浙江专用2021届高考数学二轮复习预测提升仿真模拟卷十七含解析

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十七含解析，共12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(十七)
(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＝{x∈Z|x2－3x－10<0}，集合P＝{0，3}，Q＝{2，0，1}，则∁U(P∪Q)＝(　　)
A．{－1，4，5} B．{－1，4}
C．{－1，1，2，3，4} D．{1，2，3}
2．若复数z满足z(1＋i)＝|1＋i|＋i，则z的实部为(　　)
A. B．－1
C．1 D．
3．若a，b为实数，则“ 3a<3b”是“>”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．若函数f(x)＝cos(ωx＋φ)(0<φ<π)的图象关于原点对称，且f(x)在区间[0，]上单调递减，则ω的取值范围是(　　)
A．(0，2] B．(0，1]
C．[－2，0) D．[1，2]
5．函数f(x)＝cos x·log2|x|的图象大致为(　　)

6．已知数列{an}是正项等比数列，{bn}是等差数列，且a6＝b7，则有(　　)
A．a3＋a9≤b4＋b10 B．a3＋a9≥b4＋b10
C．a3＋a9≠b4＋b10 D．a3＋a9与b4＋b10的大小不能确定
7．已知函数f(x)＝x＋，g(x)＝2x＋a，若对任意x1∈，存在x2∈[2，3]，使得f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是(　　)
A．a≤1 B．a≥1
C．a≤2 D．a≥2
8．已知点P(x，y)∈，M(2，－1)，则·(O为坐标原点)的最小值为(　　)
A．－2 B．－4
C．－6 D．－8
9．在△ABC中，AD⊥BC，CD＝2BD＝4，AD＝2.若将△ACD沿AD折起，构成三棱锥C′­ABD.若点C′在平面ABD上的射影H在线段DB的延长线上，则cos∠BAC′的取值范围为(　　)
A．(，) B．(，)
C．(，) D．(，)
10．已知O为坐标原点，双曲线C：－y2＝1(a>0)上有一点P，过点P作双曲线C的两条渐近线的平行线，与两渐近线的交点分别为A、B，若平行四边形 OAPB 的面积为1，则双曲线C的离心率为 (　　)
A. B．
C．2 D．
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．已知抛物线y2＝4x，则其焦点坐标为________，点(x0，2)到准线的距离为________．
12．已知在△ABC中，a、b、c分别是角A、B、C所对的边，A＝，a＝2，b＝2，则B＝________，△ABC的面积S＝________.
13．甲、乙两袋装有大小相同的红球和白球，甲袋装有2个红球，2个白球；乙袋装有2个红球，1个白球．现从甲，乙两袋中各任取2个球，记取到的4个球中是白球的个数为ξ，则ξ＝2的概率为________，ξ的期望为________．
14．已知空间三点A(0，2，3)，B(－2，1，6)，C(1，－1，5)，则AB与AC的夹角为________，以||，||为边的平行四边形的面积为________．

15．若展开式中常数项为20，则a2＋b2的最小值是________．
16．如图，已知在四面体ABCD中，平行于AB，CD的平面α截四面体所得的截面为EFGH，＝2，则多面体ABFEHG与四面体ABCD的体积之比为________．
17．记min{a，b}＝.设实数x，y＞0，k＝min，则k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 x(2sin x＋cos x)－sin2x.
(1)求函数f(x)的最小正周期；
(2)若当x∈时，不等式f(x)≥m有解，求实数m的取值范围．











19.(本题满分15分)如图，直线PA与平行四边形ABCD所在的平面垂直，且PA＝AB＝AD＝2，∠BAD＝60°.

(1)证明：BD⊥平面PAC；
(2)求直线PA与平面PBC所成角的正弦值．
















20．(本题满分15分)已知函数f(x)＝|x2－a|，g(x)＝x2－ax，a∈R.
(1)当a＝1时，求f(x)在区间[－1，1]上的最大值；
(2)求f(x)在区间[－1，1]上的最大值M(a)的最小值；
(3)若关于x的方程f(x)＋g(x)＝0在(0，2)上有两个解，求a的取值范围．













21.(本题满分15分)已知椭圆＋＝1(a>b>0)的长轴长为4，焦距为2，以A为圆心的圆(x－2)2＋y2＝r2(r>0)与椭圆相交于B、C两点．

(1)求椭圆的标准方程；
(2)求·的取值范围；
(3)设P是椭圆上异于B、C的任一点，直线PB、PC与x轴分别交于M、N，求S△POM·S△PON的最大值．






22．(本题满分15分)已知数列{an}满足a＋a＋…＋a＝，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；








(2)证明：对任意的n∈N*，都有＋＋＋…＋<4.
























