浙江专用2021届高考数学二轮复习预测提升仿真模拟卷十含解析

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(十)
(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|2x＋1>3}，B＝{y|y＝}，则A∩B＝(　　)
A．(－1，0] B．(0，1)
C．(1，2] D．[0，2]
2．已知复数z1＝a＋4i，z2＝－3＋bi，若它们的和为纯虚数，差为实数，则实数a，b的值为(　　)
A．a＝－3，b＝－4 B．a＝3，b＝4
C．a＝3，b＝－4 D．a＝－3，b＝4
3．某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是(　　)

A. B．
C. D．
4．当0 A．[f(x)]2 C．2f(x) 5．设(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，若a1＋a2＋…＋an＝63，则展开式中系数最大的项是(　　)
A．15x2 B．20x3
C．21x3 D．35x3
6．已知实数x，y满足则z＝|x－y|的最大值是(　　)
A．2 B．4
C．6 D．8
7．如图，设双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的左、右顶点分别为A1，A2，P为双曲线上一点(异于A1，A2)，且位于第一象限，以A1A2为直径的圆与直线PA1交于点M，记直线A2M和A2P的斜率分别为k1，k2，若k2＋3k1＝0，则双曲线C的离心率e为(　　)
A．4 B．
C．2 D．
　　　　　　
第7题图　　　　　　　　　　第8题图
8．如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝AC＝1，BC＝AA1＝，点E，O分别是线段C1C，BC的中点，＝，分别记二面角F－OB1－E，F－OE－B1，F－EB1－O的平面角为α，β，γ，则下列结论正确的是(　　)
A．γ>β>α B．α>β>γ
C．α>γ>β D．γ>α>β
9．已知平面向量a，b，c满足：a·b＝0，|c|＝1，|a－c|＝|b－c|＝5，则|a－b|的最小值为(　　)
A．5 B．6
C．7 D．8
10．已知f(x)和g(x)是两个定义在区间M上的函数，若对任意的x∈M，存在常数x0∈M，使得f(x)≥f(x0)，g(x)≥g(x0)，且f(x0)＝g(x0)，则称f(x)与g(x)在区间M上是“相似函数”．若f(x)＝2x2＋ax＋b与g(x)＝x＋在上是“相似函数”，则函数f(x)在区间上的最大值为(　　)
A．4 B．
C．6 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．函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)的图象如图所示，则ω＝________，φ＝________．
12．甲、乙、丙所在的公司举行年会，年会期间安排了抽奖活动，并设置了特等奖、一等奖、二等奖、三等奖(无空奖)．抽奖方式为摸小球，在一个盒子中放有7个除颜色外完全相同的小球，其中3个红色小球，4个黄色小球，从中随机抽取3个小球，若取到3个红球，则获得特等奖，若取到3个黄球，则获得一等奖，若取得2个红球和1个黄球，则获得二等奖，其余的皆为三等奖，每人1次机会，则甲在一次抽奖中获得特等奖的概率为________，甲、乙、丙三人中抽到一等奖以上的人数的数学期望为________．
13．若直线kx－y＋4－2k＝0恒过定点A(a，b)，则a、b的值为__________，当x＞0时，ax＋的最小值是____________．
14．已知双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线垂直于直线l：x－2y－5＝0，双曲线的一个焦点在l上，则a，b的值为________，双曲线的方程为________．
15．已知数列{an}是公差为3的等差数列，且a6＝9，数列{bn}满足an＋3＝bn＋1－bn，且b3＝15，则数列{bn}的通项公式为bn＝________．
16．若x，y∈R满足2sin2(x＋y－1)＝，则xy最小值为________．
17.如图，已知在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝2，底面ABCD是边长为4的正方形，M，N分别为AB，AD上的动点，若直线PA与平面PMN所成的角为，则△PMN的面积的最小值是________．

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)＝sin2x－cos2x＋2sin xcos x.
(1)求f(x)的最小正周期；
(2)若在△ABC中f(A)＋f(B)＝0，∠C＝，求的值．
19.(本题满分15分)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面为直角梯形，AB∥DC，∠ABC＝90°，且PA＝PB＝PC＝AB＝6，CD＝2，BC＝2，E为PA中点．

(1)求证：BD⊥PA；
(2)求直线PC与平面BDE所成角的正弦值．











20．(本题满分15分)设数列{an}满足：a1＝a，an＋1＝(a>0且a≠1，n∈N*)．
(1)证明：当n≥2时，an (2)若b∈(a2，1)，求证：当整数k≥＋1时，ak＋1>b.







