【高考解码】2021届高三数学二轮复习(新课标)-专题大模拟(二)(专题一～四)

专题大模拟(二)(专题一～四)(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个小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．)1．(2022·全国新课标Ⅰ高考)设z＝eq\f(1,1＋i)＋i，则|z|＝()A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(3),2)D．2【解析】∵z＝eq\f(1,1＋i)＋i＝eq\f(1－i,1＋i1－i)＋i＝eq\f(1－i,2)＋i＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)i，∴|z|＝eq\r(\f(1,2)2＋\f(1,2)2)＝eq\f(\r(2),2)，故选B.【答案】B2．(2022·湖北高考)命题“∀x∈R，x2≠x”的否定是()A．∀x∉R，x2≠xB．∀x∈R，x2＝xC．∃x∉R，x2≠xD．∃x∈R，x2＝x【解析】将∀改写成∃，否定结论，故选D.【答案】D3．(2022·全国大纲高考)设集合M＝{x|x2－3x－4<0}，N＝{x|0≤x≤5}，则M∩N＝()A．(0,4]B．[0,4)C．[－1,0)D．(－1,0]【解析】M＝{x|x2－3x－4<0}＝{x|－1<x<4}，N＝{x|0≤x≤5}∴M∩N＝{x|0≤x＜4}，故选B.【答案】B4．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log21－x，x≤0,fx－1＋1，x＞0))，则f(2015)＝()A．2015B．2014C．2013D．2012【解析】f(2015)＝f(2014)＋1＝f(2013)＋2＝…＝f(0)＋2015＝log21＋2015＝2015.故选A.【答案】A5．(2022·全国新课标Ⅰ高考)若tanα＞0，则()A．sinα＞0B．cosα＞0C．sin2α＞0D．cos2α＞0【解析】∵tanα＝eq\f(sinα,cosα)＞0，∴sinα·cosα＞0，∴sin2α＝2sinα·cosα＞0，故选C.【答案】C6．(2022·广东广州综合测试)若函数f(x)＝eq\r(x2＋ax＋1)的定义域为实数集R，则实数a的取值范围为()A．(－2,2)B．(－∞，－2)∪(2，＋∞)C．(－∞，－2)∪[2，＋∞)D．[－2,2]【解析】依题意x2＋ax＋1≥0对x∈R恒成立，∴Δ＝a2－4≤0，∴－2≤a≤2.故选D.【答案】D7．(2022·山东济南一模)函数y＝lneq\f(x－sinx,x＋sinx)的图象大致是()【解析】由于f(－x)＝ln(eq\f(－x－sin－x,－x＋sin－x))＝lneq\f(x－sinx,x＋sinx))＝f(x)，所以f(x)为偶函数，排解B、D，又由于当0<x<eq\f(π,2)时，0<sinx<x，所以0<x－sinx<x＋sinx,0<eq\f(x－sinx,x＋sinx)<1，f(x)<0，排解C.故选A.【答案】A8．若a＞0，b＞0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，则ab的最大值等于()A．2B．3C．6D．9【解析】函数的导数为f′(x)＝12x2－2ax－2b，由函数f(x)在x＝1处有极值，可知函数f(x)在x＝1处的导数值为零，12－2a－2b＝0，所以a＋b＝6，由题意知a，b都是正实数，所以ab≤(eq\f(a＋b,2))2＝(eq\f(6,2))2＝9，当且仅当a＝b＝3时取到等号，故选D.【答案】D9．(文)(2022·福建高考)将函数y＝sinx的图象向左平移eq\f(π,2)个单位，得到函数y＝f(x)的图象，则下列说法正确的是()A．y＝f(x)是奇函数B．y＝f(x)的周期为πC．y＝f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,2)对称D．y＝f(x)的图象关于点(－eq\f(π,2)，0)对称【解析】函数y＝sinx图象向左平移eq\f(π,2)得f(x)＝sin(x＋eq\f(π,2))，∴f(x)＝cosx，故选D.【答案】D(理)(2022·湖南高考)已知函数f(x)＝sin(x－φ)，且∫eq\f(2π,3)0f(x)dx＝0，则函数f(x)的图象的一条对称轴是()A．x＝eq\f(5π,6)B．x＝eq\f(7π,12)C．x＝eq\f(π,3)D．