【高考解码】2021届高三数学二轮复习(新课标)-专题大模拟(三)(专题一～六)

专题大模拟(三)(专题一～六)(时间：120分钟满分：150分)第Ⅰ卷(选择题共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的)1．(2022·全国新课标Ⅰ高考)设复数z1，z2在复平面内的对应点关于虚轴对称，z1＝2＋i，则z1z2＝()A．－5B．5C．－4＋iD．－4－i【解析】∵z1＝2＋i，z1与z2关于虚轴对称，∴z2＝－2＋i，∴z1·z2＝(2＋i)(－2＋i)＝i2－4＝－1－4＝－5.故选A.【答案】A2．已知集合A＝{1,3，eq\r(m)}，B＝{1，m}，A∪B＝A，则m＝()A．0或eq\r(3)B．0或3C．1或eq\r(3)D．1或3【解析】利用并集的性质及子集的含义求解．∵A∪B＝A，∴B⊆A.又A＝{1,3，eq\r(m)}，B＝{1，m}，∴m＝3或m＝eq\r(m).由m＝eq\r(m)得m＝0或m＝1.但m＝1不符合集合中元素的互异性，故舍去，故m＝0或m＝3.【答案】B3．对于常数m、n，“mn＞0，且m≠n”是“方程mx2＋ny2＝1的曲线是椭圆”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【解析】分别推断条件的充分性、必要性是否成立．∵mn＞0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＞0，,n＞0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＜0，,n＜0，))当m＞0，n＞0时且m≠n，方程mx2＋ny2＝1的曲线是椭圆，但m＜0，n＜0时，方程mx2＋ny2＝1不表示任何图形，所以条件不充分；反之，当方程mx2＋ny2＝1表示的曲线是椭圆时有mn＞0且m≠n，所以“mn＞0且m≠n”是“方程mx2＋ny2＝1的曲线是椭圆”的必要不充分条件．【答案】B4．(猜测题)若点(a,9)在函数y＝3x的图象上，则sineq\f(aπ,6)的值为()A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(2),2)D.eq\f(\r(3),2)【解析】∵点(a,9)在y＝3x上，∴9＝3a，∴a＝2，∴sineq\f(2π,6)＝sineq\f(π,3)＝eq\f(\r(3),2)，故选D.【答案】D5．(2022·浙江高考)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的表面积是()A．90cm2B．129cm2C．132cm2D．138cm2【解析】该几何体由一长方体和一个三棱柱组成．S＝(2×4×6＋2×3×4＋3×6＋3×3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3×4＋3×5＋2×\f(1,2)×3×4))＝138(cm2)，故选D.【答案】D6．(2021·天津高考)已知过点P(2,2)的直线与圆(x－1)2＋y2＝5相切，且与直线ax－y＋1＝0垂直，则a＝()A．－eq\f(1,2)B．1C．2D.eq\f(1,2)【解析】由圆的切线与直线ax－y＋1＝0垂直，设切线方程为x＋ay＋c＝0，再代入点(2,2)，结合圆心到切线的距离等于圆的半径，求出a的值．由题意知圆心为(1,0)，由圆的切线与直线ax－y＋1＝0垂直，可设圆的切线方程为x＋ay＋c＝0，由切线x＋ay＋c＝0过点P(2,2)，∴c＝－2－2a，∴eq\f(|1－2－2a|,\r(1＋a2))＝eq\r(5)，解得a＝2.【答案】C7．(2022·福建高考)阅读下图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的n的值为()A．1B．2C．3D．4【解析】当n＝1时，21＞12；当n＝2时，22＝22，故选B.【答案】B8．(2022·湖南高考)在平面直角坐标系中，O为原点，A(－1，0)，B(0，eq\r(3))，C(3,0)，动点D满足|eq\o(CD,\s\up6(→))|＝1，则|eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→))|的取值范围是()A．[4,6]B．[eq\r(19)－1，eq\r(19)＋1]C．[2eq\r(3)，2eq\r(7)]D．[eq\r(7)－1，eq\r(7)＋1]【解析】设D(x，y)，由|eq\o(CD,\s\up6(→))|＝1，∴(x－3)2＋y2＝1，故圆的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝cosθ＋3，,y＝sinθ，))∴|eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→))|＝eq\r(cosθ＋22＋\r(3)＋sinθ2)＝eq\r(8＋2\r(7)sinθ＋φ)∴eq\r(7)－1≤|eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→))|≤eq\r(7)＋1，故选D.【答案】D9．