浙江专用2021届高考数学二轮复习预测提升仿真模拟卷十四含解析

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十四含解析，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(十四)
(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＝{x|x≥4}，B＝{x|－1≤2x－1≤0}，则(∁RA)∩B＝(　　)
A．(4，＋∞) B．
C. D．(1，4]
2．若复数z满足(1＋2i)z＝1－i，则|z|＝(　　)
A. B．
C. D．
3．一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图与侧视图均为半径是2的圆，则这个几何体的表面积是(　　)

A．16π B．14π
C．12π D．8π
4．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，则下列结论一定成立的是(　　)
A．若a5>0，则a2 017<0 B．若a6>0，则a2 018<0
C．若a5>0，则S2 017>0 D．若a6>0，则S2 018>0
5．某校开设了9门课程供学生选修，其中A，B，C 3门课程由于上课时间相同，所以每位学生至多选修1门，学校规定每位学生选修4门，则不同的选修方案共有(　　)
A．15种 B．60种
C．75种 D．100种
6．若直线y＝ax是曲线y＝2ln x＋1的一条切线，则实数a＝(　　)
A．e－ B．2e－
C．e D．2e
7．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)，则“a2－3b≤0”是“f(x)在R上只有一个零点”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
8．李冶(1192－1279)，真定栾城(今河北省石家庄市)人，金元时期的数学家、诗人，晚年在封龙山隐居讲学，数学著作多部，其中《益古演段》主要研究平面图形问题：求圆的直径、正方形的边长等．其中一问：现有正方形方田一块，内部有一个圆形水池，其中水池的边缘与方田四边之间的面积为13.75亩，若方田的四边到水池的最近距离均为二十步，则圆池直径和方田的边长分别是(注：240平方步为1亩，圆周率按3近似计算)(　　)
A．10步，50步 B．20步，60步
C．30步，70步 D．40步，80步
9．已知实数x，y满足，则的最大值是(　　)
A. B．
C．1 D．
10．过抛物线y2＝4ax(a>0)的焦点F作斜率为－1的直线，该直线与双曲线－＝1(a>0，b>0)的两条渐近线的交点分别为B，C，若xC是xB与xF的等比中项，则双曲线的离心率为(　　)
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．已知离散型随机变量X的分布列为
X
0
1
P
a
12a2
，则随机变量X的数学期望E(X)＝________，方差D(X)＝________．
12．已知抛物线y2＝2px(p>0)上一点A(1，a)到焦点的距离为2，则该抛物线的准线方程为________；a＝________.
13．记[x]为不超过x的最大整数，如[－1.2]＝－2，[2.3]＝2.已知函数f(x)＝，则f(f(－1))＝________，f(x)≤3的解集为________．
14．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.已知b－c＝a，2sin B＝3sin C，△ABC的面积为，则cos A的值为________，a＝________.
15．如图，已知矩形ABCD，AD＝2，E为AB边上的点，现将△ADE沿DE翻折至△A′DE，使得点A′在平面EBCD上的投影在CD上，且直线A′D与平面EBCD所成角为30°，则线段AE的长为________．

16．已知平面向量a，b，c满足|a|≤1，|b|≤1，|2c－(a＋b)|≤|a－b|，则|c|的最大值为________．
17．若正数a，b，c满足，则a，b，c中最大的数的最小值为________．
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)已知函数f(x)＝sin2x－sin2，x∈R.
(1)求f(x)的最小正周期；
(2)求f(x)在区间上的最大值和最小值．









19.(本题满分15分)如图，四棱锥S－ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，AB＝2，BC＝CD＝SD＝1，侧面SAB为等边三角形．

(1)证明：AB⊥SD；
(2)求直线SC与平面SAB所成角的正弦值．







20．(本题满分15分)已知数列的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝4Sn－1.
(1)求的通项公式；
(2)证明：＋＋…＋<2.







21.(本题满分15分)如图，已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)和圆O：x2＋y2＝b2，过椭圆C上异于上、下顶点的一点P(x0，y0)引圆O的两条切线(斜率存在)，切点分别为A，B.

(1)求直线AB的方程；
(2)求三角形OAB面积S的最大值．






22．(本题满分15分)已知f(x)＝xex－ax2－x.


