－|a＋b||≤|d－(a＋b)|＝1，
所以|a＋b|－1≤|d|≤|a＋b|＋1.
又1＝||a|－|b||≤|a＋b|≤|a|＋|b|＝3，所以0≤|d|≤4.(等号显然可以取到)
法二：如图，设a＝，b＝，c＝，－a＝－＝，由已知可得A点的轨迹为以O为圆心、1为半径的圆，C点的轨迹为以B为圆心、1为半径的圆，则|a＋c|即A′C的距离，由图，显然有0≤|A′C|≤4.
答案：[0，4]
18．解：(1)m·n＝(2a－b)cos C－ccos B＝0.
结合正弦定理得2sin Acos C－sin Bcos C－sin Ccos B＝0，
2sin Acos C＝sin A.
又A∈(0，π)，
所以sin A≠0，所以cos C＝，
所以在△ABC中，C＝.
(2)在△AMC中，AM2＝4＝AC2＋CM2－2·AC·CM·cos C＝b2＋－2×b××，
所以b2＋－＝4，
所以a2＋4b2－2ab＝16.
所以(a＋2b)2＝16＋6ab＝16＋3×a×2b≤16＋3×()2，
所以(a＋2b)2≤64，即a＋2b≤8，当且仅当a＝2b时等号成立．
又a＋2b＝2(＋b)>2AM＝4，
所以a＋2b∈(4，8]．
19．解：(1)取BD的中点O，连接OA、OA1，
BD垂直OA，
BD垂直OA1，且OA1∩OA＝O，
所以直线BD⊥平面A1AO.
所以AA1⊥BD.
(2)设AB＝1，AB1与平面BB1C1C所成角等于AB1与平面A1AD所成角，
而AB1＝，dB1­A1AD＝dB­A1AD＝，
所以sin θ＝＝.
20．解：(1)当a＝1，b＝1时，Sn＝2n＋n－1，
Tn＝S1＋S2＋…＋Sn
＝21＋1－1＋22＋2－1＋…＋2n＋n－1
＝(21＋22＋…＋2n)＋(1＋2＋…＋n)－n
＝2n＋1－2＋n(n＋1)－n
＝2n＋1＋n(n－1)－2.
(2)证明：当n＝1时，a1＝S1＝2a＋b－1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1a＋b，
要使{an}是等比数列，则b＝0，
此时an＝2n－1a，且满足当n＝1时，a1＝2a＋b－1＝a，即a＝1，
此时Sn＝2n－1，an＝2n－1，
＝＝－，
＋＋…＋＝－＋－＋…＋－＝1－<1.
21．解：(1)抛物线M的准线为x＝－，焦点F(，0)，
由点A(m，2)在抛物线M上，可得22＝2pm，故m＝.
由抛物线的定义可得，|AF|等于点A(m，2)到准线的距离
d＝－(－)＝2.
即＋＝2，解得p＝2.
所以抛物线的方程为y2＝4x.
(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
(i)由题意得，直线l的方程为y＝x－1，圆的圆心E(2，0)，半径r＝1.
则圆心到直线l的距离d1＝＝，
所以|CD|＝2＝2＝.
联立方程得，消去y，得x2－6x＋1＝0，
则x1＋x2＝6，
所以|PQ|＝|PF|＋|QF|＝x1＋1＋x2＋1＝x1＋x2＋2＝8.
所以|PC|＋|DQ|＝|PQ|－|CD|＝8－.
(ii)由题意知，直线l的斜率存在且不为零，故设直线l的斜率为k(k≠0)，
则直线l的方程为y＝k(x－1)．
将直线l的方程与抛物线方程联立，得，
消元得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
则由根与系数的关系可得
x1＋x2＝＝2＋，x1x2＝1.
又N(0，－k)，F(1，0)，故＝(x1，y1＋k)，＝(1－x1，－y1)，
由＝s得，
解得s＝，同理t＝.
所以s＋t＝＋＝
＝＝＝－1.
22．解：(1)函数f(x)的定义域为(－1，＋∞)，
当a＝1时，f′(x)＝－＝，
所以当x∈(－1，0)时，f′(x)＞0，函数f(x)在(－1，0)上单调递增，
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＜0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以f(x)max＝f(0)＝0.
(2)令φ(x)＝f(x)＋1，则“当a＜0时，对任意的x1，x2∈[0，2]，f(x1)＋1≥g(x2)恒成立”等价于“当a＜0时，对任意的x∈[0，2]，φ(x)min≥g(x)max”．
由于φ′(x)＝－＝，故当a＜0时，对任意的x∈[0，2]，有φ′(x)＞0，从而函数φ(x)在[0，2]上单调递增，
所以φ(x)min＝φ(0)＝1.
g′(x)＝2xemx＋x2emx·m＝(mx2＋2x)emx.
当m＝0时，g(x)＝x2，
当x∈[0，2]时，g(x)max＝g(2)＝4，显然不满足g(x)max≤1.
当m≠0时，令g′(x)＝0得，x＝0或x＝－.
(i)当－≥2，即－1≤m＜0时，若x∈[0，2]，则g′(x)≥0，所以g(x)在[0，2]上单调递增，所以g(x)max＝g(2)＝4e2m，所以4e2m≤1，得m≤－ln 2，所以－1≤m≤－ln 2.
(ii)当0＜－＜2，即m＜－1时，若x∈，则g′(x)≥0，g(x)单调递增，若x∈，则g′(x)＜0，g(x)单调递减，
所以g(x)max＝g＝，
所以≤1，得m≤－，所以m＜－1.
(iii)当－＜0，即m＞0时，若x∈[0，2]，则g′(x)≥0，g(x)单调递增，
所以g(x)max＝g(2)＝4e2m，4e2m≤1不成立．
综合所述，实数m的取值范围是(－∞，－ln 2]．