21.(本题满分15分)F是抛物线C：x2＝2py(p＞0)的焦点，M是抛物线C上位于第一象限内的任意一点，过M，F，O三点的圆的圆心为Q，点Q到抛物线C的准线的距离为.

(1)求抛物线C的方程；
(2)若点M的横坐标为，直线l：y＝kx＋与抛物线C有两个不同的交点A，B，l与圆Q有两个不同的交点D，E，求当≤k≤2时，|AB|2＋|DE|2的最小值．







22．(本题满分15分)已知函数f(x)＝m(x－1)ex＋x2(m∈R)．
(1)若m＝－1，求函数f(x)的单调区间；
(2)若对任意的x<0，不等式x2＋(m＋2)x>f′(x)恒成立，求m的取值范围；
(3)当m≤－1时，求函数f(x)在[m，1]上的最小值．



















高考仿真模拟卷(十)
1．解析：选C.A＝{x|2x＋1>3}＝(1，＋∞)，B＝{y|y＝}＝[0，2]，则A∩B＝(1，2]．
2．解析：选B.因为z1＋z2＝(a－3)＋(4＋b)i是纯虚数，所以a＝3，b≠－4.因为z1－z2＝(a＋3)＋(4－b)i是实数，所以b＝4.
3．解析：选B.根据三视图可知几何体为三棱锥，如图．

V＝××＝.故选B.
4．解析：选C.当0 2f(x)＝2xln x<0，
f(x2)＝x2ln x2<0，[f(x)]2＝(xln x)2>0.
又2f(x)－f(x2)＝2xln x－x2ln x2＝2xln x－2x2ln x＝2x(1－x)ln x<0，
所以2f(x) 5．解析：选B.因为(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，
令x＝0，得a0＝1.令x＝1，得(1＋1)n＝a0＋a1＋a2＋…＋an＝64，
所以n＝6，又(1＋x)6的展开式中二项式系数最大项的系数最大，
所以(1＋x)6的展开式系数最大项为T4＝Cx3＝20x3.
6．解析：选B.依题画出可行域(如图中阴影部分所示)，令m＝y－x，则m为直线l：y＝x＋m在y轴上的截距，由图知在点A(2，6)处m取最大值4，在C(2，0)处取最小值－2，所以m∈[－2，4]，所以z的最大值是4.

7．解析：选C.由题意知，A2M⊥PA1，
则kA2M·kPA1＝－1，
则k1＝kA2M＝－，则k2＋3k1＝k2－＝0，
所以kPA1·k2＝3，设P(x1，y1)，
则－＝1，又A1(－a，0)，A2(a，0)，
所以kPA1·k2＝·＝＝＝＝3，
则e2＝＝＝1＋3＝4，
所以e＝2.选C.
8．解析：选D.

