浙江专用2021届高考数学二轮复习预测提升仿真模拟卷五含解析

展开

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五含解析，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(五)
(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|y＝}，B＝，则(∁RA)∩B等于(　　)
A．{x|－1 C．{x|x<1} D．{x|－2 2．双曲线－＝1的离心率为(　　)
A. B．
C. D．
3．下列四个函数：y＝sin|x|，y＝cos|x|，y＝|tan x|，y＝－ln|sin x|，以π为周期，在上单调递减且为偶函数的是(　　)
A．y＝sin|x| B．y＝cos|x|
C．y＝|tanx| D．y＝－ln|sinx|
4．已知(x－1)5＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a5(x＋1)5，则a2＝(　　)
A．20 B．－20
C．80 D．－80
5．已知f(x)＝cos(2x＋α)，x∈R.则当α∈[0，π]时，f(x)的图象不可能是(　　)

6．数列{an}满足an－an＋1＝anan＋1(n∈N*)，数列{bn}满足bn＝，且b1＋b2＋…＋b9＝90，则b4·b6(　　)
A．最大值为99 B．为定值99
C．最大值为100 D．最大值为200
7．已知双曲线－＝1(a>0，b>0)与函数y＝的图象交于点P，若函数y＝的图象在点P处的切线过双曲线的左焦点F(－1，0)，则双曲线的离心率是(　　)
A. B．
C. D．
8．在2019年亚洲杯前，某商家为了鼓励中国球迷组团到阿联酋支持中国队，制作了3种精美海报，每份中国队球迷礼包中随机装入一份海报，每集齐3种不同的海报就可获得中国队在亚洲杯上所有比赛中的1张门票．现有6名中国队球迷组成的球迷团，每人各买一份中国队球迷礼包，则该球迷团至少获得1张门票的可能情况的种数为(　　)
A．360 B．450
C．540 D．990
9．已知函数f(x)＝若存在实数x1，x2，x3，x4，满足x1＜x2＜x3＜x4，且f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝f(x4)，则的取值范围是(　　)
A．(10，52) B．(13，40)
C．(11，17) D．(15，25)
10.如图，已知线段AB垂直于定圆所在的平面，B，C是圆上的两点，H是点B在AC上的射影，当C运动时，点H运动的轨迹(　　)
A．是圆 B．是椭圆
C．是抛物线 D．不是平面图形
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．已知复数z满足(1－i)z＝i＋2(其中i为虚数单位)，则z的虚部为________，|z|＝________．
12．设a＝cos 420°，函数f(x)＝，则a＝________，f()＋f(log2)＝________．
13．某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是________cm3，表面积是________cm2.

14．已知随机变量X的分布列如下表：
X
a
2
3
4
P

b

若E(X)＝2，则a＝________；D(X)＝________．
15．已知Rt△ABC的三个顶点都在抛物线y2＝2px(p>0)上，且斜边AB∥y轴，CD是斜边上的高，D为垂足，则|CD|＝________．　
16．在△ABC中，AD是BC边上的中线，∠ABD＝.若AC＝2AD＝2，则△ABC的面积为________．
17．已知t∈R，记函数f(x)＝在[－1，2]的最大值为H(t)，若H(t)≥1，则t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)＝cos2x－sin xcos x＋，x∈R.
(1)求f()的值；
(2)求f(x)的最小正周期及单调递减区间．

19.(本题满分15分)

如图，四边形ABCD为梯形，AB∥CD，∠C＝60°，点E在线段CD上，满足BE⊥CD，且CE＝AB＝CD＝2，现将△ADE沿AE翻折到AME位置，使得MC＝2.
(1)证明：AE⊥MB；
(2)求直线CM与面AME所成角的正弦值．

20．(本题满分15分)设Sn为等差数列{an}的前n项和，其中a1＝1，且＝λan＋1(n∈N*)．
(1)求常数λ的值，并写出{an}的通项公式；
(2)记bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，若对任意的n≥k(k∈N*)，都有<，求常数k的最小值．

21.(本题满分15分)已知抛物线C：x2＝2py(p>0)，且抛物线C在点P(1，m)处的切线斜率为，直线l与抛物线交于A，B两点(点A在点B左侧)，且直线AP垂直于直线BP.

