浙江专用2021届高考数学二轮复习预测提升仿真模拟卷四含解析

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四含解析，共10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(四)
(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＝{1，2，3，4，5}，B＝{x|x－1>0}，C＝{x|y＝x－1，y∈A}，则(A∩B)∪C＝(　　)
A．{2，3，4}　　　　　　　　 B．{2，3，4，5，6}
C．{0，1，2，3，4，5} D．{3，4，5}
2．若复数z满足方程z＝(z＋1)i(i为虚数单位)，则复数z的共轭复数z对应的点在(　　)
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
3．“a>b”是“a|a|>b|b|”的(　　)
A．充分不必要条件　　　 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
4．函数y＝sin的图象经下列怎样的平移后所得的图象关于点中心对称(　　)
A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度
C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度
5．在△ABC中，D是线段BC上一点(不包括端点)，＝λ＋(1－λ)，则(　　)
A．λ<－1 B．－1<λ<0
C．0<λ<1 D．λ>1
6.如图，给7条线段的5个端点涂色，要求同一条线段的两个端点不能同色，现有4种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方法种数为(　　)
A．24　　　　　　　　　 B．48
C．96 D．120
7．已知某三棱锥的三视图如图所示，其中每个小正方形的边长都为1.三棱锥上的点M在俯视图上的对应点为A，点N在左视图上的对应点为B，则线段MN的长度的最大值为(　　)

A．3 B．3
C．9 D．6
8．已知数列{an}为等差数列，且a8＝1，则2|a9|＋|a10|的最小值为(　　)
A．3 B．2
C．1 D．0
9．若双曲线－＝1(a>0，b>0)经过等腰梯形ABCD的上底的两个顶点C、D，下底的两个顶点A、B分别为双曲线的左、右焦点，对角线AC与双曲线的左支交于点E，且3|AE|＝2|EC|，|AB|＝2|CD|，则该双曲线的离心率是(　　)
A. B．
C. D．
10．记min{x，y}＝已知函数F(x)＝min{2x，x2}(　　)
A．若F(a)≤b2，则a≤b B．若F(a)≤2b，则a≤b
C．若F(a)≥b2，则a≥b D．若F(a)≥2b，则a≥b
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－y2＝1的实轴长是________，焦点到渐近线的距离是________．
12．已知函数f(x)＝则f(f(－1))＝________；若f(2a2－3)>f(5a)，则实数a的取值范围是________．
13．在(2－x)6的展开式中，含x3项的二项式系数为________，系数为________．(均用数字作答)
14．已知一个袋子中装有4个红球和2个白球，假设每一个球被摸到的可能性是相等的．若从袋子中摸出3个球，记摸到白球的个数为ξ，则ξ＝1的概率是________，随机变量ξ的均值是________．
15．已知x，y，z均为实数，且满足x2＋2y2＋z2＝1，则xy＋2yz＋z2的最大值为________．
16．若x，y满足，则z＝|2x－y|的最大值为________．　
17．在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，点M是棱AD的中点，点P是线段CD1(不包括点C)上的动点，点Q是线段CM上的动点，设直线PQ与平面ABCD所成的角为θ，则tan θ的最大值为________．
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)在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cos A＝sin(B－C)．
(1)求角C的大小；
(2)若c＝，当sin A＋cos(－B)取得最大值时，求A，a的值．







19.(本题满分15分)如图，三棱柱ABC­A1B1C1所有的棱长均为1，A1C1⊥B1C.

(1)求证：A1B⊥AC；
(2)若A1B＝1，求直线A1C1和平面ABB1A1所成角的余弦值．








20．(本题满分15分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*，且点(2，a2)，(a7，S3)均在直线x－y＋1＝0上．
(1)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn；
(2)设bn＝，Tn＝2b1·2b2·…·2bn，证明Tn<2.









21.(本题满分15分)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左顶点为A，上顶点为B，直线AB的斜率为，坐标原点O到直线AB的距离为.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)是否在圆O：x2＋y2＝b2上存在点D，使得圆O过D的切线与椭圆C交于点P，Q，线段PQ的中点为M，直线PQ与OM的夹角为45°？若存在，求点D的横坐标；若不存在，说明理由．









22．(本题满分15分)已知函数f(x)＝aln x＋x－，其中a为实常数．
(1)若x＝是f(x)的极大值点，求f(x)的极小值；
(2)若不等式aln x－≤b－x对任意－≤a≤0，≤x≤2恒成立，求b的最小值．