过O作OO1∥CC1交B1C1于点O1，在线段OO1上取点F1，使得O1F1＝OO1，所以AF綊OF1，连接FF1，AO，所以四边形AOF1F是平行四边形，所以AO∥FF1，又AC＝AB＝1，BC＝，O为BC的中点，所以AO⊥BC，又AO⊥CC1，所以AO⊥平面BB1C1C，所以FF1⊥平面BB1C1C，即点F在平面BB1C1C上的投影为F1，过点F1作F1P⊥OE于P，F1Q⊥OB1于Q，F1R⊥EB1于R，则tan α＝，tan γ＝，tan β＝，如图，在四边形BB1C1C中易得F1P>F1Q>F1R，所以tan βα>β.
9．解析：选B.因为a·b＝0，所以|a＋b|＝|a－b|，则|a－b|2＝|(a－c)－(b－c)|2＝(a－c)2＋(b－c)2－2(a－c)·(b－c)＝48＋2|a＋b||c|cos θ＝48＋2|a－b|cos θ(其中θ为a＋b与c的夹角)，所以48－2|a－b|≤|a－b|2≤48＋2|a－b|，解得6≤|a－b|≤8，则|a－b|的最小值为6，故选B.
10．解析：选C.由题意知g′(x)＝1－，
令g′(x)＜0可得1≤x＜2，令g′(x)＞0可得2＜x≤，
所以g(x)max＝＝g(1)＝5，g(x)min＝g(2)＝4，所以g(x)＝x＋在上的最小值为4，最大值为5，对任意的x∈M，存在常数x0∈M，使得g(x)≥g(x0)，则g(x0)＝g(x)min＝4，此时x0＝2，根据题意知f(x)min＝f(2)＝4，二次函数f(x)＝2x2＋ax＋b的顶点坐标为(2，4)，所以a＝－8，b＝12，所以f(x)＝2(x－2)2＋4，所以f(x)在上的最大值f(x)max＝f(1)＝6.
11．解析：由题图可知，函数的最小正周期为3，则ω＝，f(x)＝2sin，将点(0，1)代入得，2sin φ＝1，sin φ＝，又|φ|<，所以φ＝.
答案：　
12．解析：由题意可知，甲在一次抽奖中获得特等奖的概率P＝＝.甲、乙、丙在一次抽奖中获得一等奖以上的概率P＝＝，甲、乙、丙三人抽奖即三次独立重复试验，所以满足条件的次数服从二项分布B(3，)，所以其数学期望为3×＝.
答案：　
13．解析：直线方程转化为y－4＝k(x－2)，知直线过定点A(2，4)，所以a＝2，b＝4，ax＋＝2x＋≥2＝4时，当且仅当2x＝，即x＝时，等号成立．
答案：2，4　4
14．解析：由题意得－＝－2，即b＝2a；而焦点(c，0)在x－2y－5＝0上，所以c＝5；双曲线中a2＋b2＝c2，解得a＝，b＝2，所以双曲线的方程为－＝1.
答案：，2　－＝1
15．解析：因为数列{an}是公差为3的等差数列，且a6＝9，所以an＝a6＋(n－6)×3＝3n－9(n∈N*)，因为an＋3＝bn＋1－bn，所以bn＋1－bn＝3n，所以b2－b1＝3，b3－b2＝6，b4－b3＝9，…，bn－bn－1＝3(n－1)，将上面n－1个等式的等号两边分别相加，得bn－b1＝3＋6＋9＋…＋3(n－1)＝n(n－1)，所以b3－b1＝15－b1＝×3×(3－1)，解得b1＝6，所以bn＝6＋n(n－1)．
答案：6＋n(n－1)
16．解析：
＝
＝＝x－y＋1＋∈(－∞，－2]∪[2，＋∞)．
又因为2sin2(x＋y－1)∈[0，2]，
所以x－y＋1＝1，x＋y－1＝＋kπ，
所以x＝y＝＋，k∈Z，
所以xy＝≥，k＝－1时取等号．
答案：
17．解析：记A到平面PMN的距离为d，
则sin ＝＝＝，
所以d＝2.
因为VP­AMN＝VA­PMN，
所以S△AMN·AP＝S△PMN·d，
所以S△PMN＝S△AMN，则求△PMN的面积的最小值转化为求△AMN的面积的最小值．如图，过A作AE⊥MN，交MN于点E，连接PE，由PA⊥底面ABCD，易得平面PAE⊥平面PMN，
则∠APE为直线PA与平面PMN所成的角，即∠APE＝.
则AE＝2.
设AM＝m，AN＝n，则在Rt△AMN中，AM·AN＝AE·MN，S△AMN＝mn，即mn＝2·≥2·，
所以mn≥16.当且仅当m＝n＝4时取等号，
所以S△PMN＝S△AMN≥××16＝8.
答案：8
18．解：(1)f(x)＝sin2x－cos2x＋2sin xcos x
＝－cos 2x＋sin 2x
＝2sin，
所以f(x)的最小正周期T＝＝π.
(2)由f(A)＋f(B)＝0得
2sin＋2sin＝0，
即sin＋sin＝0.
整理得sin＝0，
又由A∈得2A－∈，
所以2A－＝0或2A－＝π，
解得A＝或A＝π，
所以由正弦定理得＝＝＝或＝＝.
19．解：(1)证明：因为PA＝PB＝PC，Rt△ABC中∠ABC＝90°，
所以P在平面ABCD内的射影O为AC的中点，
连接PO，则PO⊥平面ABCD，所以PO⊥BD.
因为在直角梯形ABCD中，AB∥DC，∠ABC＝90°，AB＝6，CD＝2，BC＝2，
所以＝，所以△ABC∽△BCD，所以AC⊥BD.
因为AC∩PO＝O，所以BD⊥平面PAC，所以BD⊥PA.
(2)设AC、BD交于F，

