浙江专用2021届高考数学二轮复习预测提升仿真模拟卷八含解析

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八含解析，共13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(八)
(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＋x－2＜0}，B＝{x|－x2＋x＜0}，则A∩(∁RB)＝(　　)
A．(－∞，0)∪[1，＋∞) B．(－∞，0]∪(1，＋∞)
C．[0，1) D．[0，1]
2．已知复数z的共轭复数＝1＋2i(i为虚数单位)，复数z满足(a＋bi)·z＝5(a，b∈R)，则a＋b的值为(　　)
A．－1 B．1
C．2 D．3
3．设函数f(x)＝则f的值为(　　)
A. B．－
C. D．18
4．随机变量X的分布列如表所示，若E(X)＝，则D(3X－2)＝(　　)
X
－1
0
1
P

a
b
A.9 B．7
C．5 D．3
5．正四面体ABCD，E为棱AD的中点，过点A作平面BCE的平行平面，该平面与平面ABC、平面ACD的交线分别为l1，l2，则l1，l2所成角的正弦值为(　　)
A. B．
C. D．
6．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若b＝1，a＝2c，则当C取最大值时，△ABC的面积为(　　)
A. B．
C. D．
7．若数列{an}满足a1＝15，且3an＋1＝3an－2，则使ak·ak＋1＜0的k值为(　　)
A．22 B．21
C．24 D．23
8．已知向量a，b满足|a|＝1，且对任意实数x，y，|a－xb|的最小值为，|b－ya|的最小值为，则|a＋b|＝(　　)
A. B．
C.或 D．或
9．已知变量a，b满足b＝－a2＋3ln a(a＞0)，若点Q(m，n)在直线y＝2x＋上，则(a－m)2＋(b－n)2的最小值为(　　)
A. B．
C．9 D．3
10．已知双曲线C：－4y2＝1(a＞0)的右顶点到其一条渐近线的距离等于，抛物线E：y2＝2px的焦点与双曲线C的右焦点重合，则抛物线E上的动点M到直线l1：4x－3y＋6＝0和l2：x＝－1的距离之和的最小值为(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
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．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________，体积为________．

12．已知等比数列{an}中，a1＝3，a4＝81，若数列{bn}满足bn＝log3an，则数列{bn}的通项公式为bn＝________，数列的前n项和Sn＝________．
13．已知多项式(x＋b)5＝(x－1)5＋a1(x－1)4＋a2(x－1)3＋a3(x－1)2＋a4(x－1)－32，则b＝________，a2＝________．
14．若实数x，y满足x>y>0，且log2x＋log2y＝1，则＋的最小值是________，的最大值为________．
15．已知圆C：x2＋(y＋1)2＝3，设EF为直线l：y＝2x＋4上的一条线段，若对于圆C上的任意一点Q，∠EQF≥，则|EF|的最小值是________．
16．设函数f(x)在R上存在导数f′(x)，对于任意的实数x，有f(x)＋f(－x)＝2x2，当x∈(－∞，0]时，f′(x)＋1＜2x.若f(2＋m)－f(－m)≤2m＋2，则实数m的取值范围是________．
17.如图，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90°，AB＝1，AC＝CD＝DA＝2，动点M在边DC上(不同于D点)，P为边AB上任意一点，沿AM将△ADM翻折成△AD′M，当平面AD′M垂直于平面ABC时，线段PD′长度的最小值为________．








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)设函数f(x)＝2cos2x＋sin 2x＋a(a∈R)．
(1)求函数f(x)的最小正周期和单调递增区间；
(2)当x∈时，f(x)的最大值为2，求a的值，并求出y＝f(x)(x∈R)的对称轴方程．








19.(本题满分15分)如图，三棱柱ABC­A1B1C1所有的棱长均为2，A1B＝，A1B⊥AC.

(1)求证：A1C1⊥B1C；
(2)求直线AC和平面ABB1A1所成角的余弦值．
















20．(本题满分15分)数列{an}的各项均为正数，且an＋1＝an＋－1(n∈N*)，{an}的前n项和是Sn.
(1)若{an}是递增数列，求a1的取值范围；
(2)若a1>2，且对任意n∈N*，都有Sn≥na1－(n－1)，证明：Sn<2n＋1.






21.(本题满分15分)已知A，B，C是抛物线y2＝2px(p>0)上三个不同的点，且AB⊥AC.

