浙江专用2021届高考数学二轮复习预测提升仿真模拟卷九含解析

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九含解析，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(九)
(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．复数z＝的共轭复数＝(　　)
A.＋i B．－i
C.＋i D．－i
2．已知集合A＝{x|x(x2－4)＝0}，B＝{x|－1 A．{0} B．{－2，0，2}
C．{0，2} D．{2}
3．已知向量a＝(x，1)，b＝(1，y)，c＝(2，－4)，且a⊥c，b∥c，则|a＋b|＝(　　)
A. B．
C．2 D．10
4．“φ＝2kπ＋，k∈Z”是“函数f(x)＝cos(2x＋φ)的图象过原点”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
5．已知数列{an}为等比数列，则下列结论正确的是(　　)
A．a1＋a3≥2a2 B．若a3>a1，则a4>a2
C．若a1＝a3，则a1＝a2 D．a＋a≥2a
6．数学与文学之间存在着奇妙的联系，诗中有回文诗，如“山东落花生花落东山，西湖回游鱼游回湖西”，倒过来读，仍然是原句！数学上也有这样一类数，如66，202，3773，34543，无论从左往右读，还是从右往左读，都是同一个数，我们称这样的数为“回文数”．现用数字1，2，3，4组数(可重复用)，则组成的五位“回文数”的个数为(　　)
A．24 B．28
C．48 D．64
7．已知双曲线－＝1(a＞0，b＞0)与抛物线y2＝20x有一个公共的焦点F，且两曲线的一个交点为P，若|PF|＝17，则双曲线的离心率为(　　)
A. B．
C. D．
8．已知x0是f(x)＝＋的一个零点，x1∈(－∞，x0)，x2∈(x0，0)，则(　　)
A．f(x1)<0，f(x2)<0 B．f(x1)>0，f(x2)>0
C．f(x1)>0，f(x2)<0 D．f(x1)<0，f(x2)>0
9．已知变量x，y满足约束条件，若z＝x－2y的最大值与最小值分别为a，b，且方程x2－kx＋1＝0在区间(b，a)上有两解，则实数k的范围是(　　)
A．(－6，－2) B．(－3，2)
C．(－，－2) D．(－，－3)
10．已知△ABC，D是边BC(不包括端点)上的动点，将△ABD沿直线AD折起到△AB′D，使B′在平面ADC内的射影恰好在直线AD上，则(　　)
A．当BD＝CD时，B′，C两点的距离最大 B．当BD＝CD时，B′，C两点的距离最小
C．当∠BAD＝∠CAD时，B′，C两点的距离最小 D．当BD⊥AD时，B′，C两点的距离最大
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．已知随机变量ξ的分布列如下表所示，当＋取最小值时，x＝________，E(ξ)＝________．
ξ
1
2
3
P
x

y
12.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________，表面积为________．

13．抛物线y2＝ax(a>0)上的点P(，y0)到焦点F的距离为2，则a＝________，△POF的面积为________．
14．在等比数列{an}中，若a1＋a2＋a3＝8，a4＋a5＋a6＝－4，则a7＋a8＋a9＝________，S9＝________．
15．已知点P在直线x＋3y－2＝0上，点Q在直线x＋3y＋6＝0上，线段PQ的中点为M(x0，y0)，且y0＜x0＋2，则的取值范围是__________．
16．已知实数x，y满足x2＋y2≤1，则z＝2|x＋y|＋|y＋2|＋|2x－3y－6|的最大值为________．
17．已知a，b∈R且0≤a＋b≤1，函数f(x)＝x2＋ax＋b在[－，0]上至少存在一个零点，则a－2b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，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD＝2∠BAD，BD＝2，AB＝，cos∠BCD＝－.
(1)求AD的长；
(2)求梯形ABCD的面积．











19．(本题满分15分)如图所示，平面ABEF⊥平面ABC，四边形ABEF是矩形，AB＝2，AF＝2，△ABC是以A为直角的等腰直角三角形，点P是线段BF上的一点，PF＝3.