高考仿真模拟卷(四)
1．解析：选B.由题意知，B＝{x|x>1}，C＝{2，3，4，5，6}，所以(A∩B)∪C＝{2，3，4，5}∪{2，3，4，5，6}＝{2，3，4，5，6}，故选B.
2．解析：选C.由于z＝(z＋1)i，则(1－i)z＝i，所以z＝＝＝－＋i，所以z＝－－i，对应点的坐标为在第三象限．故选C.
3．解析：选C.因为函数f(x)＝x|x|＝在定义域R上单调递增，所以当a>b时，f(a)>f(b)，即a|a|>b|b|，所以充分性成立；当a|a|>b|b|时，a>b，所以必要性成立．故选C.
4．解析：选B.假设将函数y＝sin的图象平移ρ个单位长度得到y＝sin关于点中心对称，
所以将x＝－代入得到sin＝sin＝0，
所以＋2ρ＝kπ，k∈Z，所以ρ＝－＋，当k＝0时，ρ＝－.
5．解析：选C.根据平面向量加法运算的平行四边形法则，可知，所以0<λ<1，故选C.
6．解析：选C.依题意，设题目中的4种不同的颜色分别为a，b，c，d，注意到满足题意的方法中顶点A，B，E的颜色互不相同，下面进行分步计数：第一步，确定涂顶点A，B，E处(不妨设顶点A，B，E处的颜色分别为a，b，c)，相应的方法数为A＝24；第二步，确定涂顶点C，D的颜色的方法种数，相应的方法数为4(分别为(C，D)＝(a，b)，(a，d)，(d，a)，(d，b))．根据分步乘法计数原理知，满足题意的不同的涂色方法种数为24×4＝96，选C.
7．解析：选A.根据题意及三视图，在棱长为3的正方体中还原该几何体的直观图，为如图所示的三棱锥P­CNE.由题意知M在PC上，则线段MN长度的最大值即PN的长，故线段MN长度的最大值为3.
8．解析：选C.a9＝a8＋d＝1＋d，a10＝a8＋2d＝1＋2d，
2|a9|＋|a10|＝2|1＋d|＋|1＋2d|＝2(|1＋d|＋|＋d|)，
所以当d∈时，原式取到最小值1.故选C.
9．解析：选D.由题意可知，A(－c，0)，B(c，0)，又点C在双曲线上，ABCD为等腰梯形，|AB|＝2|CD|，所以点C的横坐标为，不妨设C，由3|AE|＝2|EC|可知＝，得E，从而满足消去，得＝7，所以该双曲线的离心率为.
10．解析：选D.在平面直角坐标系内画出函数y＝2x和函数y＝x2的图象，易得两函数图象有三个交点，设从左至右交点的横坐标分别为x1，x2，x3，则由图易得F(x)＝画出函数y＝2x和y＝F(x)的图象，过函数y＝2x的图象上任意一点(b，2b)作x轴的平行线l，由图易得在函数y＝F(x)的图象上，位于直线l和直线l上方的点均在x＝b的右侧，所以若F(a)≥2b，则a≥b，故选D.
11．解析：因为a2＝4，b2＝1，所以实轴长2a等于4，焦点到渐近线的距离为b等于1.
答案：4　1
12．解析：f(－1)＝＝2，所以f(f(－1))＝f(2)＝1－3×2＝－5.作出函数图象，由图象可知函数f(x)在定义域上单调递减，所以由f(2a2－3)>f(5a)得，2a2－3<5a，即2a2－5a－3<0，解得－ 答案：－5　
13．解析：依题意，(2－x)6的展开式的通项Tr＋1＝C·26－r·(－x)r＝C·26－r·(－1)r·xr，因此在(2－x)6的展开式中，含x3项的二项式系数为C＝20，系数为C·23·(－1)3＝－160.
答案：20　－160
14．解析：依题意得，ξ的所有可能取值分别是0，1，2，P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)＝＝，因此随机变量ξ的均值是E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝1.
答案：　1
15．解析：由题意可知，1＝x2＋2y2＋z2＝x2＋y2＋y2＋z2＋z2≥2xy＋yz＋z2＝(xy＋2yz＋z2)，即xy＋2yz＋z2≤＝，故xy＋2yz＋z2的最大值为，当且仅当x＝，y＝，z＝时取等号．
答案：
16．解析：依题意，在坐标平面内画出不等式组表示的平面区域及直线2x－y＝0，平移该直线，当直线经过平面区域内的点(－2，2)时，相应直线在y轴上的截距最大，此时2x－y取得最小值，最小值是－6；当直线经过平面区域内的点(3，－3)时，相应直线在y轴上的截距最小，此时2x－y取得最大值，最大值是9，因此2x－y的取值范围是[－6，9]，z＝|2x－y|的取值范围是[0，9]，z＝|2x－y|的最大值是9.
答案：9
17．解析：如图，过P作PN⊥CD于N，连接QN，则直线PQ与平面ABCD所成的角θ即∠PQN，所以tan θ＝，结合图形可知，对于线段CD1上的任意点P，作PN⊥CD，在线段CM上均存在点Q，使得QN⊥CM，此时tan θ取得最大值．不妨取点P运动到D1点，此时N在D点，则PN＝1，又DM＝，CD＝1，所以CM＝，QN＝，
所以(tan θ)max＝＝.
答案：
18．解：(1)在锐角△ABC中，cos A＝－cos(B＋C)＝sin(B－C)，
所以sin Bcos C－cos Bsin C＋cos Bcos C－sin Bsin C＝0，
即sin B(cos C－sin C)＋cos B(cos C－sin C)＝0，
所以(sin B＋cos B)(cos C－sin C)＝0.
因为A，B，C均为锐角，所以sin B＋cos B>0，
cos C－sin C＝0，tan C＝1，故C＝.
(2)由(1)知，A＋B＝.由，
得 sin A＋cos(－B)＝sin A＋cos[－(－A)]＝sin A＋cos(A－)＝sin A＋cos A＋sin A＝sin A＋cos A＝(sin A·＋cos A·)＝sin(A＋)．
由于 故当A＋＝，即A＝时，sin A＋cos(－B)取得最大值.
由正弦定理＝＝＝2，得a＝.
19．解：(1)取AC中点O，连接A1O，BO，所以BO⊥AC.

