普通高中2021年高中数学学业水平考试模拟测试题六含解析

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普通高中2021年高中数学学业水平考试模拟测试题（六）(时间:90分钟　满分:150分)一、选择题(共15小题,每小题6分,共90分)1.不等式x(x-2)≤0的解集是 (　　)　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　A.[0,2) B.(-∞,0)∪(2,+∞)C.(-∞,0]∪[2,+∞) D.[0,2]2.全集为实数集R,M={x|-2≤x≤2},N={x|x<1},则(∁RM)∩N= (　　)A.{x|x<-2} B.{x|-2<x<1}C.{x|x<1} D.{x|-2≤x<1}3.为了调查某班级的作业完成情况,将该班级的52名学生随机编号,用系统抽样的方法抽取一个容量为4的样本,已知5号,18号,44号同学在样本中,那么样本中还有一位同学的编号应该是              (　　)A.23 B.27   C.31 D.334.直线2x-y+2=0与坐标轴围成的三角形的面积是 (　　)A. B.1 C.2 D.45.函数f(x)=的定义域是 (　　)A.(-1,0)∪(0,+∞) B.[-1,0)∪(0,+∞)C.(-1,+∞) D.[-1,+∞)6.以(a,1)为圆心,且与两条直线2x-y+4=0,2x-y-6=0同时相切的圆的标准方程为 (　　)A.(x-1)2+(y-1)2=5 B.(x+1)2+(y+1)2=5C.(x-1)2+y2=5 D.x2+(y-1)2=57.设函数f(x)=则f的值为 (　　)A.18 B.- C. D.8.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是 (　　)A.π B.2π C.3π D.4π9.已知sin α=,则cos(π-2α)等于 (　　)A.- B.- C. D.10.实数x,y满足则z=x-y的最大值是 (　　)A.-1 B.0 C.3 D.411.已知非零向量不共线,且,则向量= (　　)A. B.C. D.12.函数f(x)=2x+3x的零点所在的一个区间是 (　　)A.(-2,-1) B.(-1,0)C.(0,1) D.(1,2)13.函数f(x)=Asin(ωx+φ)+b的图象如图所示,则f(x)的解析式为 (　　)A.f(x)=sinx+1 B.f(x)=sinx+C.f(x)=sin+1 D.f(x)=sin14.设α,β为钝角,且sin α=,cos β=-,则α+β的值为 (　　)A. B.C. D.15.已知数列{an}满足an+1=,若a1=,则a2 018= (　　)A.2 B.-2 C.-1 D.二、填空题(共4小题,每小题6分,共24分)16.函数y=+ln(2-x)的定义域是　　　　. 17.已知直四棱柱底面是边长为2的菱形,侧面对角线的长为2,则该直四棱柱的侧面积为　　　　. 18.若非零向量a,b满足|a|=|b|,(2a+b)·b=0,则a与b的夹角为　　　　. 19.计算sincos tan=　　　　. 三、解答题(共3小题,每小题12分,共36分)20.在锐角三角形ABC中,角A,B所对的边长分别为a,b,且2asin B=b.(1)求角A的大小;(2)若a=3,求△ABC周长l的最大值. 21.如图,在四棱锥P-ABCD中,PC=AD=CD=AB=2,AB∥DC,AD⊥CD,PC⊥平面ABCD.(1)求证:BC⊥平面PAC;(2)若M为线段PA的中点,且过C,D,M三点的平面与线段PB交于点N,确定点N的位置,说明理由;并求三棱锥N-AMC的体积.           22.设数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,an+1=2Sn+1,数列{bn}满足a1=b1,点P(bn,bn+1)在直线x-y+2=0上,n∈N*.(1)求数列{an},{bn}的通项公式;(2)设cn=,求数列{cn}的前n项和Tn. 答案：1.D　【解析】不等式x(x-2)≤0对应方程的两个实数根为0和2,所以该不等式的解集是[0,2].故选D.2.A　【解析】∵M={x|-2≤x≤2},∴∁RM={x|x<-2,或x>2},又∵N={x|x<1},∴(∁RM)∩N={x|x<-2}.故选A.3.C　【解析】因为5号,18号,44号同学在样本中,18-5=13,44-18=26,所以抽样间隔为13,样本中还有一位同学的编号应该是18+13=31.