(2022·湖北高考)已知f(x)是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f(x)＝x2－3x.则函数g(x)＝f(x)－x＋3的零点的集合为()A．{1,3}B．{－3，－1,1,3}C．{2－eq\r(7)，1,3}D．{－2－eq\r(7)，1,3}【解析】当x≥0时，函数g(x)的零点即方程f(x)＝x－3的根，由x2－3x＝x－3，解得x＝1或3；当x＜0时，由f(x)是奇函数得－f(x)＝f(－x)＝x2－3(－x)，即f(x)＝－x2－3x.由f(x)＝x－3得x＝－2－eq\r(7)(正根舍去)．故选D.【答案】D10．(2022·安徽高考改编)若将函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的图象向右平移φ个单位，所得图象关于y轴对称，则φ的最小正值是()A.eq\f(π,8)B.eq\f(3π,8)C.eq\f(π,4)D.eq\f(5π,4)【解析】f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))eq\o(→,\s\up7(右平移φ))g(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2x－φ＋\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)－2φ))，关于y轴对称，则eq\f(π,4)－2φ＝kπ＋eq\f(π,2)，∴φ＝－eq\f(k,2)π－eq\f(π,8)(k∈Z)，明显，k＝－1时，φ最小正值＝eq\f(π,2)－eq\f(π,8)＝eq\f(3π,8).【答案】B11．(2022·江西高考)在平面直角坐标系中，A，B分别是x轴和y轴上的动点，若以AB为直径的圆C与直线2x＋y－4＝0相切，则圆C面积的最小值为()A.eq\f(4,5)πB.eq\f(3,4)πC．(6－2eq\r(5))πD.eq\f(5,4)π【解析】由题意知：|OC|＝dc－l，所以圆C的轨迹为抛物线，O为焦点，l为准线，若C的面积最小，则OC与l垂直，所以r最小＝eq\f(d0－l,2)＝eq\f(2,\r(5))，∴S＝π·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(5))))2＝eq\f(4π,5).【答案】A12．(2021·全国新课标Ⅰ高考)函数f(x)＝(1－cosx)sinx在[－π，π]的图象大致为()【解析】先利用函数的奇偶性排解B，再利用特殊的函数值的符号排解A，而最终答案的选择则利用了特定区间上的极值点．在[－π，π]上，∵f(－x)＝[1－cos(－x)]sin(－x)＝(1－cosx)(－sinx)＝－(1－cosx)sinx＝－f(x)，∴f(x)是奇函数，∴f(x)的图象关于原点对称，排解B.取x＝eq\f(π,2)，则f(eq\f(π,2))＝(1－coseq\f(π,2))sineq\f(π,2)＝1>0，排解A.∵f(x)＝(1－cosx)sinx，∴f′(x)＝sinx·sinx＋(1－cosx)cosx＝1－cos2x＋cosx－cos2x＝－2cos2x＋cosx＋1.令f′(x)＝0，则cosx＝1或cosx＝－eq\f(1,2).结合x∈[－π，π]，求得f(x)在(0，π]上的极大值点为eq\f(2,3)π，靠近π，选C.【答案】C第Ⅱ卷(非选择题共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上．)13．(猜测题)已知变量x，y满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－1≤0，,x＋y≥0，,x－y－2≤0，))则z＝2x·4y的最大值为________．【解析】∵z＝2x·4y，∴z＝2x·22y＝2x＋2y.当x＋2y有最大值时z取得最大值．由线性约束条件知当x＋2y过点(3,1)时(x＋2y)max＝5.∴zmax＝25＝32.【答案】3214．(2022·安徽高考)如图，在等腰直角三角形ABC中，斜边BC＝2eq\r(2)，过点A作BC的垂线，垂足为A1，过点A1作AC的垂线，垂足为A2；过点A2作A1C的垂线，垂足为A3；…，依此类推，设BA＝a1，AA1＝a2，A1A2＝a3，…，A5A6＝a7，则a7＝________.【解析】依据题意计算出a1，a2，a3的值，转化为等比数列求解．依据题意易得a1＝2，a2＝eq\r(2)，a3＝1，∴{an}构成以a1＝2，q＝eq\f(\r(2),2)的等比数列，∴a7＝a1q6＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))6＝eq\f(1,4).【答案】eq\f(1,4)15．如图所示是抛物线形拱桥，当水面在l时，拱顶离水面2m，水面宽4m．水位下降1m后，水面宽________m.【解析】数形结合法．建立如图所示的平面直角坐标系，设抛物线方程为x2＝－2py(p＞0)，则A(2，－2)，将其坐标代入x2＝－2py得p＝1.∴x2＝－2y.当水面下降1m，得D(x0，－3)(x0＞0)，将其坐标代入x2＝－2y得xeq\o\al(2,0)＝6，∴x0＝eq\r(6).∴水面宽|CD|＝2eq\r(6)m.【答案】2eq\r(6)16．