(1)证明：AC⊥BF；
(2)求直线BC与平面PAC所成角的正切值．















20．(本题满分15分)已知函数f(x)＝(x－1)ex＋1，x∈[0，1]．
(1)证明：f(x)≥0；
(2)若a<














21．(本题满分15分)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，且F1，F2与短轴的一个顶点Q构成一个顶角为120°的等腰三角形，点P(，)在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过F2作斜率之积为－1的两条直线AB，CD分别交椭圆C于点A，B，C，D，且M，N分别是弦AB，CD的中点，求|MF2|·|NF2|的最大值．











22．(本题满分15分)已知函数f(x)满足：对任意的x∈R，恒有f(x)f(1－x)＝，且f(x)>0恒成立．若数列{an}满足：an＝f(0)·f()·f()·…·f()·f()·f(1)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝－，且Sn为{bn}的前n项和，证明：12≤Sn<15.








高考仿真模拟卷(九)
1．解析：选B.z＝＝＝＝＋i，＝－i.
2．解析：选C.由已知得A＝{－2，0，2}，B＝，故A∩B＝{0，2}．
3．解析：选B.因为向量a＝(x，1)，b＝(1，y)，c＝(2，－4)，且a⊥c，b∥c，所以2x－4＝0，2y＝－4，解得x＝2，y＝－2，所以a＝(2，1)，b＝(1，－2)，所以a＋b＝(3，－1)，所以|a＋b|＝ ＝.
4．解析：选A.由函数f(x)＝cos(2x＋φ)的图象过原点，得cos φ＝0，所以φ＝kπ＋，k∈Z，因为“φ＝2kπ＋，k∈Z”是“φ＝kπ＋，k∈Z”的一部分，所以“φ＝2kπ＋，k∈Z”是“函数f(x)＝cos(2x＋φ)的图象过原点”的充分不必要条件．
5．解析：选D.对于选项A，当数列{an}的公比为－，首项为－1时，a1＋a3<2a2，故A错误；
对于选项B，当数列{an}的公比为－3.
首项为1时，a3>a1，但a4 对于选项C，若a1＝a3，则公比为±1，且当公比为－1时，a1≠a2，故C错误；
对于选项D，a＋a≥2a1a3＝2a恒成立，故选D.
6．解析：选D.若五位“回文数”仅由1个数字组成，则“回文数”的个数为C；若五位“回文数”由2个数字组成，则“回文数”的个数为C(AC＋C)；若五位“回文数”由3个数字组成，则“回文数”的个数为CA.由分类加法计数原理知，组成的五位“回文数”的个数为C＋C(AC＋C)＋CA＝64.故选D.
7．解析：选B.由题意知F(5，0)，不妨设P点在x轴的上方，由|PF|＝17知点P的横坐标为17－5＝12，则其纵坐标为＝4，设双曲线的另一个焦点为F1(－5，0)，则|PF1|＝＝23，所以2a＝|PF1|－|PF|＝23－17＝6，所以a＝3，所以e＝＝，故选B.
8．解析：选C.因为x0是函数f(x)＝＋的一个零点，所以f(x0)＝0，因为f(x)＝＋是单调递减函数，且x1∈(－∞，x0)，
x2∈(x0，0)，所以f(x1)>f(x0)＝0>f(x2)，故选C.
9．解析：选C.根据可行域的图形可知目标函数z＝x－2y在点(1，0)处取得最大值1，即a＝1，在点(－1，1)处取得最小值－3，即b＝－3，从而可知方程x2－kx＋1＝0在区间(－3，1)上有两解．令f(x)＝x2－kx＋1，则⇒－ 10．解析：选C.

