浙江专用2021届高考数学二轮复习预测提升仿真模拟卷十一含解析

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十一含解析，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(十一)
(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．设集合A＝{x||x＋2|≤2}，B＝[0，4]，则∁R(A∩B)＝(　　)
A．R B．{0}
C．{x|x∈R，x≠0} D．∅
2．已知复数z＝1＋i(i是虚数单位)，则＝(　　)
A．i B．－i
C．1＋i D．1－i
3．“x>4”是“x2－2x－3>0”的(　　)
A．充要条件 B．充分而不必要条件
C．必要而不充分条件 D．既不充分也不必要条件
4．某四棱锥的三视图如图所示(单位：cm)，则该四棱锥的体积(单位：cm3)是(　　)

A. B．
C．4 D．8
5．函数y＝(x－1)2(x－2)ex(其中e为自然对数的底数)的图象可能是(　　)

6．设不等式组所表示的区域面积为S(m∈R)．若S≤1，则(　　)
A．m≤－2 B．－2≤m≤0
C．0＜m≤2 D．m≥2
7.在三棱锥P­ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，D，E分别是BC，AB的中点，AB≠AC，且AC＞AD.设PC与DE所成角为α，PD与平面ABC所成角为β，二面角P­BC­A为γ，则(　　)

A．α＜β＜γ B．α＜γ＜β
C．β＜α＜γ D．γ＜β＜α
8．已知抛物线C：y2＝－8x的焦点为F，直线l：x＝1，点A是l上一动点，直线AF与抛物线C的一个交点为B，若＝－3，则|AB|＝(　　)
A．20 B．16
C．10 D．5
9．记Sn为正项等比数列{an}的前n项和，若－7·－8＝0，且正整数m，n满足a1ama2n＝2a，则＋的最小值是(　　)
A. B．
C. D．
10．设函数f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)，记M为函数y＝|f(x)|在[－1，1]上的最大值，N为|a|＋|b|的最大值(　　)
A．若M＝，则N＝3 B．若M＝，则N＝3
C．若M＝2，则N＝3 D．若M＝3，则N＝3
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．在(x＋a－)(1＋x)3的展开式中，若a＝2，则x项的系数为________；若所有项的系数之和为－32，则实数a的值为________．　
12．在一次随机试验中，事件A发生的概率为P，则事件A发生的次数ξ的期望E(ξ)＝________，方差D(ξ)的最大值为________．
13．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.a＝，b＝3，sin C＝2sin A，则sin A＝________；设D为AB边上一点，且＝2，则△BCD的面积为________．
14．若函数f(x)＝a|x＋b|－1在(1，＋∞)上是减函数，则实数a的取值范围是________，实数b的取值范围是________．
15．设直线l：(m－1)x＋(2m＋1)y＋3m＝0(m∈R)与圆(x－1)2＋y2＝r2(r>0)交于A，B两点，C为圆心，当实数m变化时，△ABC面积的最大值为4，则mr2＝________．
16．已知单位向量e1，e2的夹角为，设a＝2e1＋λe2，则当λ＜0时，λ＋|a|的取值范围是________．
17．双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的两条渐近线l1，l2与抛物线y2＝－4x的准线l围成区域Ω(包含边界)，对于区域Ω内任意一点(x，y)，若的最大值小于0，则双曲线C的离心率e的取值范围为________．
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)如图，已知函数f(x)＝ sin(ωx＋φ)的图象与y轴交于点C，与x轴交于A，B两点，其中A(－3，0)，AC⊥BC.

(1)求函数f(x)的解析式；
(2)将函数f(x)图象上所有点的横坐标缩短为原来的(纵坐标不变)，得到函数g(x)的图象，求函数g(x)的单调递减区间．















19.(本题满分15分)如图，在三棱锥A­BCD中，∠BAC＝∠BAD＝∠DAC＝60°，AC＝AD＝2，AB＝3.

(1)证明：AB⊥CD；
(2)求CD与平面ABD所成角的正弦值．









20．(本题满分15分)已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，且Sn＝tan－，其中n∈N*.
(1)求实数t的值和数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝log3a2n，求数列的前n项和Tn.







21.(本题满分15分)已知圆E：x2＋＝经过椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点F1，F2且与椭圆C在第一象限的交点为A，且F1，E，A三点共线．直线l交椭圆C于M，N两点，且＝λ(λ≠0)．

(1)求椭圆C的方程；
(2)当△AMN的面积取到最大值时，求直线l的方程．







22．(本题满分15分)已知函数f(x)＝＋xln x(m＞0)，g(x)＝ln x－2.
(1)当m＝1时，求函数f(x)的单调递增区间；
(2)若对任意实数x1∈[1，e]，总存在x2∈[1，e]，使得·＝－1，其中e是自然对数的底数，求实数m的取值范围.






