(2022·全国新课标Ⅰ高考)已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，a＝2，且(2＋b)(sinA－sinB)＝(c－b)sinC，则△ABC面积的最大值为________．【解析】利用正弦定理及余弦定理求解．∵eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R，a＝2，又(2＋b)(sinA－sinB)＝(c－b)sinC可化为(a＋b)(a－b)＝(c－b)·c，∴a2－b2＝c2－bc，∴b2＋c2－a2＝bc，∴eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(bc,2bc)＝eq\f(1,2)＝cosA，∴∠A＝60°.∵△ABC中，4＝a2＝b2＋c2－2bc·cos60°＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc(“＝”当且仅当b＝c时取得)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)·bc·sinA≤eq\f(1,2)×4×eq\f(\r(3),2)≤eq\r(3).【答案】eq\r(3)三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．)17．(10分)(2022·广东高考)设数列{an}的前n项和为Sn，数列{Sn}的前n项和为Tn，满足Tn＝2Sn－n2，n∈N*.(1)求a1的值；(2)求数列{an}的通项公式．【解】(1)当n＝1时，T1＝2S1－12.由于T1＝S1＝a1，所以a1＝2a1－1，解得a1＝1.(2)当n≥2时，Sn＝Tn－Tn－1＝2Sn－n2－[2Sn－1－(n－1)2]＝2Sn－2Sn－1－2n＋1，所以Sn＝2Sn－1＋2n－1，①所以Sn＋1＝2Sn＋2n＋1，②②－①得an＋1＝2an＋2.所以an＋1＋2＝2(an＋2)，即eq\f(an＋1＋2,an＋2)＝2(n≥2)．当n＝1时，a1＋2＝3，a2＋2＝6，则eq\f(a2＋2,a1＋2)＝2，所以当n＝1时也满足上式．所以{an＋2}是以3为首项，2为公比的等比数列，所以an＋2＝3·2n－1，所以an＝3·2n－1－2.18．(12分)在平面直角坐标系xOy中，曲线y＝x2－6x＋1与坐标轴的交点都在圆C上．(1)求圆C的方程；(2)若圆C与直线x－y＋a＝0交于A，B两点，且OA⊥OB，求a的值．【解】(1)曲线y＝x2－6x＋1与y轴的交点为(0,1)，与x轴的交点为(3＋2eq\r(2)，0)，(3－2eq\r(2)，0)．故可设C的圆心为(3，t)，则有32＋(t－1)2＝(2eq\r(2))2＋t2，解得t＝1.则圆C的半径为eq\r(32＋t－12)＝3.所以圆C的方程为(x－3)2＋(y－1)2＝9.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，其坐标满足方程组：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＋a＝0，,x－32＋y－12＝9.))消去y，得到方程2x2＋(2a－8)x＋a2－2a＋1＝0.由已知可得，判别式Δ＝56－16a－4a2＞0.因此x1,2＝eq\f(8－2a±\r(56－16a－4a2),4)，从而x1＋x2＝4－a，x1x2＝eq\f(a2－2a＋1,2).①由于OA⊥OB，可得x1x2＋y1y2＝0.又y1＝x1＋a，y2＝x2＋a，所以2x1x2＋a(x1＋x2)＋a2＝0.②由①，②得a＝－1，满足Δ＞0，故a＝－1.19．(12分)(2022·华约自主招生考试)函数f(x)＝eq\f(\r(2),2)(cosx－sinx)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))－2asinx＋b(a>0)的最大值为1，最小值为－4，求a，b的值．【解】f(x)＝eq\f(\r(2),2)(cosx－sinx)×eq\f(\r(2),2)(sinx＋cosx)－2asinx＋b＝eq\f(1,2)(cos2x－sin2x)－2asinx＋b＝－sin2x－2asinx＋b＋eq\f(1,2)＝－(sinx＋a)2＋a2＋b＋eq\f(1,2).∵a>0，∴－a<0.若－1<－a<0，即0<a<1时，则当sinx＝－a时，f(x)取得最小值a2＋b＋eq\f(1,2).当sinx＝1时，f(x)取得最小值－2a＋b－eq\f(1,2).由题意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＋b＋\f(1,2)＝1，,－2a＋b－\f(1,2)＝－4，))解得a＝－1±eq\r(5)(舍去)．若－a≤－1，即a≥1，则当sinx＝1时，f(x)取得最小值－2a＋b－eq\f(1,2).当sinx＝－1时，f(x)取得最大值2a＋b－eq\f(1,2).由题意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2a＋b－\f(1,2)＝－4，,2a＋b－\f(1,2)＝1，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(5,4)，,b＝－1.))