高考仿真模拟卷(十七)
1．解析：选B.法一：解不等式x2－3x－10<0，即(x＋2)(x－5)<0，得－2 法二：显然全集中不含元素5，所以排除A选项；又1∈Q，
所以1∉∁U(P∪Q)，故可排除C、D选项，所以选B.
2．解析：选D.由z(1＋i)＝|1＋i|＋i，得z＝＝＝＋i，故z的实部为，故选D.
3．解析：选D.根据题意，若“3a<3b”，则有a”不一定成立，如a＝－3，b＝1；若“>”，则有|a|<|b|，“3a<3b”不一定成立，如a＝1，b＝－3，故“3a<3b”是“>”的既不充分也不必要条件．
4．解析：选A.由函数f(x)＝cos(ωx＋φ)(0<φ<π)的图象关于原点对称，得函数f(x)是奇函数，所以φ＝kπ＋(k∈Z)．又0<φ<π，所以φ＝.故f(x)＝cos(ωx＋)＝－sin ωx.因为f(x)在区间[0，]上单调递减，所以ω>0，且≤＝，解得ω≤2.所以ω的取值范围是(0，2]．
5．解析：选B.函数f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，且f(－x)＝cos( － x)·log2|－x|＝cos x·log2|x|＝f(x)，所以f(x)为偶函数，其图象关于y轴对称，排除A、D两项；又当x∈(0，1)时，cos x>0，log2|x|<0，所以f(x)<0，即函数f(x)在(0，1)上的图象在x轴下方，故排除C项，选B.
6．解析：选B.因为{bn}是等差数列，所以b4＋b10＝2b7，又a6＝b7，所以b4＋b10＝2a6.因为数列{an}是正项等比数列，所以a3＋a9＝a3(1＋q6)≥2a3q3＝2a6，所以a3＋a9≥b4＋b10，故选B.
7．解析：选A.由题意知f(x)min≥g(x)min(x∈[2，3])，因为f(x)min＝5，g(x)min＝4＋a，所以5≥4＋a，即a≤1，故选A.
8．解析：选C.由题意知

＝(2，－1)，＝(x，y)，设z＝·＝2x－y，，显然集合对应不等式组
所表示的平面区域．作出该不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，由图可知，当目标函数z＝2x－y对应的直线经过点A时，z取得最小值．由得A(－2，2)，所以目标函数的最小值zmin＝2×(－2)－2＝－6，即·的最小值为－6.
9．解析：选A.

在△ABC中，由AD⊥BC，CD＝2BD＝4，AD＝2得AB＝4，AC＝2.设BH＝t∈(0，2)，则DH＝2＋t.因为C′H⊥DH，C′D＝4，所以C′H2＝16－(t＋2)2，所以C′B2＝C′H2＋t2＝16－(t＋2)2＋t2＝12－4t.在△ABC′中，由余弦定理可知，cos∠BAC′＝＝＝∈(，)．
10．解析：选D.渐近线方程是x±ay＝0，设P(m，n)，过点P且平行于x＋ay＝0的直线为l，则l的方程为x＋ay－m－an＝0，设l与渐近线x－ay＝0的交点为A，则A，|OA|＝||，P点到OA的距离是d＝.因为|OA|·d＝1，所以··＝1，因为－n2＝1，所以a＝2.所以双曲线的离心率为.故选D.
11．解析：抛物线y2＝4x是焦点在x轴正半轴上的抛物线，故焦点为(1，0)，又4＝4x0，所以x0＝1，准线方程为x＝－1，所以点(1，2)到x＝－1的距离为2.
答案：(1，0)　2
12．解析：由正弦定理得sin B＝＝＝，所以B＝或.若B＝，则C＝π－A－B＝，此时 S＝ab＝×2×2＝2.若B＝，则C＝π－A－B＝，所以A＝C，此时c＝a＝2，所以S＝acsin B＝×2×2×＝.所以S＝2或.
答案：或　2或
13．解析：P(ξ＝2)＝＝＝，
分布列为
ξ
0
1
2
3
P