高考仿真模拟卷(十一)
1．解析：选C.由|x＋2|≤2得，－2≤x＋2≤2，解得－4≤x≤0，
所以A＝{x|－4≤x≤0}．又B＝{x|0≤x≤4}，因为A∩B＝{0}，
所以∁R(A∩B)＝{x|x∈R，x≠0}．故选C.
2．解析：选A.通解：因为z＝1＋i，所以＝＝＝＝i，故选A.
优解：因为z＝1＋i，所以＝＝＝i，故选A.
3．解析：选B.因为x2－2x－3>0，所以该不等式的解集为{x|x<－1或x>3}，所以x>4⇒x2－2x－3>0.但x2－2x－3>0⇒/x>4，所以“x>4”是“x2－2x－3>0”的充分而不必要条件．
4．解析：选B.三视图对应的直观图为倒放的四棱锥，如图，则V＝×2×2×2＝.故选B.

5．解析：选A.当x>2时，y>0，故排除C，D；又函数有x1＝1，x2＝2两个零点，且当x<2时，y≤0，故排除B.所以选A.

6．解析：选A.画出可行域，如图阴影部分，由于A(1，0)，由得P，其中m<0.S＝×1×≤1，≤2.
当m<－1时，m≥2m＋2.所以m≤－2.故选A.
7．解析：选A.因为DE∥AC，所以∠PCA(或其补角)就是PC与DE所成的角，即为α.又PA⊥平面ABC，∠PDA就是PD与平面ABC所成的角，即为β.作AH⊥BC交BC于H，连接PH，则BC⊥平面PAH，BC⊥PH.所以∠PHA就是二面角P­BC­A的平面角，即为γ.因为tan α＝，tan β＝，tan γ＝，而AH>，所以tan γ>tan β>tan α，所以γ>β>α.故选A.
8．解析：选A.设A(1，y0)，B(x1，y1)，抛物线C的焦点为F(－2，0)，
因为＝－3，所以(3，y0)＝－3(x1＋2，y1)，
所以即又y＝－8x1＝24，
所以|AB|＝＝＝＝20.
9．解析：选C.因为{an}是等比数列，设{an}的公比为q，所以＝q6，＝q3，所以q6－7q3－8＝0，解得q＝2，又a1ama2n＝2a，所以a·2m＋2n－2＝2(a124)3＝a213，所以m＋2n＝15，所以＋＝(m＋2n)＝≥＝，当且仅当＝，n＝2m，即m＝3，n＝6时等号成立，所以＋的最小值是，故选C.
10．解析：选C.由于f(1)＝1＋a＋b，f(－1)＝1－a＋b，则a＋b＝f(1)－1，－a＋b＝f(－1)－1.|a|＋|b|＝max{|a＋b|，|a－b|}＝max{|f(1)－1|，|f(－1)－1|}≤max{|f(1)|，|f(－1)|}＋1≤M＋1.
所以取N＝M＋1，即当M＝2时，有N＝3.故选C.
11．解析：因为a＝2，所以原式为(x＋2－)(1＋x)3，(1＋x)3的展开式的通项Tr＋1＝Cxr，所以x项的系数为C＋2C－C＝4.令x＝1，则所有项的系数之和为a·23＝8a＝－32，所以a＝－4.
答案：4　－4
12．解析：ξ的分布列为
ξ
0
1
P
1－p
p
E(ξ)＝0×(1－p)＋1×p＝p；
D(ξ)＝(0－p)2×(1－p)＋(1－p)2p＝p(1－p)＝－＋，所以最大值为.
答案：p　
13.解析：由正弦定理得c＝2a＝2.cos A＝＝＝.sin A＝＝.因为S△ABC＝×2×3×＝3，＝2.所以S△BCD＝S△ABC＝×3＝2.
答案：　2
14．解析：当a＞0时，函数f(x)＝a|x＋b|－1在(－∞，－b]上是减函数，在(－b，＋∞)上是增函数，不满足函数f(x)＝a|x＋b|－1在(1，＋∞)上是减函数；当a＝0时，f(x)＝－1，不满足函数f(x)＝a|x＋b|－1在(1，＋∞)上是减函数；当a＜0时，函数f(x)＝a|x＋b|－1在(－∞，－b]上是增函数，在(－b，＋∞)上是减函数，因为函数f(x)＝a|x＋b|－1在(1，＋∞)上是减函数，所以a＜0且－b≤1，即a＜0且b≥－1.
答案：(－∞，0)　[－1，＋∞)
15．解析：设CA，CB的夹角为θ，所以S△ABC＝r2sin θ≤r2，所以r2＝4⇒r＝2，此时圆心C到直线l的距离为2，所以＝2⇒m＝－或m＝－，所以mr2＝－4或－28.
答案：－4或－28
16．解析：由于e1·e2＝|e1|·|e2|·cos ＝，所以|a|＝，所以|a|＝.记f(x)＝x＋(x<0)．由于f′(x)＝1＋＝1＋＝>0.所以f(x)在(－∞，0)上单调递增，其中f(0)＝2，所以f(x)<2.当x→－∞时，令x＝，所以f(x)＝f＝＋所以f(t)＝.所以f(t)＝
＝ ＝－1.所以－1<λ＋|a|<2.
答案：(－1，2)
17．解析：抛物线y2＝－4x的准线为x＝1，双曲线－＝1的渐近线为y＝±x，令x＝1，得y＝±，所以抛物线的准线与双曲线的渐近线的两个交点分别为A和B，设t＝，整理得y＝(t＋1)x＋3t＋2，由于直线y＝(t＋1)x＋3t＋2过定点(－3，－1)，所以当直线y＝(t＋1)x＋3t＋2过点A时，t达到最大，最大值为t＝<0，所以<3，<9，所以e2＝＝<10，所以1 答案：(1，)
18．解：(1)由题意得，sin φ＝－，所以sin φ＝－.因为|φ|<，即－<φ<，所以φ＝－.
由题图可知|OA|＝3，|OC|＝，所以tan∠CAB＝＝.
因为AC⊥BC，所以∠BCO＝∠CAB，所以tan∠BCO＝＝，
所以|OB|＝，
所以函数f(x)的最小正周期T＝2×＝9，ω＝＝，
所以f(x)＝ sin.
(2)由三角函数图象的伸缩变换知，
g(x)＝sin.
令2kπ＋≤x－≤2kπ＋，k∈Z，
得3k＋≤x≤3k＋，k∈Z，
故函数g(x)的单调递减区间为，k∈Z.
19．解：(1)因为∠BAC＝∠BAD＝60°，AC＝AD，
所以△ABD≌△ABC，所以BC＝BD.
取CD的中点E，连接AE，BE，所以AE⊥CD，BE⊥CD，
所以CD⊥平面ABE.又AB⊂平面ABE，
所以CD⊥AB.

