2021届高考数学（浙江专用）二轮复习预测提升仿真模拟卷(四)

高考仿真模拟卷（四）

（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.已知集合人={1,2,3,4,5},3={4x—l>0},C={x|y=x—1,yGA},则（An8）UC

=（）

A.{2,3,4}B.{2,3,4,5,6}

C.{0,1,2,3,4,5}D.{3,4,5}

2.若复数z满足方程z=（z+l）i（i为虚数单位），则复数z的共轨复数z对应的点在（）

A.第一象限B.第二象限

C.第三象限D.第四象限

3.ua>bn是"a|a|>6网”的（）

A.充分不必要条件B,必要不充分条件

C.充要条件D.既不充分又不必要条件

4.函数），=sin（2x+g的图象经下列怎样的平移后所得的图象关于点（一生0）中心对称

()

A.向左平移盍个单位长度B.向右平移置个单位长度

C.向左平移袭个单位长度D.向右平移+个单位长度

5.在AABC中，力是线段BC上一点（不包括端点），AD=XAB+（\-A）AC,则（）

A.4V—1B.-1<A<0

C.0<^<1D.4>1

6.如图，给7条线段的5个端点涂色，要求同一条线段的两个端点不能

同色，现有4种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方法种数为（）

A.24B.48

C.96D.120

7.已知某三棱锥的三视图如图所示，其中每个小正方形的边长都为1.三棱锥上的点M在

俯视图上的对应点为A,点N在左视图上的对应点为8,则线段MN的长度的最大值为（）

A.3小

C.9

8.已知数列{斯}为等差数列，且。8=1，则2|的1+田。1的最小值为()

A.3B.2

C.1D.0

22

9.若双曲线5一，=1(〃>0,匕>0)经过等腰梯形A8CQ的上底的两个顶点C、D,下底的

两个顶点4、B分别为双曲线的左、右焦点，对角线AC与双曲线的左支交于点E,且3|AE|

=2|EC|,\AB\=2\CD\,则该双曲线的离心率是()

A.&B.小

C.小D.巾

x,xWy,,

10.记min{x,y}=|已知函数F(x)=min{2",厂}()

6x>y，

A.若尸(4)<屋，则B.若尸(“)<2",则“W6

C.若尸(a)〉/A则D.若F(q)22",则

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.

2

11.双曲线/尸=1的实轴长是,焦点到渐近线的距离是.

12.已知函数/U)=<Q)'则欢-1))=；若l2a2-3)M5a),则实数a

.1~3x,x>0,

的取值范围是.

13.在(2—x)6的展开式中，含d项的二项式系数为,系数为.(均用数

字作答)

14.己知一个袋子中装有4个红球和2个白球，假设每一个球被摸到的可能性是相等的.若

从袋子中摸出3个球，记摸到白球的个数为f,则f=l的概率是,随机变量，的均

值是.

15.已知x,y,z均为实数,且满足x2+2)?+z2=l,则小孙+2yz+啦z?的最大值为.

x—y+4^0

16.若x,y满足,则z=|2x—y|的最大值为.

.xW3

17.在楼长为1的正方体ABCD-AIiGa中，点M是棱AD的中点，点P是线段C£>|（不

包括点O上的动点，点。是线段CM上的动点，设直线PQ与平面ABCQ所成的角为仇则

tan6的最大值为.

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）在锐角△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且cos4

=sin（B—C）.

（1）求角C的大小；

（2）若。=爽，当sinA+cos（居一B）取得最大值时，求A,。的值.

19.（本题满分15分）如图，三棱柱ABC-A5G所有的棱长均为1,AIGLBIC.

⑴求证：A|B±AC；

⑵若A\B=\,求直线A©和平面ABBA所成角的余弦值.

20.（本题满分15分）已知等差数列｛厮｝的前〃项和为&，"GN*,且点（2,㈤，（即53）

均在直线x-y+l=O上.

(1)求数列｛斯｝的通项公式及前n项和5„；

2

(2)设h,,=——,T=2b-2b2.....2h,„证明T„<2y[2.

，品—nnx

22

21.(本题满分15分)已知椭圆C：a十》=l(a>6>0)的左顶点为A,上顶点为B,直线AB

的斜率为平，坐标原点0到直线AB的距离为华.