如图，过B作BO⊥AD，垂足为O，连接OC，则B′C＝，设∠BAD＝θ，△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则OB2＝c2sin2 θ，OA2＝c2cos2 θ，由余弦定理知OC2＝c2cos2 θ＋b2－2bccos θ·cos(∠BAC­θ)，所以B′C＝.因为cos θcos(∠BAC－θ)＝cos θ·(cos∠BACcos θ＋sin∠BACsin θ)＝(cos∠BAC＋cos∠BACcos 2θ＋sin∠BACsin 2θ)＝[cos∠BAC＋cos(2θ－∠BAC)]，所以B′C＝，所以2θ＝∠BAC时，B′C最小，此时∠BAD＝∠CAD，故选C.
11．解析：由题意得，x＋y＝(x>0，y>0)，所以＋＝2(x＋y)·＝2≥2×(5＋4)＝18，当且仅当y＝2x，即x＝，y＝时取等号，此时随机变量ξ的分布列为
ξ
1
2
3
P



所以E(ξ)＝1×＋2×＋3×＝.
答案：　
12．解析：由三视图知，该几何体的直观图如图中几何体BCC1F­ADD1E所示，是一个底面为直角梯形，高为2的直四棱柱，故其体积V＝×2＝6，表面积S＝2×2×2＋1×2＋2×＋2×＝16＋2.
答案：6　16＋2
13．解析：依题意与抛物线的定义得，|PF|＝＋＝2，得a＝2，则|y0|＝＝，所以△POF的面积为×|OF|×|y0|＝××＝.
答案：2　
14．解析：因为数列{an}是等比数列，则S3，S6－S3，S9－S6成等比数列．
由题意可知，a1＋a2＋a3＝S3＝8，a4＋a5＋a6＝S6－S3＝－4，
所以(－4)2＝8(S9－S6)，
所以S9－S6＝2，
即a7＋a8＋a9＝2.
所以S9＝a1＋a2＋a3＋…＋a9＝8＋(－4)＋2＝6.
答案：2　6
15．解析：线段PQ的中点M(x0，y0)的轨迹方程为x0＋3y0＋2＝0，由y0＜x0＋2，得x0＞－2，则＝＝－－∈∪(0，＋∞)．
答案：∪(0，＋∞)
16．解析：因为x2＋y2≤1，
所以z＝2|x＋y|＋|y＋2|＋|2x－3y－6|＝2|x＋y|＋y＋2＋6－2x＋3y＝2|x＋y|＋4y－2x＋8，
当x＋y>0时，z＝2(x＋y)＋4y－2x＋8＝6y＋8，
所以zmax＝14，当x＋y≤0时，
z＝－2x－2y＋4y＋8－2x＝－4x＋2y＋8，

如图，数形结合知，当直线z＝－4x＋2y＋8和圆相切时，z取得最大值，此时＝1，
解得z＝8＋2或z＝8－2(舍去)，
故zmax＝8＋2，综上所述，z的最大值为14.
答案：14
17．解析：由题意，要使函数f(x)＝x2＋ax＋b在区间[－，0]上有零点，即方程x2＋ax＋b＝0在[－，0]上有根，只需
f(－)·f(0)≤0或其对应的平面区域如图1，图2中的阴影部分所示，易知当a＝1，b＝0时，a－2b取得最大值1，当a＝0，b＝0时，a－2b取得最小值0，
所以a－2b的取值范围为[0，1]．

答案：[0，1]
18．解：(1)因为∠BCD＝2∠BAD，cos∠BCD＝－，
所以cos∠BCD＝2cos2∠BAD－1，即cos2∠BAD＝.
因为∠BCD∈(0，π)，所以∠BAD∈，所以cos∠BAD＝.
在△ABD中，由余弦定理得，BD2＝AD2＋AB2－2AD·AB·cos∠BAD，
即4＝AD2＋6－2AD××，解得AD＝.
(2)由(1)可得AD2＋BD2＝AB2，所以∠ADB＝，
所以sin∠ABD＝.
因为AB∥CD且∠ABD为锐角，
所以∠BDC＝∠ABD，
所以sin∠BDC＝sin∠ABD＝，cos∠BDC＝＝.
由cos∠BCD＝－，得sin∠BCD＝.
所以sin∠CBD＝sin(∠BCD＋∠BDC)＝sin∠BCDcos∠BDC＋cos∠BCDsin∠BDC＝×＋×＝.
在△BCD中，由正弦定理得，＝，
所以DC＝＝，
所以梯形ABCD的面积S＝S△ABD＋S△BCD＝×AD×BD＋×BD×CD×sin∠BDC＝.
19．解：(1)证明：因为△ABC是以A为直角的等腰直角三角形，
所以AC⊥AB，
又平面ABEF⊥平面ABC，平面ABEF∩平面ABC＝AB，
所以AC⊥平面ABEF.
因为BF⊂平面ABEF，所以AC⊥BF.
(2)在矩形ABEF中，AB＝2，AF＝2，
则BF＝4，又PF＝3，
所以FA2＝PF·BF，所以BF⊥AP，
由(1)知AC⊥BF，又AC∩AP＝A，所以BF⊥平面PAC，
则∠BCP为直线BC与平面PAC所成的角．
如图，过点P作PM∥AB交BE于点M，过点P作PN⊥AB于点N，
连接NC，