x＝eq\f(π,6)【解析】由∫eq\f(2π,3)0f(x)dx＝0，得∫eq\f(2π,3)0sin(x－φ)dx＝0，即－cos(x－φ)|eq\f(2π,3)0＝0，解得φ＝kπ＋eq\f(π,3)，∴f(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,3)))))，由x－kπ－eq\f(π,3)＝k′π＋eq\f(π,2)得x＝(k＋k′)π＋eq\f(5,6)π(k，k′∈Z)，故选A.【答案】A10．(2022·陕西高考)如图，修建一条大路需要一段环湖弯曲路段与两条直道平滑连接(相切)．已知环湖弯曲路段为某三次函数图象的一部分，则该函数的解析式为()A．y＝eq\f(1,2)x3－eq\f(1,2)x2－xB．y＝eq\f(1,2)x3＋eq\f(1,2)x2－3xC．y＝eq\f(1,4)x3－xD．y＝eq\f(1,4)x3＋eq\f(1,2)x2－2x【解析】由题图知函数过(0,0)，可设三次函数为f(x)＝ax3＋bx2＋cx，f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，函数f(x)过点(2,0)且f′(0)＝－1，f′(2)＝3，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f2＝0，,f′0＝－1，,f′2＝3，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a＋2b＋c＝0，,c＝－1，,12a＋4b＋c＝3))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,2)，,b＝－\f(1,2)，,c＝－1，))∴f(x)＝eq\f(1,2)x3－eq\f(1,2)x2－x，故选A.【答案】A11．(2022·江西高考)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.若c2＝(a－b)2＋6，C＝eq\f(π,3)，则△ABC的面积是()A．3B.eq\f(9\r(3),2)C.eq\f(3\r(3),2)D．3eq\r(3)【解析】由c2＝(a－b)2＋6得c2＝a2＋b2－2ab＋6.由余弦定理得c2＝a2＋b2－ab，∴ab＝6，∴S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×6×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),2)，故选C.【答案】C12．(2022·江西南昌模拟)若数列{an}，{bn}的通项公式分别是an＝(－1)n＋2013·a，bn＝2＋eq\f(－1n＋2014,n)，且an<bn对任意n∈N*恒成立，则常数a的取值范围是()A．(－2,1)B．[－2,1)C．(－2,1]D．[－2,1]【解析】由an<bn，得－(－1)n·a<2＋eq\f(－1n,n)，要使其对任意n∈N*恒成立，则当n＝2k－1(k∈N*)时，a<2－eq\f(1,2k－1)恒成立，又(eq\f(1,2k－1))max＝1，所以a<2－1＝1；当n＝2k(k∈N*)时，－a<2＋eq\f(1,2k)恒成立，又eq\f(1,2k)∈(0，eq\f(1,2)]，所以－a≤2，得a≥－2.综上所述，－2≤a<1.故选B.【答案】B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．已知等比数列{an}为递增数列，且aeq\o\al(2,5)＝a10,2(an＋an＋2)＝5an＋1，则数列{an}的通项公式an＝________.【解析】先推断数列的项是正数，再求出公比和首项．aeq\o\al(2,5)＝a10＞0，依据已知条件得2(eq\f(1,q)＋q)＝5，解得q＝2.所以aeq\o\al(2,1)q8＝a1q9，所以a1＝2，所以an＝2n.【答案】2n14．(2022·山东高考)执行如图所示的程序框图，若输入的x的值为1，则输出的n的值为________．【解析】x＝1n＝012－4×1＋3＝0x＝1＋1＝2；n＝122－4×2＋3＝－1<0x＝2＋1＝3；n＝232－4×3＋3＝0x＝3＋1＝4；n＝342－4×4＋3＝3>0输出3.【答案】315．(猜测题)已知某生产厂家的年利润y(单位：万元)与年产量x(单位：万件)的函数关系式为y＝－eq\f(1,3)x3＋81x－234，则使该生产厂家猎取最大年利润的年产量为________万件．