连接AB1交A1B于点M，连接OM，则B1C∥OM.
因为A1C1∥AC，A1C1⊥B1C，
所以AC⊥OM.
又因为OM⊆面A1BO，OB⊆面A1BO，所以AC⊥面A1BO，所以A1B⊥AC.
(2)因为A1C1∥AC，所以直线A1C1和平面ABB1A1所成角等于直线AC和平面ABB1A1所成角．
因为三棱柱ABC­A1B1C1所有的棱长均为1，故A1B⊥AB1，
因为A1B⊥AC，所以A1B⊥面AB1C，
所以面AB1C⊥面ABB1A1.
因为面AB1C∩面ABB1A1＝AB1，所以AC在平面ABB1A1的射影为AB1，
所以∠B1AC为直线AC和平面ABB1A1所成角．
因为AB1＝2AM＝2＝，
由于A1C1⊥B1C，所以AC⊥B1C，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，
即直线A1C1和平面ABB1A1所成角的余弦值为.
20．解：(1)设等差数列{an}的公差为d.
由点(2，a2)，(a7，S3)均在直线x－y＋1＝0上，得
又S3＝a1＋a2＋a3＝3a2，所以a7＝8.
所以所以
所以an＝n＋1，Sn＝.
(2)证明：bn＝＝＝－.
令Pn＝b1＋b2＋…＋bn，则Pn＝1－＋－＋…＋－＋－＝－－，
因为n∈N*，所以Pn<，
所以Tn＝2b1·2b2·…·2bn＝2b1＋b2＋…＋bn＝2Pn<2，
所以Tn<2.
21．解：(1)已知＝，而直线AB的方程为－＋＝1，由题意＝，从而a＝·＝·＝，b＝a＝1.故椭圆C的标准方程为＋y2＝1.
(2)设点D(x0，y0)，则x＋y＝1.
由题意知y0≠0，从而直线PQ的斜率k＝－，
故直线PQ的方程可写为y＝(1－x0x)，代入椭圆C的方程并整理得x2－2x0x＋x＝0.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则＝，
从而＝＝，
所以M.
若直线PQ与OM的夹角为45°，则△ODM是等腰直角三角形，
从而|OM|＝，即＋＝2，
化简得50x－15x＋1＝0，解得x＝或x＝.
经检验符合题意，
所以存在满足题设要求的点D，其横坐标可为±，±.
22．解：(1)f′(x)＝， 因为x>0，由f′＝0，得＋a＋1＝0，所以a＝－，
此时f(x)＝－ln x＋x－. 则f′(x)＝＝.
所以f(x)在上为减函数，在[2，＋∞)上为增函数．
所以x＝2为极小值点，极小值f(2)＝－.
(2)不等式aln x－≤b－x，即f(x)≤b.所以b≥fmax(x)．
(ⅰ)若1≤x≤2，则ln x≥0，f(x)＝aln x＋x－≤x－≤2－＝.
当a＝0，x＝2时取等号；
(ⅱ)若≤x<1，则ln x<0，f(x)＝aln x＋x－≤－ln x＋x－.
由(1)可知g(x)＝－ln x＋x－在上为减函数．
所以当≤x≤1时，g(x)≤g＝ln 2－.
因为ln 2－<－＝1<，所以fmax(x)＝，于是bmin＝.