因为BF＝4，PF＝3，所以PB＝1，则＝＝＝，
所以PM＝BN＝，BM＝PN＝，AN＝AB－BN＝2－＝，
所以CN＝＝＝，PC＝＝＝.
在Rt△BCP中，tan∠BCP＝＝.
故直线BC与平面PAC所成角的正切值为.
20．解：(1)证明：因为f′(x)＝xex≥0，即f(x)在[0，1]上单调递增，
所以f(x)≥f(0)＝0，结论成立．
(2)令g(x)＝，则g′(x)＝>0，x∈(0，1)，
所以，当x∈(0，1)时，g(x) 要使 要使>a成立，只需ex－ax－1>0在x∈(0，1)上恒成立．
令h(x)＝ex－ax－1，x∈(0，1)，
则h′(x)＝ex－a，由x∈(0，1)，得ex∈(1，e)，
①当a≤1时，h′(x)>0，此时x∈(0，1)，有h(x)>h(0)＝0成立，所以a≤1满足条件；
②当a≥e时，h′(x)<0，此时x∈(0，1)，有h(x) ③当1 可得当x∈(0，ln a)时，h′(x)<0，即x∈(0，ln a)时，h(x) 又b≥e－1，所以b－a的最小值为e－2.
21．解：(1)因为△QF1F2是一个顶角为120°的等腰三角形．
所以c＝b，a＝2b.则椭圆C的方程为＋＝1，
又点P(，)在椭圆C上，
所以＋＝1，得b2＝1，所以a＝2.
所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1.
(2)显然直线AB与CD的斜率存在且不为0，F2(，0)，设直线AB的方程为x＝my＋(m≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则直线CD的方程为x＝－y＋，
联立方程得，
化简得(m2＋4)y2＋2my－1＝0.
则y1＋y2＝－，
x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2＝.
所以M(，－)，
|MF2|＝＝.
用－替换m，可得|NF2|＝＝.
所以|MF2|·|NF2|＝·＝＝3·＝3·.
设＋|m|＝t≥2(当且仅当＝|m|，即m2＝1时等号成立)．
则|MF2|·|NF2|＝＝.
因为f(t)＝4t＋在[2，＋∞)上单调递增，
所以当t＝2，
即m＝±1时，4t＋取得最小值，
从而|MF2|·|NF2|取得最大值.
22．解：(1)令x＝，
则f()f(1－)＝，
即f()f()＝，
同理可得f()·f()＝，
f()·f()＝，
…
f()·f()＝，
f(1)·f(0)＝.
又an＝f(0)·f()·f()·…·f()·f()·f(1)．
所以an＝f(1)·f()·f()·…·f()·f()·f(0)．
两式相乘得，
a＝[f(0)·f(1)]·[f()·f()]·[f()·f()]·…·[f()·f()]·[f()·f()]·[f(1)·f(0)]＝()n＋1.
又f(x)>0恒成立，所以an>0恒成立，则an＝＝()n＋1.
(2)证明：将an＝()n＋1代入bn＝－，得bn＝.
又Sn＋1－Sn＝bn＋1＝>0，故Sn是关于n的递增数列，
故Sn≥S1＝b1＝12.
当n≥2时，bn＝<＝<＝3(－)．
故Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝12＋b2＋b3＋…＋bn<12＋3(－＋－＋…＋－)＝15－<15.
综上，12≤Sn<15.