(1)若A(1，2)，B(4，－4)，求点C的坐标；
(2)若抛物线上存在点D，使得线段AD总被直线BC平分，求点A的坐标．










22．(本题满分15分)已知函数f(x)＝，g(x)＝ex.
(1)求曲线y＝f(x)在点(1，e－1)处的切线方程；
(2)若正实数m，n满足f(m)＝g(n)，求证：>.












高考仿真模拟卷(八)
1．解析：选C.因为A＝(－2，1)，B＝(－∞，0)∪(1，＋∞)，所以∁RB＝[0，1]，A∩(∁RB)＝[0，1)，选C.
2．解析：选D.由题意可得z＝1－2i，故(a＋bi)·z＝(a＋bi)(1－2i)＝a＋2b＋(b－2a)i＝5，故解得a＝1，b＝2，故a＋b＝3，选D.
3．解析：选A.因为f(2)＝4，所以f＝f＝1－＝.
4．解析：选C.由题设知，E(X)＝－1×＋0×a＋1×b＝，所以b＝，又由所给分布列得＋a＋b＝1，所以a＝.
随机变量3X－2的分布列为
3X－2
－5
－2
1
P



所以E(3X－2)＝－5×＋(－2)×＋1×＝－1，
所以D(3X－2)＝(－5＋1)2×＋(－2＋1)2×＋(1＋1)2×＝5.
故选C.
5．解析：选A.设所作的平面为α，则由α∥平面BCE，α∩平面ABC＝l1，平面BCE∩平面ABC＝BC，得l1∥BC，同理可得l2∥CE，所以l1，l2所成的角等于BC与CE所成的角，即∠BCE.设正四面体ABCD的棱长为2，则BC＝2，CE＝BE＝，在△BCE中，由余弦定理，得cos∠BCE＝＝，则sin∠BCE＝＝，故选A.
6．解析：选B.当C取最大值时，cos C最小，
由cos C＝＝＝≥，
当且仅当c＝时取等号，且此时sin C＝，所以当C取最大值时，
△ABC的面积为absin C＝×2c×1×＝.
7．解析：选D.因为3an＋1＝3an－2，所以an＋1－an＝－，又a1＝15，所以数列{an}是首项为15，公差为－的等差数列，所以an＝15－·(n－1)＝－n＋，且{an}为递减数列，令an＝－n＋＞0，得n＜23.5，可知使ak·ak＋1＜0的k值为23.
8．解析：选C.不妨设向量a＝(1，0)，b＝(m，n)，则a－xb＝(1－xm，－xn)，b－ya＝(m－y，n)．
|a－xb|2＝(1－mx)2＋(－xn)2＝(m2＋n2)x2－2mx＋1，又对任意实数x有|a－xb|的最小值为，所以＝，化简得n2＝3m2.
|b－ya|2＝(m－y)2＋n2，又对任意实数y有|b－ya|的最小值为，
所以n2＝3，所以3m2＝3，即m＝±1.由a＋b＝(1＋m，n)，可得|a＋b|2＝(1＋m)2＋n2＝m2＋n2＋2m＋1＝7或3，故|a＋b|＝或，故选C.
9．解析：选A.由题意知，y＝2x＋表示斜率为2的直线，变量a，b满足b＝－a2＋3ln a，设函数f(x)＝－x2＋3ln x，则f′(x)＝－x＋，设当切线斜率为2时，函数f(x)图象的切点的横坐标为x0，则－x0＋＝2，所以x0＝1，此时切点坐标为，切点到直线y＝2x＋的距离d＝，所以(a－m)2＋(b－n)2的最小值为d2＝.
10.解析：选B.－4y2＝1的右顶点坐标为(a，0)，一条渐近线为x－2ay＝0.由点到直线的距离公式得d＝＝，
解得a＝或a＝－(舍去)，
故双曲线的方程为－4y2＝1.
因为c＝ ＝1，故双曲线的右焦点为(1，0)，即抛物线的焦点为(1，0)，所以p＝2，x＝－1是抛物线的准线，如图，作MA⊥l1，MB⊥l2，设抛物线的焦点为F，连接MF，则由抛物线的定义知|MB|＝|MF|，当M，A，F三点共线时，距离之和最小，其最小值是点F到l1的距离，由点到直线的距离公式可得d1＝＝＝2，即距离之和的最小值为2.
11．解析：如图所示，该几何体为三棱锥P­ABC，其中PA⊥底面ABC，AC⊥BC，PA＝2，AC＝1，BC＝2，
所以该几何体的表面积S＝×2×1＋×1×2＋××2＋××2＝2＋2，体积V＝×2××1×2＝.