(1)若f(x)在(－∞，－1]上单调递增，[－1，0]上单调递减，求f(x)的极小值；
(2)当x≥0时，恒有f(x)≥0，求实数a的取值范围．





















高考仿真模拟卷(十四)
1．解析：选B.由题意得，A＝[4，＋∞)，B＝，所以(∁RA)∩B＝，故选B.
2．解析：选C.z＝＝⇒|z|＝.
3．解析：选A.图中几何体为一个四分之三球，所以S表＝4π×22×＋π×22＝16π.故选A.
4．解析：选C.若a5＝ a1q4>0，则a2 017＝a1q2 016>0，故A选项错误；若a6＝a1q5>0，则a2 018＝a1q2 017>0，故B选项错误；若a5＝a1q4>0，则a1>0，当q＝1时，S2 017＝2 017a1>0，当q≠1时，S2 017＝>0, 故C选项正确；若a6＝a1q5>0，当a1>0，q＝1时，S2 018＝2 018a1>0，当q≠1时，S2 018＝，当q<－1时，S2 018<0，q＝－1时，S2 018＝0，故D选项错误．故选C.
5．解析：选C.由题意知，满足题意的选修方案有两类：第一类是所选的4门全来自于除A，B，C外的6门课程，相应的不同选修方案有C＝15种；第二类是所选的4门中有且仅有1门来自于A，B，C，另3门从除A，B，C外的6门课程中选择，相应的不同选修方案有CC＝60种．由分类加法计数原理可得满足题意的选修方案总数是15＋60＝75.
6．解析：选B.依题意，设直线y＝ax与曲线y＝2ln x＋1的切点的横坐标为x0，则有y′|x＝x0＝，于是有解得x0＝，a＝＝2e－.
7．解析：选A.因为f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，所以f ′(x)＝3x2＋2ax＋b，Δ＝4a2－12b，若“a2－3b≤0”，则f ′(x)≥0恒成立，f(x)单调递增，f(x)在R上只有一个零点，所以“a2－3b≤0”是“f(x)在R上只有一个零点”的充分条件；但“f(x)在R上只有一个零点”并非一定要f(x)单调递增，还有f(x)的极小值大于0的情形，所以“a2－3b≤0”不是“f(x)在R上只有一个零点”的必要条件．故选A.
8．解析：选B.设圆池的半径为r步，则方田的边长为(2r＋40)步，由题意，得(2r＋40)2－3r2＝13.75×240，解得r＝10或r＝－170(舍)，所以圆池的直径为20步，方田的边长为60步，故选B.
9．解析：选D.由题意，＋x≤2y＋，令f(x)＝＋x，函数f(x)在定义域上单调递增，则由＋x≤2y＋得f(2y)≥f(x)，于是2y≥x.又＝＝2－，作出的可行域如图中阴影部分所示，则kOA＝3，kOB＝，则∈[，3]，所以＝2－的最大值为.选D.

10．解析：选D.抛物线y2＝4ax(a>0)的焦点为F(a，0)，所以过点F且斜率为－1的直线为y＝－(x－a)，双曲线的渐近线方程为y＝±x.由得x＝；由得x＝，由xC是xB与xF的等比中项分析可知xB＝，xC＝，由题意x＝xB·xF，即＝×a，整理得a(a＋b)＝(a－b)2，即b＝3a.所以c＝＝＝a.故e＝＝.
11．解析：由a＋12a2＝1得a＝或a＝－(舍去)，
则E(X)＝，D(X)＝×＝.
答案：　
12．解析：由抛物线的定义知点A到准线的距离为2，得准线x＝－1，p＝2，所以y2＝4x，把点坐标代入抛物线方程得a＝±2.
答案：x＝－1　±2
13．解析：

法一：根据[x]的定义得f(f(－1))＝f(2)＝2[2]－1＝3；根据函数图象可知，不等式f(x)≤3的解集为[－，3)．
法二：根据[x]的定义，得f(f(－1))＝f(2)＝2[2]－1＝3.当x≥1时，由f(x)＝2[x]－1≤3，得[x]≤2，所以x∈[1，3)；当x＜1时，由f(x)＝x2＋1≤3，得－≤x＜1.故原不等式的解集为[－，3)．
答案：3　[－，3)
14．解析：由2sin B＝3sin C又正弦定理得2b＝3c，由余弦定理得cos A＝＝－，S△ABC＝bcsin A＝解得c＝2，a＝4.
答案：－　4
15．解析：