【解析】由于y′＝－x2＋81，所以当x＞9时，y′＜0；当x∈(0,9)时，y′＞0，所以函数y＝－eq\f(1,3)x3＋81x－234在(9，＋∞)上单调递减，在(0,9)上单调递增，所以x＝9是函数的极大值点，又由于函数在(0，＋∞)上只有一个极大值点，所以函数在x＝9处取得最大值．【答案】916.如图，在平面直角坐标系xOy中，一单位圆的圆心的初始位置在(0,1)，此时圆上一点P的位置在(0,0)，圆在x轴上沿正向滚动．当圆滚动到圆心位于(2,1)时，eq\o(OP,\s\up6(→))的坐标为________．【解析】利用平面对量的坐标定义、解三角形学问以及数形结合思想求解．设A(2,0)，B(2,1)，由题意知劣弧eq\x\to(PA)长为2，∠ABP＝eq\f(2,1)＝2.设P(x，y)，则x＝2－1×cos(2－eq\f(π,2))＝2－sin2，y＝1＋1×sin(2－eq\f(π,2))＝1－cos2，∴eq\o(OP,\s\up6(→))的坐标为(2－sin2,1－cos2)．【答案】(2－sin2,1－cos2)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)(2021·陕西高考)已知向量a＝(cosx，－eq\f(1,2))，b＝(eq\r(3)sinx，cos2x)，x∈R，设函数f(x)＝a·b.(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)在[0，eq\f(π,2)]上的最大值和最小值．【解】f(x)＝(cosx，－eq\f(1,2))·(eq\r(3)sinx，cos2x)＝eq\r(3)cosxsinx－eq\f(1,2)cos2x＝eq\f(\r(3),2)sin2x－eq\f(1,2)cos2x＝coseq\f(π,6)sin2x－sineq\f(π,6)cos2x＝sin(2x－eq\f(π,6))．(1)f(x)的最小正周期为T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,2)＝π，即函数f(x)的最小正周期为π.(2)∵0≤x≤eq\f(π,2)，∴－eq\f(π,6)≤2x－eq\f(π,6)≤eq\f(5π,6).由正弦函数的性质，得当2x－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(π,3)时，f(x)取得最大值1；当2x－eq\f(π,6)＝－eq\f(π,6)，即x＝0时，f(0)＝－eq\f(1,2)；当2x－eq\f(π,6)＝eq\f(5,6)π，即x＝eq\f(π,2)时，f(eq\f(π,2))＝eq\f(1,2)，∴f(x)的最小值为－eq\f(1,2).因此，f(x)在[0，eq\f(π,2)]上的最大值是1，最小值是－eq\f(1,2).18．(12分)(文)(2022·山东高考)已知{an}是等差数列，满足a1＝3，a4＝12，数列{bn}满足b1＝4，b4＝20，且{bn－an}为等比数列．(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)求数列{bn}的前n项和．【解】(1)设等差数列{an}的公差为d，由题意得d＝eq\f(a4－a1,3)＝eq\f(12－3,3)＝3.所以an＝a1＋(n－1)d＝3n(n＝1,2，…)．设等比数列{bn－an}的公比为q，由题意得q3＝eq\f(b4－a4,b1－a1)＝eq\f(20－12,4－3)＝8，解得q＝2.所以bn－an＝(b1－a1)qn－1＝2n－1.从而bn＝3n＋2n－1(n＝1,2，…)．(2)由(1)知bn＝3n＋2n－1(n＝1,2，…)．数列{3n}的前n项和为eq\f(3,2)n(n＋1)，数列{2n－1}的前n项和为1×eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1.所以，数列{bn}的前n项和为eq\f(3,2)n(n＋1)＋2n－1.(理)设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且Sn满足Seq\o\al(2,n)－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*.(1)求a1的值；(2)求数列{an}的通项公式；(3)证明：对一切正整数n，有eq\f(1,a1a1＋1)＋eq\f(1,a2a2＋1)＋…＋eq\f(1,anan＋1)＜eq\f(1,3).(1)【解】由题意知，Seq\o\al(2,n)－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*.