则CF＝，AC＝4，CF＝AC，
取PE中点G，连接GF、EF，
则PG＝PA，所以FG∥PC.
所以FG与平面BDE所成的角即为PC与平面BDE所成的角，
因为PA＝PB＝AB，E为PA中点，所以PA⊥BE.
因为BD⊥PA，BD∩BE＝B，
所以PA⊥平面BDE，即GE⊥平面BDE.
所以∠GFE为FG与平面BDE所成的角．
在Rt△GEF中，GE＝PA＝，GF＝PC＝，
所以sin∠GFE＝＝，
所以PC与平面BDE所成角的正弦值为.
20．证明：(1)由an＋1＝知，an与a1的符号相同，而a1>0，所以an>0，
所以an＋1＝≤1，当且仅当an＝1时，an＋1＝1.
下面用数学归纳法证明：
①因为a>0且a≠1，所以a2<1，＝>1，即有a2 ②假设当n＝k时，有ak ak＋2＝＝<1且＝>1，即ak＋1 综上，当n≥2时，an (2)若ak≥b，则由(1)知ak＋1>ak≥b；
若aka2·()k－1>a2·()k－1＝a2(1＋)k－1≥a2[1＋(k－1)]．
因为k≥＋1，所以(k－1)＋1≥＋1＝，所以ak＋1>b.
21．解：(1)抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点F，设Q(a，b)，
由题意可知b＝，则点Q到抛物线C的准线的距离为b＋＝＋＝p＝，解得p＝1，于是抛物线C的方程为x2＝2y.
(2)因为M(，1)，所以OM垂直平分线方程为y－＝－，　
所以Q，r＝.
由得2x2－4kx－1＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
因为Δ＝16k2＋8>0，所以x1＋x2＝2k，x1x2＝－，
|AB|2＝(1＋k2)(4k2＋2)，又因为Q到l的距离d＝≤<，
所以|DE|2＝4＝－＝＋，
所以|AB|2＋|DE|2＝(1＋k2)(4k2＋2)＋＋，
令t＝1＋k2，≤k≤2，则t∈，
所以|AB|2＋|DE|2＝4t2－2t＋＋，令g(t)＝4t2－2t＋＋，t∈则g′(t)＝8t－2－≥g′＝6>0，所以t＝时，g(t)min＝.
因此，当k＝时，|AB|2＋|DE|2的最小值为.
22．解：(1)当m＝－1时，f(x)＝(1－x)ex＋x2，则f′(x)＝x(2－ex)，由f′(x)>0得，0ln 2，故函数的增区间为(0，ln 2)，减区间为(－∞，0)，(ln 2，＋∞)．
(2)依题意，f′(x)＝mx(ex＋) 因为x<0，所以mex－x－m>0，令h(x)＝mex－x－m，则h′(x)＝mex－1，
当m≤1时，h′(x)≤ex－1<0，则h(x)在(－∞，0)上单调递减，所以h(x)>h(0)＝0，符合题意；
当m>1时，h(x)在(－∞，－ln m)上单调递减，在(－ln m，0)上单调递增，所以h(x)min＝h(－ln m) 综上所述，m的取值范围为(－∞，1]．
(3)f′(x)＝mxex＋2x＝mx(ex＋)，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝ln(－)，令g(m)＝ln(－)－m，则g′(m)＝－－1≤0，
g(m)在m＝－1时取最小值g(－1)＝1＋ln 2>0，
所以x2＝ln(－)>m.
即m≤－1时，x2＝ln(－)>m.
(ⅰ)当－20，
f(x)min＝min{f(0)，f(1)}＝min{－m，1}＝1.
(ⅱ)当m＝－2时，函数f(x)在区间[m，1]上为减函数，f(x)min＝f(1)＝1.
(ⅲ)当m<－2时，f(x)min＝min{f(x2)，f(1)}，
f(x2)＝－2[ln(－)－1]＋[ln(－)]2＝x－2x2＋2>1，f(1)＝1，此时f(x)min＝1.综上：f(x)min＝1.