浙江专用2021届高考数学二轮复习预测提升仿真模拟卷十二含解析

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十二含解析，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(十二)
(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．若全集U＝{－1，0，1，2}，A＝{x∈Z|x2＜2}，则∁UA＝(　　)
A．{2} B．{0，2}
C．{－1，2} D．{－1，0，2}
2．设复数z＝，则z的共轭复数为(　　)
A.－i B．＋i
C．1－3i D．1＋3i
3．在△ABC中，“A>”是“sin A>”的(　　)
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．设a＝log3，b＝，c＝，则(　　)
A．a C．c 5．浙江新高考的要求是“七选三”，即考生从物理、化学、生物、思想政治、历史、地理和技术这七个科目中选三个．已知某大学某专业对选考科目的要求是物理和化学这两个科目至少选一个，若考生甲想就读该专业，则他的选考方法的种数为(　　)
A．5 B．10
C．15 D．25
6．设函数f(x)＝数列{an}满足an＝f(n)，n∈N*，且数列{an}是递增数列，则实数a的取值范围是(　　)
A. B．
C．(1，3) D．(2，3)
7．已知实数x，y满足则|x－3y|的最大值是(　　)
A．3 B．5
C．7 D．9
8．设点P是双曲线－＝1(a＞0，b＞0)与圆x2＋y2＝a2＋b2在第一象限的交点，F1，F2是双曲线的两个焦点，且2|PF1|＝3|PF2|，则双曲线的离心率为(　　)
A. B．
C．13 D．
9．已知在△ABC中，∠ABC＝90°，AB>BC，O为AC的中点，P为△ABC所在平面外一点，且PA＝PB＝PC，设二面角P－AB－C的大小为α，二面角P－BC－A的大小为β，则(　　)
A．α<β B．α>β
C．α＝β D．α，β的大小与点P的位置有关
10．已知a，b，c是平面内三个单位向量，若a⊥b，则|a＋2c|＋|3a＋2b－c|的最小值为(　　)
A. B．－3 C.－2 D．5
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．椭圆＋＝1的长轴长是________，离心率是________．
12．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________，体积为________．

13．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3＝5，a5＝3，则an＝________，S7＝________．
14．已知(2x－1)10＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a10(x－1)10，其中ai∈R，i＝1，2，…，10，则a0＋a1＋a2＋…＋a10＝________；a7＝________．
15.如图，△ABC是由3个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形，设DF＝2AF，AB＝，则△EDF的面积为________．

16．设点P是△ABC所在平面内动点，满足＝λ＋μ，3λ＋4μ＝2(λ，μ∈R)，||＝||＝||.若||＝3，则△ABC的面积最大值是________．
17．记max{p，q}＝，设M(x，y)＝max{|x2＋y＋1|，|y2－x＋1|}，其中x，y∈R，则M(x，y)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)＝sin ωxcos ωx＋sin2ωx－的最小正周期为π，ω＞0.
(1)求f(x)的表达式；
(2)当x∈时，求f(x)的最大值和最小值．








19.(本题满分15分)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，已知AB⊥侧面BB1C1C，AB＝BC＝1，BB1＝2，∠BCC1＝.

(1)求证：C1B⊥平面ABC；
(2)设＝λ(0≤λ≤1)，且平面AB1E与BB1E所成的锐二面角的大小为30°，试求λ的值．







20．(本题满分15分)已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝a＋6an＋6.(n∈N*)
(1)设Cn＝log5(an＋3)，求证{Cn}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)设bn＝－，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：－≤Tn<－.










21．(本题满分15分)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)上的点M(m，－2)与其焦点的距离为2.

(1)求实数p与m的值；
(2)如图所示，动点Q在抛物线C上，直线l过点M，点A，B在l上，且满足QA⊥l，QB∥x轴．若为常数，求直线l的方程．











22．(本题满分15分)已知函数f(x)＝ln(x＋1)＋mx(m∈R)．
(1)当m≠0时，求函数f(x)的单调区间；
(2)有这样的结论：若函数p(x)的图象是在区间[a，b]上连续不断的曲线，且在区间(a，b)内可导，则存在x0∈(a，b)，使得p′(x0)＝.已知函数f(x)在(x1，x2)上可导(其中x2>x1>－1)，若函数g(x)＝(x－x1)＋f(x1)．证明：对任意x∈(x1，x2)，都有f(x)>g(x)．






