综上可知a＝eq\f(5,4)，b＝－1.20．(文)(12分)(2022·山东济宁5月模拟)四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PB⊥BC，PD⊥CD，E是侧棱PD的中点．(1)求证：PB∥平面ACE；(2)求证：PA⊥平面ABCD；(3)若PA＝2，求三棱锥P­ABE的体积．【解】(1)证明：如右图：连接BD，BD和AC相交于O点，连接OE.∵E为PD的中点，∴OE∥PB，又OE⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，∴PB∥平面ACE.(2)证明：∵ABCD是正方形，∴BC⊥AB，又BC⊥PB，且PB∩AB＝B，∴BC⊥平面PAB，∴BC⊥PA，同理CD⊥PA，又BC∩CD＝C，∴PA⊥平面ABCD.(3)连接BE，∵VP­ABE＝VB­PAE，∴VP­ABE＝VB­PAE＝eq\f(1,3)AB·eq\f(1,2)S△PAD，＝eq\f(1,3)·2·eq\f(1,2)·eq\f(1,2)·2·2＝eq\f(2,3).(理)(12分)(2022·湖南高考)如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的全部棱长都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形．(1)证明：O1O⊥底面ABCD；(2)若∠CBA＝60°，求二面角C1­OB1­D的余弦值．(1)【证明】由于四边形ACC1A1为矩形，所以CC1⊥AC，同理DD1⊥BD，由于CC1∥DD1，所以CC1⊥BD，而AC∩BD＝O，因此CC1⊥底面ABCD.由题设知，O1O∥C1C，故O1O⊥底面ABCD.(2)【解】由于四棱柱ABCD－A1B1C1D1的全部棱长都相等，所以四边形ABCD是菱形，因此AC⊥BD.又O1O⊥底面ABCD，从而OB，OC，OO1两两垂直．以O为坐标原点，OB，OC，OO1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系O－xyz.不妨设AB＝2，由于∠CBA＝60°，所以OB＝eq\r(3)，OC＝1.于是相关各点的坐标为：O(0,0,0)，B1(eq\r(3)，0,2)，C1(0,1,2)．易知，n1＝(0,1,0)是平面BDD1B1的一个法向量．设n2＝(x，y，z)是平面OB1C1的一个法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(OB1,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(OC1,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x＋2z＝0，,y＋2z＝0，))取z＝－eq\r(3)，则x＝2，y＝2eq\r(3)，所以n2＝(2,2eq\r(3)，－eq\r(3))，设二面角C1­OB1­D的大小为θ，易知θ是锐角，于是cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝|eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)|＝eq\f(2\r(3),\r(19))＝eq\f(2\r(57),19).故二面角C1­OB1­D的余弦值为eq\f(2\r(57),19).21．(12分)(2022·浙江高考)已知函数f(x)＝x3＋3|x－a|(a＞0)，若f(x)在[－1,1]上的最小值记为g(a)．(1)求g(a)；(2)证明：当x∈[－1,1]时，恒有f(x)≤g(a)＋4.(1)【解】由于a＞0，－1≤x≤1，所以①当0＜a＜1时，若x∈[－1，a]，则f(x)＝x3－3x＋3a，f′(x)＝3x2－3＜0，故f(x)在(－1，a)上是减函数；若x∈[a,1]，则f(x)＝x3＋3x－3a，f′(x)＝3x2＋3＞0，故f(x)在(a,1)上是增函数．所以g(a)＝f(a)＝a3.②当a≥1时，有x≤a，则f(x)＝x3－3x＋3a，f′(x)＝3x2－3＜0，故f(x)在(－1,1)上是减函数，所以g(a)＝f(1)＝－2＋3a.综上，g(a)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a3，0＜a＜1，,－2＋3a，a≥1，))(2)证明令h(x)＝f(x)－g(a)，①当0＜a＜1时，g(a)＝a3.若x∈[a,1]，h(x)＝x3＋3x－3a－a3，得h′(x)＝3x2＋3，则h(x)在(a,1)上是增函数，所以，h(x)在[a,1]上的最大值是h(1)＝4－3a－a3，且0＜a＜1，所以h(1)≤4.故f(x)≤g(a)＋4；若x∈[－1，a]，h(x)＝x3－3x＋3a－a3，得h′(x)＝3x2－3，则h(x)在(－1，a)上是减函数，所以，h(x)在[－1，a]上的最大值是h(－1)＝2＋3a－a3.令t(a)＝2＋3a－a3，则t′(a)＝3－3a2＞0，知t(a)在(0,1)上是增函数．所以，t(a)＜t(1)＝4，即h(－1)＜4.故f(x)≤g(a)＋4.②当a≥