(1)求证：直线l过定点，并求出定点坐标；
(2)如图，直线BP交y轴于点M，直线AP交x轴于点N，求的最大值．

22．(本题满分15分)已知函数f(x)＝4ax3＋3|a－1|x2＋2ax－a(a∈R)．
(1)当a＝1时，判断f(x)的单调性；
(2)当x∈[0，1]时，恒有|f(x)|≤f(1)，求a的取值范围．

高考仿真模拟卷(五)
1．解析：选B.因为A＝{x|y＝}＝{x|x≥0}，所以∁RA＝{x|x<0}．又B＝＝{x|－1 2．解析：选D.a＝2，c2＝4＋3＝7，离心率e＝＝.故选D.
3．解析：选D.A.y＝sin|x|在上单调递增，故A错误；B.y＝cos|x|＝cos x周期为T＝2π，故B错误；C.y＝|tan x|在上单调递增，故C错误；D.f(x＋π)＝－ln|sin(x＋π)|＝－ln|sin x|，周期为π，当x∈时，y＝－ln(sin x)是在上单调递减的偶函数，故D正确，故选D.
4．解析：选D.令x＋1＝y，则已知(x－1)5＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a5(x＋1)5就变为(y－2)5＝a0＋a1y＋a2y2＋…＋a5y5，根据二项式定理知，a2即二项式(y－2)5展开式中y2项的系数，Tr＋1＝Cy5－r·(－2)r，令5－r＝2，r＝3，故a2＝C·(－2)3＝－80，故选D.
5．解析：选A.根据题目给出的四个选项，函数图象是关于原点中心对称或y轴对称，因此f(x)是奇函数或偶函数，而y＝是奇函数，因此y＝cos(2x＋α)必为奇函数或偶函数，所以α＝0，或π.当α＝0时，f(x)＝·cos2x是奇函数，且当x∈时，f(x)<0，选项D基本符合；当α＝时，f(x)是偶函数，f(x)＝(－sin 2x)，且当x∈时，f(x)>0，选项B基本符合；当α＝π时，f(x)＝·(－cos 2x)，f(x)是奇函数，且当x∈时，f(x)>0，选项C基本符合，故选A.
6．解析：选B.将an－an＋1＝anan＋1两边同时除以anan＋1，可得－＝1，即bn＋1－bn＝1，所以{bn}是公差为d＝1的等差数列，其前9项和为＝90，所以b1＋b9＝20，将b9＝b1＋8d＝b1＋8，代入得b1＝6，所以b4＝9，b6＝11，所以b4b6＝99，选B.
7．解析：选A.设P(x0，)，所以切线的斜率为，
又因为在点P处的切线过双曲线的左焦点F(－1，0)，
所以＝，解得x0＝1，所以P(1，1)，因此2c＝2，2a＝－1，故双曲线的离心率是，故选A.
8．解析：选C.由题意可知，该球迷团最多可获得2张门票，若3种海报的数量分别为2，2，2，则不同的情况种数为CC＝90.若3种海报的数量分别为3，2，1，则不同的情况种数为CCA＝360.若3种海报的数量分别为4，1，1，则不同的情况种数为CA＝90.故该球迷团至少获得1张门票的可能情况的种数为90＋360＋90＝540.
9．解析：选B.作出函数f(x)的图象，如图所示，易知，0＜x1＜x2＜3，且x1x2＝1，3＜x3＜6，12＜x4＜15，且x3，x4所对应的图象上的点关于直线x＝9对称，设x3＝9－t，x4＝9＋t，t∈(3，6)，所以＝(7－t)(7＋t)＝49－t2∈(13，40)．