所以E(ξ)＝1×＋2×＋3×＝.
答案：　
14．解析：由题意可得：
＝(－2，－1，3)，＝(1，－3，2)，
所以cos〈，〉＝＝＝＝.
所以sin〈，〉＝，即AB与AC的夹角为60°.
所以以||，||为边的平行四边形的面积
S＝2×||·||·sin〈，〉＝14×＝7.
答案：60°　7
15．解析：因为展开式中常数项为Ca3b3＝20，ab＝1，所以a2＋b2≥2ab＝2，当且仅当a＝b时取等号．
答案：2
16．解析：过点E作EM∥AD，交CD于点M，连接FM，
因为＝2，所以VE­CFM＝()3VA­BCD＝VA­BCD.
在三棱柱EFM­HGD中，S△GHD＝S△ABD，
设点C到平面ABD的距离为h，则三棱柱的高为h.
故VEFM­HGD＝h×S△ABD＝VA­BCD，
所以VABFEHG＝(1－－)VA­BCD＝VA­BCD.
答案：
17．解析：因为k＝min，
所以，所以0＜k2≤.
令f(x，y)＝＝，
令＝t＞0，令m＝2t－1，所以f(t)＝＝1＋＝1＋＝1＋≤1＋＝2，当且仅当m＝3时，取“＝”，所以k∈(0，]．
答案：(0，]
18．解：(1)f(x)＝2sin xcos x＋cos2x－sin2x
＝sin 2x＋cos 2x
＝2＝2sin，
所以函数f(x)的最小正周期T＝π.
(2)由题意可知，不等式f(x)≥m有解，即m≤f(x)max.因为x∈，所以2x＋∈，故当2x＋＝，即x＝时，f(x)取得最大值，且最大值为f＝2.
从而可得m≤2 .
19．解：(1)证明：因为AB＝AD，所以平行四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.又PA∩AC＝A.所以BD⊥平面 PAC.
(2)设AC∩BD＝O，取PC的中点Q，连接 OQ，在△APC中，AO＝OC，CQ＝QP，所以OQ∥PA，因为PA⊥平面ABCD，所以OQ⊥平面ABCD.

如图，取OA，OB，OQ所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则A(，0，0)，B(0，1，0)，C(－，0，0)，
P(，0，2)，所以＝(0，0，2)．
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，而＝(－，－1，0)，＝(－，1，－2)，
由得令x＝1，则y＝－，z＝－，所以n＝(1，－，－)为平面PBC的一个法向量．
所以cos〈，n〉＝＝＝－.
设直线PA与平面PBC所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈，n〉|＝.
20．解：(1)当a＝1时，f(x)＝|x2－1|，f(x)在区间[－1，1]上的最大值为1.
(2)由于f(x)＝|x2－a|在区间[－1，1]上是偶函数，故只需考虑f(x)在[0，1]上的最大值即可．
若a≤0，则f(x)＝x2－a，它在[0，1]上是增函数，故M(a)＝1－a，
若a>0，由a＝1－a知，当a<时，M(a)＝1－a；当a≥时，M(a)＝a.故当a＝时，M(a)最小，最小值为.
(3)令y＝f(x)＋g(x)，
当a＝0时，方程y＝2x2＝0只有一解；
当a<0时，y＝2x2－ax－a对称轴为x＝<0，故方程f(x)＋g(x)＝0在(0，2)上不存在两解；
当a>0时，y＝
令h(x)＝2x2－ax－a由h(0)＝－a<0知方程h(x)＝0在(0，＋∞)只有一解，
故方程－ax＋a＝0必有一解x＝1，知a≥1，所以方程h(x)＝0在(1，2)必有一解，
由h(1)h(2)<0得(2－2a)(8－3a)<0所以1 综上所述，a的取值范围为1 21．解：(1)椭圆的标准方程为＋y2＝1.
(2)设B(x0，y0)则C(x0，－y0)且＋y＝1，
所以·＝(x0－2)2－y＝(x0－2)2－＝x－4x0＋3＝－，
因为－2 (3)设P(x1，y1)(y1≠±y0)，则＋y＝1，直线PB、PC的方程分别为PB：y－y1＝(x－x1)，PC：y－y1＝(x－x1)，
分别令y＝0得xM＝，xN＝，
所以xMxN＝＝＝＝4，
于是S△POM·S△PON＝|OM||ON|·y＝|xMxN|·y＝y.
因为－1≤y1≤1，所以S△POM·S△PON取得最大值为1.
22．解：(1)因为数列{an}满足a＋a＋…＋a＝，n∈N*.
所以当n＝1时，a＝1，解得a1＝1.
当n≥2时，满足a＋a＋…＋a＝，n∈N*.
所以a＝－＝n3，n∈N*.
解得an＝n，
当n＝1时也满足，
所以an＝n.
(2)证明：由(1)得＝.
因为2n＋1－(n＋1)－(2n－n)＝2n－1>0，
所以2n－n≥2－1>0，
所以>0.
又－＝≤0.
所以≤.
所以＋＋＋…＋<＋＋＋…＋.
设S＝＋＋＋…＋，
S＝＋＋…＋＋，
由错位相减法，得S＝1＋＋＋…＋－
＝－＝2－<2，
所以S<4.
所以＋＋＋…＋<4.