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)是否在圆0：/+/=层上存在点D,使得圆。过。的切线与椭圆C交于点P,Q,线

段PQ的中点为直线PQ与0M的夹角为45°?若存在，求点。的横坐标；若不存在，

说明理由.

22.(本题满分15分)已知函数/(x)=alnx+x-*其中a为实常数.

(1)若x=3是/(x)的极大值点，求人打的极小值；

(2)若不等式alnx-x对任意一,WaWO,恒成立，求b的最小值.

高考仿真模拟卷(四)

1.解析：选B.由题意知，B={x|x>l}.C={2,3,4,5,6},所以(AAB)UC={2,3,

4,5}U{2,3,4,5,6}={2,3,4,5,6},故选B.

2.解析：选C.由于z=(z+l)i,则(1—i)z=i,所以所以z

=对应点的坐标为(一/一9在第三象限.故选C.

—x<0,

3.解析：选C.因为函数/W=A«=2、八在定义域R上单调递增，所以当a>h时，

M次b),BPa\a\>b\b\f所以充分性成立；当。间>阳时,a>b,所以必要性成立.故选C.

4.解析：选B.假设将函数产sin(2*)的图象平移p个单位长度得到尸sin(2x+2"+*

关于点(一冷。)中心对称，

所以将x=一合代入得到sin(—5+2p+：)=sin(*+20)=O,

所以1+2/)=痴，kez,所以夕=一条+与，当％=0时，p=~—^.

0<z<l

5.解析：选C.根据平面向量加法运算的平行四边形法则，可o<知i-；<r所以°心1,

故选C.

6.解析：选C.依题意，设题目中的4种不同的颜色分别为小b,c,d,注意到满足题意

的方法中顶点A,B,E的颜色互不相同，下面进行分步计数：第一步，确定涂顶点A,B,E

处(不妨设顶点4,B,E处的颜色分别为a,b,c),相应的方法数为A：=24；第二步，确定

涂顶点C,。的颜色的方法种数，相应的方法数为4(分别为(C,D)=(a,b),(a,d),(d,a),

(d,b)).根据分步乘法计数原理知，满足题意的不同的涂色方法种数为24X4=96,选C.

7.解析：选A.根据题意及三视图，在棱长为3的正方体中还原该几

何体的直观图，为如图所示的三棱锥P-CNE.由题意知M在PC上，则线段

MN长度的最大值即PN的长，故线段MN长度的最大值为3小.(.I'J..'M

8.解析：选C.〃9=〃8+d=l+d，aio=〃8+2d=l+2",

N

2|a9l+Mol=2|l+M+|l+2M=2(|l+M+K+M),

所以当一小时，原式取到最小值1.故选C.

9.解析：选D.由题意可知，A(-c,0),B(c,0),又点C在双曲线上，ABC。为等腰梯

形，\AB\^2\CD\,所以点C的横坐标为壬不妨设备为),由3H£]=2|EC|可知危=|诙，

恁-2，

22

得《一着，鹤，从而满足[由消去,得5=7,所以该双曲线的离心率为"

10.解析：选D.在平面直角坐标系内画出函数y=2,和函数的图象，易得两函数图

象有三个交点，设从左至右交点的横坐标分别为片，电，右，则由图易得F(x)=

(2X,

xW(—8,xj]U[x2,X3],

2/、,।、画出函数丁=2'和》=尸(%)的图象，过函数y=2”的图象上

[Xf(由，X2)U(X3，+°°)，

任意一点(6,2")作x轴的平行线/,由图易得在函数y=F(x)的图象上，位于直线/和直线/上

方的点均在x=S的右侧，所以若尸(“)》2〃，则故选D.

11.解析：因为/=4,/=1,所以实轴长2a等于4,焦点到渐近线的距离为人等于1.

答案：41

12.解析：犬-1)=&=2,所以心一1))=X2)=1-3X2=—5.作出函数图象，由图象

可知函数/(x)在定义域上单调递减，所以由12”2-3)45a)得，2a2—3<5”，即2a?—5“一3<0,

解得一枭<3,即实数。的取值范围是(得，3).

答案:-5(V，3)

13.解析：依题意，(2一》)6的展开式的通项7^=026-•(一划=禺•26"

因此在(2—月6的展开式中,含此项的二项式系数为d=20,系数为C”2?・(-l)3=T60.