高考仿真模拟卷(十二)
1．解析：选A.因为A＝{x∈Z|x2＜2}，所以A∈{－1，0，1}，所以∁UA＝{2}，故选A.
2．解析：选B.z＝＝＝＋i.
3．解析：选B.取A＝，则sin A＝，
由sin A>⇔ 所以“A>”是“sin A>”的必要不充分条件．
4．解析：选A.因为a＝log31，所以a 5．解析：选D.根据题意可分以下三种情况：①考生甲选物理不选化学，有C种选考方法；②考生甲选化学不选物理，有C种选考方法；③考生甲同时选物理和化学，有C种选考方法．根据分类加法计数原理可知，考生甲的选考方法的种数为C＋C＋C＝25.
6．解析：选D.因为数列{an}是递增数列，又an＝f(n)，n∈N*，
所以⇒2 7．解析：选B.约束条件对应的可行域如图中阴影部分内整点：令z＝x－3y知zmax＝3－3×0＝3，zmin＝1－3×2＝－5，－5≤z≤3，0≤|z|≤5，所以|x－3y|的最大值为5.故选B.

8．解析：选A.

由于，令|PF1|＝3t，则|PF2|＝2t，所以t＝2a，13t2＝4c2.所以13×4a2＝4c2，所以c2＝13a2.所以e2＝＝13，所以e＝，故选A.
9．解析：选B.

如图，分别取AB，BC的中点M，N，连接OP，OM，ON，PM，PN，则OM∥BC，ON∥AB.因为∠ABC＝90°，所以OM⊥AB，ON⊥BC，又PA＝PB＝PC，所以PM⊥AB，PN⊥BC，所以AB⊥平面PMO，BC⊥平面PNO，所以AB⊥PO，BC⊥PO，所以PO⊥平面ABC，易知∠PMO为二面角P－AB－C 的平面角，∠PNO为二面角P－BC－A的平面角，即α＝∠PMO，β＝∠PNO，则tan α＝，tan β＝.因为AB>BC，所以ON>OM，所以tan α>tan β，α>β，选B.
10．解析：选A.设c＝(x，y)，a＝(1，0)，b＝(0，1)，则x2＋y2＝1，从而|a＋2c|＋|3a＋2b－c|＝＋＝＋＝＋≥＝，等号可取到．
11．解析：因为a＝2，所以2a＝4，
因为b＝，所以c＝1，
所以＝.
答案：4　
12．解析：

根据三视图可知，该几何体是一个棱长为2的正方体截去一个三棱锥后剩下的几何体，其直观图如图所示，所以该几何体的表面积S＝3×2×2＋2×＋×2×2＋×2×＝20＋，体积V＝23－××1×2×2＝.
答案：20＋　
13．解析：法一：由题意，得，解得，
所以an＝a1＋(n－1)d＝7＋(n－1)×(－1)＝8－n，所以a7＝8－7＝1，
S7＝＝28.
法二：an＝a3＋(n－3)×＝8－n，S7＝＝＝＝28.
答案：8－n　28
14．解析：令x＝2，则a0＋a1＋a2＋…＋a10＝310＝59 049.
令x－1＝y，则(1＋2y)10＝a0＋a1y＋a2y2＋…＋a10y10，
得a7＝C27＝15 360.
答案：59 049　15 360
15．解析：由题意知DB＝AF＝CE，设DB＝x，则AD＝3AF＝3x，在△ABD中，∠ADB＝120°，根据余弦定理得AB2＝AD2＋DB2－2AD·DBcos 120°，即13＝9x2＋x2＋3x2＝13x2，解得x＝1，所以DF＝2x＝2，因此△DEF的面积为×22＝.
答案：
16．解析：由＋2μ＝1(λ，μ∈R)知可配凑＝·＋2μ·＝·＋2μ·，故P，D，E三点共线．又由||＝||＝||知，点P为△ABC的外接圆圆心．如图可知PE是AB的中垂线，故CD＝BD，且＝＝2，设点D(x，y)，