令n＝1，有Seq\o\al(2,1)－(12＋1－3)S1－3×(12＋1)＝0，可得有Seq\o\al(2,1)＋S1－6＝0，解得S1＝－3或2，即a1＝－3或2，又an为正数，所以a1＝2.(2)【解】由Seq\o\al(2,n)－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，n∈N*可得，(Sn＋3)(Sn－n2－n)＝0，则Sn＝n2＋n或Sn＝－3，又数列{an}的各项均为正数，所以Sn＝n2＋n，Sn－1＝(n－1)2＋(n－1)，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－[(n－1)2＋(n－1)]＝2n.又a1＝2＝2×1，所以an＝2n.(3)【证明】当n＝1时，eq\f(1,a1a1＋1)＝eq\f(1,2×3)＝eq\f(1,6)＜eq\f(1,3)成立；当n≥2时，eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,2n2n＋1)＜eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)(eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1))，所以eq\f(1,a1a1＋1)＋eq\f(1,a2a2＋1)＋…＋eq\f(1,anan＋1)＜eq\f(1,6)＋eq\f(1,2)[(eq\f(1,3)－eq\f(1,5))＋…＋(eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1))]＝eq\f(1,6)＋eq\f(1,2)(eq\f(1,3)－eq\f(1,2n＋1))＜eq\f(1,6)＋eq\f(1,6)＝eq\f(1,3).所以对一切正整数n，有eq\f(1,a1a1＋1)＋eq\f(1,a2a2＋1)＋…＋eq\f(1,anan＋1)＜eq\f(1,3).19．(12分)(2022·陕西高考)△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.(1)若a，b，c成等差数列，证明：sinA＋sinC＝2sin(A＋C)；(2)若a，b，c成等比数列，求cosB的最小值．(1)【证明】∵a，b，c成等差数列，∴a＋c＝2b.由正弦定理得sinA＋sinC＝2sinB.∵sinB＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)，∴sinA＋sinC＝2sin(A＋C)．(2)【解】∵a，b，c成等比数列，∴b2＝ac.由余弦定理得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋c2－ac,2ac)≥eq\f(2ac－ac,2ac)＝eq\f(1,2)，当且仅当a＝c时等号成立．∴cosB的最小值为eq\f(1,2).20．(12分)(2022·江西高考)已知函数f(x)＝(4x2＋4ax＋a2)eq\r(x)，其中a＜0.(1)当a＝－4时，求f(x)的单调递增区间；(2)若f(x)在区间[1,4]上的最小值为8，求a的值．【解】(1)当a＝－4时，由f′(x)＝eq\f(25x－2x－2,\r(x))＝0得x＝eq\f(2,5)或x＝2，由f′(x)＞0得x∈(0，eq\f(2,5))或x∈(2，＋∞)，故函数f(x)的单调递增区间为(0，eq\f(2,5))和(2，＋∞)．(2)f′(x)＝eq\f(10x＋a2x＋a,2\r(x))，a＜0，由f′(x)＝0得x＝－eq\f(a,10)或x＝－eq\f(a,2).当x∈(0，－eq\f(a,10))时，f(x)单调递增；当x∈(－eq\f(a,10)，－eq\f(a,2))时，f(x)单调递减；当x∈(－eq\f(a,2)，＋∞)时，f(x)单调递增．易知f(x)＝(2x＋a)eq\r(2,x)≥0，且f(－eq\f(a,2))＝0.①当－eq\f(a,2)≤1时，即－2≤a＜0时，f(x)在[1,4]上的最小值为f(1)，由f(1)＝4＋4a＋a2＝8，得a＝±2eq\r(2)－2，均不符合题意．②当1＜－eq\f(a,2)≤4时，即－8≤a＜－2时，f(x)在[1,4]上的最小值为f(－eq\f(a,2))＝0，不符合题意．③当－eq\f(a,2)＞4时，即a＜－8时，f(x)在[1,4]上的最小值可能在x＝1或x＝4处取得，而f(1)≠8，由f(4)＝2(64＋16a＋a2)＝8得a＝－10或a＝－6(舍去)，当a＝－10时，f(x)在(1,4)单调递减，f(x)在[1,4]上的最小值为f(4)＝8，符合题意．