答案：2＋2　
12．解析：由已知条件可得q4－1＝＝＝27，即q＝3，
所以＝q＝3，则bn＋1－bn＝log3an＋1－log3an＝log3＝1.又因为b1＝log3a1＝log33＝1，可得等差数列{bn}的通项公式为bn＝n，所以＝＝－，所以Sn＝1－＋－＋－＋…＋－＝1－＝.
答案：n　
13．解析：由题意，(x＋b)5＝[(x－1)＋(b＋1)]5，利用二项式定理．Tr＋1＝C(x－1)5－r(b＋1)r，r＝0，1，2，…，5⇒⇒.
答案：－3　40
14．解析：由log2x＋log2y＝1，得log2(xy)＝1，即xy＝2，所以＋≥2＝2，当且仅当＝，且x＝2，y＝1时等号成立．由题意知＝>0，又＝(x－y)＋≥2＝4，当且仅当x－y＝，即x＝1＋，y＝－1时等号成立，所以的最小值为4，所以的最大值为.
答案：2　
15．解析：依题意，圆心C(0，－1)到直线l的距离d＝＝>r＝，
所以直线l与圆C相离．
由对于圆C上的任意一点Q，均满足∠EQF≥得，点Q必位于以线段EF为直径的圆上或圆内，
即圆C与以线段EF为直径的圆内切或内含(其中|EF|>)．
记线段EF的中点为M，
则|EF|－≥|CM|，|EF|≥2(|CM|＋)≥2(d＋)＝
2(＋)，
即|EF|的最小值是2(＋)．
答案：2(＋)
16．解析：令g(x)＝f(x)＋x－x2，所以g(x)＋g(－x)＝f(x)＋x－x2＋f(－x)－x－x2＝f(x)＋f(－x)－2x2＝0，所以g(x)为定义在R上的奇函数，又当x≤0时，g′(x)＝f′(x)＋1－2x＜0，所以g(x)在R上单调递减，所以f(2＋m)－f(－m)≤2m＋2等价于f(2＋m)＋(2＋m)－(m＋2)2≤f(－m)＋(－m)－(－m)2，即2＋m≥－m，解得m≥－1，所以实数m的取值范围是[－1，＋∞)．
答案：[－1，＋∞)
17．解析：过D′作AM的垂线，垂足为H，连接DH，则DH⊥AM，故H的轨迹为以AD为直径的圆．要使D′P最小，应过H作AB的垂线，垂足为P，问题转化为DH2＋HP2的最小值，而DH2＋HP2＝AD2－AH2＋HP2＝4－AP2，故只需AP最大，所以该圆最右侧的点即为H点，此时AP＝，所以4－AP2＝，所以PD′min＝.
答案：
18．解：(1)f(x)＝2cos2x＋sin 2x＋a＝1＋cos 2x＋sin 2x＋a＝
sin＋1＋a，
则f(x)的最小正周期T＝＝π，
且当2kπ－≤2x＋≤2kπ＋(k∈Z)时f(x)单调递增，即kπ－π≤x≤kπ＋(k∈Z)．
所以(k∈Z)为f(x)的单调递增区间．
(2)当x∈时，≤2x＋≤，
当2x＋＝，即x＝时，sin＝1.
所以f(x)max＝＋1＋a＝2⇒a＝1－.
由2x＋＝kπ＋得x＝＋(k∈Z)，
故y＝f(x)的对称轴方程为x＝＋，k∈Z.
19．解：
(1)证明：法一：如图，取AC中点O.连接A1O，BO.
由题意得BO⊥AC，
因为A1B⊥AC，A1B∩BO＝B，A1B⊂平面A1BO，BO⊂平面A1BO，
所以AC⊥平面A1BO，
连接AB1交A1B于点M，连接OM，则B1C∥OM，
又OM⊂平面A1BO，所以AC⊥OM，
因为A1C1∥AC，所以A1C1⊥B1C.
法二：连接AB1，BC1，因为四边形A1ABB1是菱形，所以A1B⊥AB1，
又A1B⊥AC，AB1∩AC＝A，所以A1B⊥平面AB1C，
所以A1B⊥B1C.
又四边形B1BCC1是菱形，所以BC1⊥B1C，
所以B1C⊥平面A1BC1，所以B1C⊥A1C1.