(2)在△ABD中，根据余弦定理得
BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos 60°＝7，
所以BD＝.又因为DE＝1，所以BE＝，AE＝，
所以AB2＝BE2＋AE2，即AE⊥BE.
设点C到平面ABD的距离为h，CD与平面ABD所成的角为α，
因为VA­BCD＝VC­ABD，即CD·S△ABE＝h·S△ABD，
所以h＝＝＝，
所以sin α＝＝，
所以直线CD与平面ABD所成角的正弦值为.
20．解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝ta1－，得t＝，从而Sn＝an－，则n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－，得an＝3an－1.又a1≠0得＝3，故数列{an}为等比数列，公比为3，首项为1，所以an＝3n－1.
(2)由(1)得a2n＝32n－1，得bn＝2n－1，
所以＝＝，
得Tn＝＝
＝.
21．解：(1)因为F1，E，A三点共线，
所以F1A为圆E的直径，
所以AF2⊥F1F2.
由x2＋＝，
得x＝±，所以c＝，
|AF2|2＝|AF1|2－|F1F2|2＝9－8＝1，
2a＝|AF1|＋|AF2|＝4，所以a＝2.
因为a2＝b2＋c2，所以b＝，
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)由题知，点A的坐标为(，1)，
因为＝λ(λ≠0)，
所以直线的斜率为，
故设直线l的方程为y＝x＋m，
联立得，x2＋mx＋m2－2＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
所以x1＋x2＝－m，x1x2＝m2－2，
Δ＝2m2－4m2＋8>0，
所以－2 又|MN|＝|x2－x1|
＝＝，
点A到直线l的距离d＝，
所以S△AMN＝|MN|·d＝×|m|
＝≤×＝，
当且仅当4－m2＝m2，即m＝±时等号成立，
此时直线l的方程为y＝x±.
22．解：(1)当m＝1时，f(x)＝＋xln x，f′(x)＝－＋ln x＋1.
因为f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f′(1)＝0，
所以当x＞1时，f′(x)＞0；当0＜x＜1时，f′(x)＜0.
所以函数f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)．
(2)由题意，令h(x)＝＝＋ln x，φ(x)＝＝.
考虑函数φ(x)＝，
因为φ′(x)＝＞0在[1，e]上恒成立，
所以函数φ(x)＝在[1，e]上单调递增．
故φ(x)∈[－2，－]．
所以h(x)∈[，e]，即≤＋ln x≤e在[1，e]上恒成立．
即－x2ln x≤m≤x2(e－ln x)在[1，e]上恒成立．
设p(x)＝－x2ln x，则p′(x)＝－2xln x≤0在[1，e]上恒成立，
所以p(x)在[1，e]上单调递减，所以m≥p(1)＝.
设q(x)＝x2(e－ln x)，则q′(x)＝x(2e－1－2ln x)，
因为2e－1－2ln x≥2e－1－2ln e＞0，
所以q′(x)＞0在[1，e]上恒成立，
所以q(x)在[1，e]上单调递增，所以m≤q(1)＝e.
综上所述，m的取值范围为[，e]．