如图所示，过A′作A′H⊥CD于H，连接EH，由题意得，A′H⊥平面ABCD，所以A′H＝1，DH＝，设AE＝x，则EH＝，在四边形DAEH中，22＋(x－)2＝x2－1，所以x＝.
答案：
16．解析：因为|2c－(a＋b)|≤|a－b|，而|2c|－|a＋b|≤|2c－(a＋b)|，所以| 2c|≤|a＋b|＋|a－b|，利用基本不等式≤ ，有|a＋b|＋|a－b|≤2＝
＝
≤2，故答案为.
答案：
17．解析：不妨设a＝max{a，b，c}(a为a，b，c中的最大者)，则3a≥a＋b＋c＝12，即a≥4.因为(a－b)(a－c)≥0，所以a2－ab－ac＋bc≥0，所以a2－a(12－a)＋bc≥0，所以bc≥12a－2a2.又45＝ab＋bc＋ca＝bc＋a(12－a)≥12a－2a2＋a(12－a)，所以(a－3)(a－5)≥0，又a≥4，所以a≥5，当且仅当或时等号成立，所以a，b，c中最大的数的最小值为5.
答案：5
18．解：(1)由已知，有f(x)＝－
＝－cos 2x
＝sin 2x－cos 2x＝sin.
所以，f(x)的最小正周期T＝＝π.
(2)因为f(x)在区间上是减函数，在区间上是增函数，f＝－，f＝－，f＝.所以，f(x)在区间上的最大值为，最小值为－.
19．解：(1)如图，取AB的中点E，连接DE，DB，SE，

由题意，知四边形DEBC为矩形，AD＝，DB＝，DE⊥AB.
又侧面SAB为等边三角形，所以SE⊥AB.
因为SE∩DE＝E，所以AB⊥平面SDE，
所以AB⊥SD.
(2)如图，由(1)知，DE⊥DC，过D作DF⊥平面ABCD，则DE，DC，DF两两垂直，分别以DE，DC，DF的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系D­xyz，

则D(0，0，0)，A(1，－1，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，S.
设平面SAB的一个法向量n＝(x，y，z)，＝，＝(0，2，0)，由n·＝0，n·＝0，得，
取x＝1，则n＝(1，0，)，
因为＝，设所求角为θ，
则sin θ＝|cos θ|＝＝.
故直线SC与平面SAB所成角的正弦值为.
20．解：(1)由题设，anan＋1＝4Sn－1，an＋1an＋2＝4Sn＋1－1.
两式相减得an＋1(an＋2－an)＝4an＋1.
由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝4.
由题设，a1＝1，a1a2＝4S1－1，可得a2＝3.
故可得是首项为1，公差为4的等差数列，
a2n－1＝4n－3＝2(2n－1)－1；
是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1＝2·2n－1，
所以an＝2n－1(n∈N*)．
(2)证明：Sn＝＝n2，
当n>1时，<＝－.
＋＋…＋＝＋＋＋…＋<＋＋＋…＋＝2－，
所以＋＋…＋<2.
21．解：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，已知点P(x0，y0)，则kPA＝，kOA＝(其中x1≠x0，x1≠0)．
因为PA⊥OA，所以kPAkOA＝－1，
即×＝－1，
整理得x0x1＋y0y1＝x＋y.
因为x＋y＝b2，
所以x0x1＋y0y1＝b2.
这说明点A在直线x0x＋y0y＝b2上．
同理点B也在直线x0x＋y0y＝b2上．
所以x0x＋y0y＝b2就是直线AB的方程．
(2)由(1)知，直线AB的方程为x0x＋y0y＝b2，
所以点O到直线AB的距离d＝.
因为|AB|＝2＝2＝，
所以三角形OAB的面积S＝×|AB|×d＝.
设t＝＞0，则t≠，则S＝＝.
因为点P(x0，y0)在椭圆＋＝1上，即＋＝1，即y＝(x≤a2)．
所以t＝＝≤.
令g(t)＝t＋，所以g(t)＝t＋在(0，)，(，b)上单调递减，在(b，＋∞)上单调递增．
当≤b，即b 综上，当b＜a≤b时，S最大值＝；
当a＞b时，S最大值＝b2.
22．解：(1)因为f(x)在(－∞，－1]上单调递增，[－1，0]上单调递减，
所以f′(－1)＝0.
因为f′(x)＝(x＋1)ex－2ax－1，所以2a－1＝0，a＝.
所以f′(x)＝(x＋1)ex－x－1＝(x＋1)(ex－1)，
所以f(x)在(－∞，－1]上单调递增，[－1，0]上单调递减，[0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)的极小值为f(0)＝0.
(2)f(x)＝x(ex－ax－1)，令g(x)＝ex－ax－1，则g′(x)＝ex－a.若a≤1，则x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)为增函数，而g(0)＝0，
所以当x≥0时，g(x)≥0，从而f(x)≥0.
若a>1，则x∈(0，ln a)时，g′(x)<0，g(x)为减函数，g(0)＝0，故x∈(0，ln a)时，g(x)<0，从而f(x)<0，不符合题意．
综上，实数a的取值范围是(－∞，1]．