(2)因为A1B⊥AB1，A1B⊥AC，
所以A1B⊥平面AB1C.
所以平面AB1C⊥平面ABB1A1.
因为平面AB1C∩平面ABB1A1＝AB1，
所以直线AC在平面ABB1A1的射影为AB1，
所以∠B1AC为直线AC和平面ABB1A1所成的角．
因为AB1＝2AM＝2＝，
所以在Rt△ACB1中，cos∠B1AC＝＝＝.
所以直线AC和平面ABB1A1所成角的余弦值为.
20．解：(1)由{an}是递增数列知，a2>a1⇔a1＋－1>a1，得0 又由a3>a2⇔a2＋－1>a2，得0 即a1＋－1<2，解得1 由①②，得1 下面用数学归纳法证明：当1 (i)当n＝1时，1 (ii)假设当n＝k(k∈N*)时，1 则当n＝k＋1时，ak＋1＝ak＋－1∈[2－1，2)⊆(1，2)，
所以当n＝k＋1时，也成立．
由(i)(ii)可知1 于是an＋1－an＝－1>0，即{an}是递增数列．
所以a1的取值范围是1 (2)证明：因为a1>2，可用数学归纳法证明：an>2对任意n∈N*恒成立．
于是an＋1－an＝－1<0，即{an}是递减数列．
在Sn≥na1－(n－1)中，令n＝2，
得2a1＋－1＝S2≥2a1－，
解得a1≤3.故2 先证：(i)当2 事实上，当2 Sn＝a1＋a2＋…＋an≥a1＋(n－1)(a1－)＝na1－(n－1)．
再证：(ii)a1>不合题意．
事实上，当3≥a1>时，设an＝bn＋2，
则由an＋1＝an＋－1，
可得bn＋1＝bn＋－1.
得＝≤(因为 于是数列{bn}的前n项和Tn≤b1·<3b1≤3，
故Sn＝2n＋Tn<2n＋3＝na1＋(2－a1)n＋3　③，
令a1＝＋t(t>0)，
则由③式得Sn 只要n充分大，就有Sn 这与Sn≥na1－(n－1)矛盾．
所以a1>不合题意．
综合(i)(ii)，有2 因为2 所以＝≤≤，
故数列{bn}的前n项和Tn≤b1· 所以Sn＝2n＋Tn<2n＋1.
21．解：(1)因为A(1，2)在抛物线y2＝2px(p>0)上，所以p＝2.
抛物线方程为y2＝4x.
设C(，t)，则由kAB·kAC＝－1，
即·＝－1，
解得t＝6，t＝2(舍去)，即C(9，6)．
(2)设A(x0，y0)，B(，y1)，C(，y2)，则y＝2px0.
直线BC的方程为＝，
即(y1＋y2)y＝2px＋y1y2，
由kAB·kAC＝·＝－1.
得y0(y1＋y2)＋y1y2＋y＝－4p2，
与直线BC的方程联立，化简，得(y1＋y2)(y＋y0)＝2p(x－2p－x0)，
故直线BC恒过点E(x0＋2p，－y0)．
因此直线AE的方程为y＝－(x－x0)＋y0，
代入抛物线的方程y2＝2px(p>0)，
得点D的坐标为(，－)．
因为线段AD总被直线BC平分，
所以
解得x0＝，y0＝±p.
即点A的坐标为(，±p)．
22．解：(1)因为f′(x)＝，所以f′(1)＝1，
所以y＝f(x)在点(1，e－1)处的切线方程为x－y＋e－2＝0.
(2)证明：f(m)＝g(n)即＝en.
要证>，只要证en>em，即证>em，
即证em－1－mem>0，
故只要证当m>0时有em－1－mem>0成立即可．
令h(x)＝ex－1－xex(x>0)，
则h′(x)＝ex－ex－xex＝ex，
令m(x)＝ex－x－1(x>0)，
则m′(x)＝ex－>0(x>0)，
所以m(x)>m(0)＝0，即ex－1－>0，
所以h′(x)＝ex>0，
所以h(x)>h(0)＝0，
所以h(m)＝em－1－mem>0，所以>.