10．解析：选A.如图，过点B作圆的直径BD，连接CD，AD，再过点B作BE⊥AD于E，连接HE，因为AB⊥平面BCD，所以AB⊥CD.又由BD为圆的直径得BC⊥CD，且AB∩BC＝B，所以CD⊥平面ABC，所以CD⊥BH，又BH⊥AC，且AC∩CD＝C，所以BH⊥平面ACD，所以BH⊥AD，BH⊥HE.所以当点C运动时，点H运动的轨迹是以BE为直径的圆．故选A.
11．解析：法一：由(1－i)z＝i＋2得，z＝＝＋i.
所以z的虚部为，|z|＝＝.
法二：设z＝a＋bi(a，b∈R)，则(1－i)z＝(1－i)(a＋bi)＝a＋b＋(b－a)i＝i＋2，所以解得a＝，b＝，
所以z的虚部为，|z|＝＝.
答案：　
12．解析：因为a＝cos 420°＝cos 60°＝，
所以f(x)＝，
所以f()＋f(log2)＝log＋()log2＝log24＋2log26＝2＋6＝8.
答案：　8
13．解析：由三视图可知该几何体是由底面圆的半径为1，高为2的圆柱被截去四分之一得到，故所求体积V＝π×12×2×＝(cm3)，表面积S＝π×12×2＋2π×1×2×＋2×1＝5π＋2(cm2)．
答案：　5π＋2
14. 解析：由＋b＋＋＝1，可知b＝，又E(X)＝2⇒a＝0，
所以D(X)＝.
答案：0　
15．解析：设抛物线上的点A(x0，y0)，
则B(x0，－y0)，xD＝x0，
则以AB为直径的圆的方程为(x－x0)2＋y2＝y，
与抛物线y2＝2px的交点为C(x1，y1)，
由
可得x2－(2x0－2p)x＋x－2px0＝0.
因此x0＋x1＝2x0－2p，
则x1－x0＝－2p，
因此|CD|＝|x1－x0|＝2p.
答案：2p
16．解析：记△ABC的三内角∠BAC，∠ABC，∠ACB所对的三条边分别为a，b，c，则BD＝a，由余弦定理可得，AD2＝AB2＋BD2－2AB·BDcos∠ABD，所以1＝c2＋－ac，即4＝4c2＋a2－2ac，又AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABC，所以4＝c2＋a2－ac，于是，4c2＋a2－2ac＝c2＋a2－ac，所以a＝c，代入c2＋a2－ac＝4可得c＝2，a＝2，所以S△ABC＝acsin∠ABC＝.
答案：
17．解析：设P＝x＋＝x＋2＋－2∈[2，3]，f(x)＝|P＋t|，H(t)＝max{|2＋t|，|3＋t|}所以|2＋t|≥1或|3＋t|≥1，所以t≥－2或t≤－3.
答案：t≥－2或t≤－3
18．解：(1)f＝－··＋＝.
(2)f(x)＝cos2 x－sin xcos x＋＝cos 2x－sin 2x＋1＝
cos＋1，所以周期T＝＝π.
由2kπ≤2x＋≤2kπ＋π得，kπ－≤x≤kπ＋，
所以f(x)的单调递减区间是(k∈Z)．
19．解：(1)证明：法一：连接BD交AE于N，由条件易算BD＝4.
所以BC⊥BD.又 BC∥AE，所以AE⊥BD.
从而AE⊥BN，AE⊥MN，所以AE⊥平面MNB.
所以AE⊥MB.
法二：由ME＝DE＝6，CE＝2，MC＝2，得
ME2＋CE2＝MC2，故CE⊥ME.
又CE⊥BE，所以CE⊥平面BEM，
所以CE⊥BM，
可得AB⊥BM，计算得AD＝AM＝2，MB＝2，
从而ME2＝MB2＋BE2，BE⊥BM，
所以MB⊥平面ABE，所以AE⊥MB.
(2)法一：设直线CM与平面AME所成角为θ，
则sin θ＝，其中h为点C到平面AME的距离．
因为AE∥BC，所以点C到平面AME的距离即点B到平面AME的距离．
由VMABE＝S△ABE·BM＝VBAME＝S△AEMh.
所以h＝＝.
所以sin θ＝＝.
法二：由MB⊥平面ABCE，可建立如图所示的空间直角坐标系，
则，A(0，2，0)，C(2，－2，0)，E(2，0，0)，M(0，0，2)，