答案：20-160

14.解析：依题意得，f的所有可能取值分别是0,1,2,P(<f=0)=^|=£,尸仁=1)=

=1,尸(4=2)=邑7扫=!因此随机变量4的均值是E©=OX9+1X]+2X1=1.

3

答案：f1

解析：由题意可知，各合盯+点

15.1=£+2/+22=¥+2+|>),2+/2+222\^|442+2

=邛4小孙+2yz+，^2),即小呼+2yz+^/2z2故小孙+2yz+啦z?的最大值为

手’当且仅当x=忘‘产盍,z=霓时取等号.

答案:平

16.解析：依题意，在坐标平面内画出不等式组表示的平面区域及直线y=0,平移

该直线，当直线经过平面区域内的点(-2,2)时，相应直线在)，轴上的截距最大，此时

取得最小值，最小值是一6；当直线经过平面区域内的点(3,—3)时，相应直线在y轴上的截

距最小，此时2x—y取得最大值，最大值是9,因此2x-y的取值范围是［-6,9］,z=|2x—

的取值范围是［0,9］,z=|2x—y|的最大值是9.

答案：9

17.解析：如图，过P作尸NLCQ于N,连接QN,则直线P。与

平面ABCO所成的角9即乙PQV,所以tan9=笳，结合图形可知，对

于线段CDi上的任意点P,作PN1CD,在线段CM上均存在点Q,

使得QNJ_CM,此时tan。取得最大值.不妨取点P运动到5点，此

时N在。点，则PN=1,又DM=T，8=1,所以CM=坐，QN=坐,

所以(tan8)max=^J=小.

5

答案：小

18.解:(1)在锐角△ABC中，cosA=-cos(B+Q=sin(B-O,

所以sin8cosC-cosBsinC+cosBcosC—sinBsinC=0,

即sinB(cosC—sinQ+cosB(cosC-sinC)=0,

所以(sinB+cosB)(COSC-sinC)=0.

因为A,B,。均为锐角，所以sin5+cos皮＞0,

兀

cosC—sinC=0,tanC=1,故C=T.

(2)由(1)知，八+8=乎.由

得与

77c7兀3兀7t1

sinA+cos(五一3)=sinA+cos[j^一(5一4)]=sinA+cos(A-0=sinA+2cosA+]sinA

=,sinA+坐cosA=V5(sinA•乎+cosA•小sin(A+寿.

j十兀兀广广［、|5兀，।兀2兀

由于不乂或，所以五＜4+%＜彳，

故当A+5=刍，即A=即寸，sin4+cos既-8）取得最大值小.

a____c__也

由正弦定理得a=

.兀一.兀一巫=2,小.

in3sin42

19.解：⑴取AC中点。，连接A。，B0,所以BOJ_AC.

连接AB|交A]于点M,连接。例，则SC〃。例.

因为41ci〃AC,AtG_LBiC,

所以AC_LO例.

又因为0M=面480,0B=面48。，所以人（7_1面480,所以A|8_LAC.

（2）因为4G//AC,所以直线4G和平面AB8A所成角等于直线AC和平面ABB^所成

角.

因为三棱柱ABC&B1G所有的棱长均为1,故

因为Ai-AC,所以4BJ_面ABC，

所以面A8C_L面ABBA.

因为面ABC。面4881A=AB”所以4c在平面ABB'的射影为AB”

所以/SAC为直线AC和平面AB3|A|所成角.

因为ABi=2AM=2\/AB2—BM?=小,

由于A|G_LB|C,所以ACLBiC,所以在RtZXACS中，cosNB]AC=^=*=坐.

所以直线AC和平面AB^A,所成角的余弦值为虚，

即直线AG和平面4B囱4所成角的余弦值为由.

20.解：（1）设等差数列｛斯｝的公差为d.

[〃2=3,

由点（2,〃2），（。7，S3）均在直线x—y+l=0上，得J

3一$3十1=0.

又S3=41+。2+〃3=3〃2，所以。7=8.

ci\+d=3>〃i=2

所以，所以

〃i+6d=8,d=i.

n(〃+3)

所以斯=〃+1,S—

n2

°—2211

(2)证n明rn："〃=2S〃一一=〃(〃+2)=]—=+2'

令P"=加+历+…+生，则P”=1—g+T—；+…+■