综上有，a＝－10.21．(12分)(2022·山东济宁模拟)已知函数f(x)＝eq\f(a,x)＋lnx(a∈R)．(1)当a＝－1时，求f(x)在(1，f(1))处的切线方程；(2)求f(x)的最小值；(3)当a＝2时，求证：ln(n＋1)＋2eq\o(,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))eq\f(i,i＋1)>nln(2e)(n∈N*)．【解】(1)当a＝－1时，f(x)＝eq\f(－1,x)＋lnx，∴f′(x)＝eq\f(1,x2)＋eq\f(1,x)，∴k＝f′(1)＝eq\f(1,2).又f(1)＝－1，∴切点为(1，－1)，所以切线方程为y－(－1)＝eq\f(1,2)(x－1)，即x－2y－3＝0.(2)由于f(x)＝eq\f(a,x)＋lnx(x>0)所以f′(x)＝－eq\f(a,x2)＋eq\f(1,x)＝eq\f(x－a,x2)，①当a≤0时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)无最值；②当a>0时，令f′(x)＝0，解之：x＝a，当变化时，f(x)，f′(x)随x的变化状况如下：x(0，a)a(a，＋∞)f′(x)－0＋f(x)微小值由表可知，当x＝a时，f(x)取微小值即为最小值，所以f(x)min＝f(a)＝lna＋1；综上所述：当a≤0时，f(x)无最值；当a>0时，f(x)最小值为f(a)＝lna＋1.(3)当a＝2时，由(1)知：f(x)≥ln2＋1，(当且仅当x＝2时，等号成立)即eq\f(2,x)＋lnx≥ln2＋1，从而lnx≥ln2＋1－eq\f(2,x)＝ln(2e)－eq\f(2,x)，(*)所以分别令x＝eq\f(2,1)，eq\f(3,2)，eq\f(4,3)，…，eq\f(n＋1,n)代入(*)式得下列n个不等式：lneq\f(2,1)>ln(2e)－eq\f(2,\f(2,1))＝ln(2e)－2×eq\f(1,2)，lneq\f(3,2)>ln(2e)－eq\f(2,\f(3,2))ln(2e)－2×eq\f(2,3)，lneq\f(4,3)>ln(2e)－eq\f(2,\f(4,3))ln(2e)－2×eq\f(3,4)，……lneq\f(n＋1,n)>ln(2e)－eq\f(2,\f(n＋1,n))＝ln(2e)－2×eq\f(n,n＋1)，将上述n个不等式相加得：lneq\f(2,1)＋lneq\f(3,2)＋lneq\f(4,3)＋…＋lneq\f(n＋1,n)>nln(2e)－(2×eq\f(1,2)＋2×eq\f(2,3)＋2×eq\f(3,4)＋…＋2×eq\f(n,n＋1))，即ln(eq\f(2,1)×eq\f(3,2)×eq\f(4,3)×…×eq\f(n＋1,n))>nln(2e)－2(eq\f(1,2)＋eq\f(2,3)＋eq\f(3,4)＋…＋eq\f(n,n＋1))，所以ln(n＋1)>nln(2e)－2(eq\f(1,2)＋eq\f(2,3)＋eq\f(3,4)＋…＋eq\f(n,n＋1))，即ln(n＋1)＋2eq\i\su(i＝1,n,)eq\f(i,i＋1)>nln(2e)．22．(12分)(猜测题)已知点(1，eq\f(1,3))是函数f(x)＝ax(a＞0且a≠1)图象上的一点，等比数列{an}的前n项和为f(n)－c，数列{bn}(bn＞0)的首项为c，且前n项和Sn满足Sn－Sn－1＝eq\r(Sn)＋eq\r(Sn－1)(n≥2)．(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)若数列{eq\f(1,bnbn＋1)}的前n项和为Tn，问使Tn≥eq\f(1001,2015)的最小正整数n是多少？(3)若cn＝－eq\f(1,2)an·bn，求数列{cn}的前n项和．【解】(1)∵f(1)＝a＝eq\f(1,3)，∴f(x)＝(eq\f(1,3))x.∴a1＝f(1)－c＝eq\f(1,3)－c，a2＝[f(2)－c]－[f(1)－c]＝－eq\f(2,9)，a3＝[f(3)－c]－[f(2)－c]＝－eq\f(2,27).又数列{an}成等比数列，a1＝eq\f(a\o\al(2,2),a3)＝eq\f(\f(4,81),－\f(2,27))＝－eq\f(2,3)＝eq\f(1,3)－c，∴c＝1.又公比q＝eq\f(a2,a1)＝eq\f(1,3)，∴an＝－eq\f(2,3)(eq\f(1,3))n－1＝－eq\f(2,3n)，(n∈N*)．Sn－Sn－1＝(eq\r(Sn)－eq\r(Sn－1))(eq\r(Sn)＋