故选C.4.B　【解析】∵2x-y+2=0中,由x=0,得y=2;由y=0,得x=-1.∴直线2x-y+2=0与坐标轴围成的三角形的面积是S=×2×1=1.故选B.5.A　【解析】解得,x>-1且x≠0,区间形式为(-1,0)∪(0,+∞),故选A.6.A　【解析】由题意得,点(a,1)到两条直线的距离相等,且为圆的半径.∴,解得a=1.∴r=,∴所求圆的标准方程为(x-1)2+(y-1)2=5.7.D　【解析】f(2)=22+2-2=4,则f=f=1-.故选D.8.C　【解析】三视图还原的几何体是圆柱,底面半径为1、高为3,所以这个几何体的体积是π×12×3=3π.故选C.9.B　【解析】由三角函数的诱导公式可知cos(π-2α)=-cos 2α,由倍角公式可得cos 2α=1-2sin2α=1-2×,cos(π-2α)=-,故选B.10.C　【解析】作出不等式对应的平面区域如图,由z=x-y,得y=x-z,平移直线y=x-z,由图象可知,当直线y=x-z经过点B(3,0)时,直线y=x-z的截距最小,此时z最大.此时z的最大值为z=3-0=3.故选C.11.A　【解析】)⇔.故选A.12.B　【解析】∵f(-1)=-3<0,f(0)=1>0,∴f(-1)·f(0)<0.又函数f(x)的图象在(-1,0)上是连续不断的,故f(x)的零点所在的一个区间为(-1,0).故选B.13.C　【解析】由函数f(x)=Asin(ωx+φ)+b的图象可知,A=,b==1,又最小正周期T=4=,∴ω=.又0×ω+φ=0,∴φ=0.∴f(x)的解析式为f(x)=sin+1.故选C.14.C　【解析】∵α,β为钝角,且sin α=,cos β=-,∴cos α=-,sin β=,∴cos(α+β)=cos αcos β-sin αsin β=-,又α,β为钝角,∴α+β∈(π,2π),∴α+β=.故选C.15.A　【解析】∵an+1=,a1=,∴a2==2,a3==-1,a4=,∴数列{an}是以3为周期的周期数列,∵2 018=672×3+2,∴a2 018=a2=2.故选A.16.[1,2)　【解析】要使函数有意义,须满足解得1≤x<2,∴函数y=+ln(2-x)的定义域是[1,2).17.16　【解析】如图所示,直四棱柱底面ABCD是边长为2的菱形,侧面对角线的长为2,∴侧棱长为CC1==2,∴该直四棱柱的侧面积为S=4×2×2=16.18.120°　【解析】(2a+b)·b=0⇔2|a||b|cos<a,b>+b2=0,因为|a|=|b|,所以cos<a,b>=-,所以<a,b>=120°.19.-　【解析】sincostan=sincostan=costan=-.20.【解】(1)由题及正弦定理得2sin Asin B=sin B,∵sin B≠0,∴sin A=,又A∈,∴A=.(2)由a=3,A=得=2,∴b=2sin B,c=2sin C,∴l=a+b+c=2sin B+2sin C+3=2sin B+2sin+3=3sin B+3cos B+3=6sin+3,当B=时,l取最大值9.∴△ABC的周长l的最大值为9.21.【解】(1)证明:在直角梯形ABCD中,AC==2,BC==2.∴AC2+BC2=AB2,即BC⊥AC.∵PC⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,∴BC⊥PC.又AC∩PC=C,∴BC⊥平面PAC.(2)点N是PB的中点,连接MN,CN,理由如下;如图,∵点M为PA的中点,点N为PB的中点,∴MN∥AB.又∵AB∥DC,∴MN∥CD.∴M、N、C、D四点共面.即点N为过C、D、M三点的平面与线段PB的交点;∵BC⊥平面PAC,N为PB的中点,∴点N到平面PAC的距离d=BC=,S△ACM=S△PAC=·PC·AC=×2×2.∴S△AMC·d=.22.【解】(1)由an+1=2Sn+1可得,an=2Sn-1+1(n≥2),两式相减得an+1-an=2an,即an+1=3an(n≥2).又a2=2S1+1=3,所以a2=3a1.故{an}是首项为1,公比为3的等比数列,所以an=3n-1.由点P(bn,bn+1)在直线x-y+2=0上,所以bn+1-bn=2.则数列{bn}是首项为1,公差为2的等差数列,则bn=1+(n-1)·2=2n-1.(2)因为cn=,所以Tn=+…+,则Tn=+…+,两式相减,得Tn=1++…+,所以Tn=3-=3-.