则＝(0，－2，2)，＝(2，－2，0)，＝(2，－2，－2)．设平面AME的一个法向量为m＝(x，y，z)，由，可取m＝(，，1)，
所以sin θ＝cos〈m，〉＝＝.
20．解：(1)由a1＝1及＝λan＋1，得a2＝，a3＝1＋，
又{an}是等差数列，所以＝2＋，即λ＝，
所以a2＝2，公差d＝1，an＝n.
(2)由(1)知an＝n，所以bn＝.
Tn＝＋＋＋…＋，①
Tn＝＋＋＋…＋＋，②
①－②得Tn＝＋＋＋…＋－，
所以Tn＝－＝－.
要使＝<，即<1，
记dn＝，则dn＋1＝，
因为dn＋1－dn＝<0，所以dn＋1 又d1＝>1，d2＝>1，d3＝1，所以当n≥4时，恒有dn<1.
故存在kmin＝4，对任意的n≥k(k∈N*)，都有<成立．
21．解：(1)证明：由题意可得y＝，y′＝x.
当x＝1时，＝，所以p＝2，
所以抛物线C的方程为x2＝4y.
所以P.
设A(2t1，t)，B(2t2，t)，
因为AP⊥BP，
所以kAP·kBP＝·＝－1，
化简得t1t2＋＋＝0.(*)
又kAB＝＝，
所以直线AB的方程为y－t＝(x－2t1)，即2y＝(t1＋t2)x－2t1t2.
将(*)式代入直线AB的方程，得(t1＋t2)(x＋1)＋－2y＝0，
令x＋1＝0，则－2y＝0，可得直线AB过定点.
(2)设直线BM的方程为y－＝k(x－1)，不妨设k>0，易知k>，
联立，得，得x2－4kx＋4k－1＝0，
Δ＝16k2－16k＋4>0，
利用根与系数的关系得xB＋xP＝4k，所以xB＝4k－1.
因为AP⊥BP，所以同理可得xA＝－－1，
易知xN＝＋1，xM＝0，
所以|AP||BP|＝|xP－xA|·|xB－xp|＝(2＋)(4k－2)＝，
|MP||NP|＝|xP－xM|·|xN－xP|＝，
所以＝×＝＝16＝－32＋50≤50，
所以的最大值为50.
22．解：(1)当a＝1时，f(x)＝4x3＋2x－1，
f′(x)＝12x2＋2>0.
故f(x)在R上单调递增．
(2)由于|f(0)|≤f(1)，即|a|≤5a＋3|a－1|，解得a≥－1.
①当a≥0时，f′(x)＝12ax2＋6|a－1|x＋2a，当x∈[0，1]时，f′(x)≥0，
所以f(x)在[0，1]上单调递增，符合题意．
②当－0，
存在x0∈(0，1)，使得f′(x0)＝0，
故f(x)在[0，x0)上单调递减，在(x0，1]上单调递增．
因为f′(x0)＝12ax＋6(1－a)x0＋2a＝0，
所以4ax＝－2(1－a)x－ax0，
所以f(x0)＝4ax＋3(1－a)x＋2ax0－a＝(1－a)x＋ax0－a＝x－a>0，
由单调性知|f(x0)|＝f(x0) ③当a＝－时，f(x)＝－3x3＋x2－x＋，
f′(x)＝－9(x－1)，
f(x)在上单调递减，在上单调递增，且＝f ④当－1≤a<－时，f′(x)＝12ax2＋6(1－a)x＋2a，
Δ＝－60a2－72a＋36>0，f′(0)<0，f′(1)<0，f′(x)图象的对称轴为直线x＝∈(0，1)．
故f′(x)＝0在(0，1)内有两个不同的实根x1，x2，设x1 则f(x)在(0，x1)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增，在(x2，1)上单调递减．
此时f(x2)>f(1)，不符合题意．
综合①②③④可知，a的取值范围为.

浙江专用2021届高考数学二轮复习预测提升仿真模拟卷五含解析

更专业

更丰富

更便捷

真低价

欢迎来到教习网