则＝2，化简得(x＋1)2＋y2＝4
所以S△ABC＝3S△ABD≤3··3·r≤9.
答案：9
17．解析：由M(x，y)＝max{|x2＋y＋1|，|y2－x＋1|}，可知当|x2＋y＋1|＝|y2－x＋1|时，M(x，y)取得最小值，即x2＋y＋1＝y2－x＋1或x2＋y＋1＝－(y2－x＋1)，解得x＝－y或x＝y－1或(x－)2＋(y＋)2＝－(舍)．当x＝－y时，M(x，y)＝y2＋y＋1＝(y＋)2＋≥；当x＝y－1时，M(x，y)＝x2＋x＋2＝(x＋)2＋≥，所以M(x，y)的最小值为.
答案：
18．解：(1)f(x)＝sin ωxcos ωx＋sin2ωx－
＝sin 2ωx＋－
＝sin 2ωx－cos 2ωx＝sin.
因为f(x)的最小正周期为π，故T＝＝π，所以ω＝1，
所以f(x)＝sin.
(2)由(1)知f(x)＝sin，当x∈时，
2x－∈.当2x－∈，
即x∈时，f(x)单调递增；当2x－∈，
即x∈时，f(x)单调递减；
又f(0)＝－，f＝.
所以f(x)max＝f＝1，f(x)min＝f(0)＝－.
19．解：(1)证明：因为AB⊥侧面BB1C1C，BC1⊂侧面BB1C1C，故AB⊥BC1，在△BCC1中，BC＝1，CC1＝BB1＝2，∠BCC1＝，
BC＝BC2＋CC－2BC·CC1·cos∠BCC1＝12＋22－2×1×2×cos ＝3，
所以BC1＝，故BC2＋BC＝CC，所以BC⊥BC1，而BC∩AB＝B，
所以C1B⊥平面ABC.
(2)由(1)可知，AB，BC，BC1两两垂直．以B为原点，BC，BA，BC1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
则B(0，0，0)，A(0，1，0)，B1(－1，0，)，C(1，0，0)，C1(0，0，)．
所以＝(－1，0，)，所以＝(－λ，0，λ)，E(1－λ，0，λ)，
则＝(1－λ，－1，λ)，＝(－1，－1，)．
设平面AB1E的法向量为n＝(x，y，z)，
则，即，
令z＝，则x＝，y＝，
故n＝是平面AB1E的一个法向量．
因为AB⊥平面BB1C1C，＝(0，1，0)是平面BB1E的一个法向量，
所以|cos〈n，〉|＝＝
＝.
两边平方并化简得2λ2－5λ＋3＝0，
所以λ＝1或λ＝(舍去)．
20．解：(1)证明：由an＋1＝a＋6an＋6得an＋1＋3＝(an＋3)2，
所以log5(an＋1＋3)＝2log5(an＋3)，即Cn＋1＝2Cn，
所以{Cn}是以2为公比的等比数列．
(2)又C1＝log55＝1，所以Cn＝2n－1，
即log5(an＋3)＝2n－1，所以an＋3＝52n－1
故an＝52n－1－3.
(3)证明：因为bn＝－＝－，
所以Tn＝－＝－－.
又0<≤＝，
所以－≤Tn<－.
21．解：(1)设焦点为F，由题意得|MF|＝m＋＝2，
又点M(m，－2)在抛物线上，故2pm＝4.
解得p＝2，m＝1.
(2)设直线l的方程为t(y＋2)＝x－1，Q.
则yB＝y0，所以|MB|＝|y0＋2|.
取直线l的一个方向向量e＝(t，1)，
则＝.
|MA|＝＝.
故＝.
则t＝1，定值为8，此时直线l的方程y＝x－3.
22．解：(1)f(x)的定义域为(－1，＋∞)，
f′(x)＝＝.
当m>0时，－(－1)＝－<0，
即－<－1，
因为x>－1，
所以f′(x)>0，
所以f(x)在(－1，＋∞)上单调递增．
当m<0时，－(－1)＝－>0，即－>－1，
由f′(x)>0，解得－1 由f′(x)<0，解得x>－，
所以f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)证明：令h(x)＝f(x)－g(x)＝f(x)－(x－x1)－f(x1)，则h′(x)＝f′(x)－.
因为函数f(x)在区间(x1，x2)上可导，则根据结论可知，存在x0∈(x1，x2)，使得f′(x0)＝，又f′(x)＝＋m，
所以h′(x)＝f′(x)－f′(x0)
＝－＝.
当x∈(x1，x0]时，h′(x)≥0，从而h(x)单调递增，
所以h(x)>h(x1)＝0；
当x∈(x0，x2)时，h′(x)<0，从而h(x)单调递减，
所以h(x)>h(x2)＝0.
故对任意x∈(x1，x2)，都有h(x)>0，即f(x)>g(x)．