2021届高考数学（浙江专用）二轮复习预测提升仿真模拟卷（五） WORD版含解析.doc

1、高考仿真模拟卷(五)(时间：120分钟；满分：150分)第卷(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Ax|y，B，则(RA)B等于()Ax|1x2 Bx|1x0 Cx|x1 Dx|2x0，b0)与函数y的图象交于点P，若函数y的图象在点P处的切线过双曲线的左焦点F(1，0)，则双曲线的离心率是()A. B C. D8在2019年亚洲杯前，某商家为了鼓励中国球迷组团到阿联酋支持中国队，制作了3种精美海报，每份中国队球迷礼包中随机装入一份海报，每集齐3种不同的海报就可获得中国队在亚洲杯上所有比赛中的1张门票现

2、有6名中国队球迷组成的球迷团，每人各买一份中国队球迷礼包，则该球迷团至少获得1张门票的可能情况的种数为()A360 B450 C540 D9909已知函数f(x)若存在实数x1，x2，x3，x4，满足x1x2x3x4，且f(x1)f(x2)f(x3)f(x4)，则的取值范围是()A(10，52) B(13，40)C(11，17) D(15，25)10.如图，已知线段AB垂直于定圆所在的平面，B，C是圆上的两点，H是点B在AC上的射影，当C运动时，点H运动的轨迹()A是圆 B是椭圆C是抛物线 D不是平面图形第卷(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

3、，共36分11已知复数z满足(1i)zi2(其中i为虚数单位)，则z的虚部为_，|z|_12设acos 420，函数f(x)，则a_，f()f(log2)_13某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是_cm3，表面积是_cm2.14已知随机变量X的分布列如下表：Xa234Pb若E(X)2，则a_；D(X)_15已知RtABC的三个顶点都在抛物线y22px(p0)上，且斜边ABy轴，CD是斜边上的高，D为垂足，则|CD|_16在ABC中，AD是BC边上的中线，ABD.若AC2AD2，则ABC的面积为_17已知tR，记函数f(x)在1，2的最大值为H(t)，若H(t)1，则t的取

4、值范围是_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)已知函数f(x)cos2xsin xcos x，xR.(1)求f()的值；(2)求f(x)的最小正周期及单调递减区间19.(本题满分15分)如图，四边形ABCD为梯形，ABCD，C60，点E在线段CD上，满足BECD，且CEABCD2，现将ADE沿AE翻折到AME位置，使得MC2.(1)证明：AEMB；(2)求直线CM与面AME所成角的正弦值20(本题满分15分)设Sn为等差数列an的前n项和，其中a11，且an1(nN*)(1)求常数的值，并写出an的通项公式；(2)记bn，数列bn的前

5、n项和为Tn，若对任意的nk(kN*)，都 有0)，且抛物线C在点P(1，m)处的切线斜率为，直线l与抛物线交于A，B两点(点A在点B左侧)，且直线AP垂直于直线BP.(1)求证：直线l过定点，并求出定点坐标；(2)如图，直线BP交y轴于点M，直线AP交x轴于点N，求的最大值22(本题满分15分)已知函数f(x)4ax33|a1|x22axa(aR)(1)当a1时，判断f(x)的单调性；(2)当x0，1时，恒有|f(x)|f(1)，求a的取值范围高考仿真模拟卷(五)1解析：选B.因为Ax|yx|x0，所以RAx|x0又Bx|1x2，所以(RA)Bx|1x02解析：选D.a2，c2437，离心率

6、e.故选D.3解析：选D.A.ysin|x|在上单调递增，故A错误；B.ycos|x|cos x周期为T2，故B错误；C.y|tan x|在上单调递增，故C错误；D.f(x)ln|sin(x)|ln|sin x|，周期为，当x时，yln(sin x)是在上单调递减的偶函数，故D正确，故选D.4解析：选D.令x1y，则已知(x1)5a0a1(x1)a2(x1)2a5(x1)5就变为(y2)5a0a1ya2y2a5y5，根据二项式定理知，a2即二项式(y2)5展开式中y2项的系数，Tr1Cy5r(2)r，令5r2，r3，故a2C(2)380，故选D.5解析：选A.根据题目给出的四个选项，函数图象是

7、关于原点中心对称或y轴对称，因此f(x)是奇函数或偶函数，而y是奇函数，因此ycos(2x)必为奇函数或偶函数，所以0，或.当0时，f(x)cos2x是奇函数，且当x时，f(x)0，选项B基本符合；当时，f(x)(cos 2x)，f(x)是奇函数，且当x时，f(x)0，选项C基本符合，故选A.6解析：选B.将anan1anan1两边同时除以anan1，可得1，即bn1bn1，所以bn是公差为d1的等差数列，其前9项和为90，所以b1b920，将b9b18db18，代入得b16，所以b49，b611，所以b4b699，选B.7解析：选A.设P(x0，)，所以切线的斜率为，又因为在点P处的切线过双

8、曲线的左焦点F(1，0)，所以，解得x01，所以P(1，1)，因此2c2，2a1，故双曲线的离心率是，故选A.8解析：选C.由题意可知，该球迷团最多可获得2张门票，若3种海报的数量分别为2，2，2，则不同的情况种数为CC90.若3种海报的数量分别为3，2，1，则不同的情况种数为CCA360.若3种海报的数量分别为4，1，1，则不同的情况种数为CA90.故该球迷团至少获得1张门票的可能情况的种数为9036090540.9解析：选B.作出函数f(x)的图象，如图所示，易知，0x1x23，且x1x21，3x36，12x415，且x3，x4所对应的图象上的点关于直线x9对称，设x39t，x49t，t(

9、3，6)，所以(7t)(7t)49t2(13，40)10解析：选A.如图，过点B作圆的直径BD，连接CD，AD，再过点B作BEAD于E，连接HE，因为AB平面BCD，所以ABCD.又由BD为圆的直径得BCCD，且ABBCB，所以CD平面ABC，所以CDBH，又BHAC，且ACCDC，所以BH平面ACD，所以BHAD，BHHE.所以当点C运动时，点H运动的轨迹是以BE为直径的圆故选A.11解析：法一：由(1i)zi2得，zi.所以z的虚部为，|z|.法二：设zabi(a，bR)，则(1i)z(1i)(abi)ab(ba)ii2，所以解得a，b，所以z的虚部为，|z|.答案：12解析：因为acos

10、 420cos 60，所以f(x)，所以f()f(log2)log()log2log242log26268.答案：813解析：由三视图可知该几何体是由底面圆的半径为1，高为2的圆柱被截去四分之一得到，故所求体积V122(cm3)，表面积S1222122152(cm2)答案：5214. 解析：由b1，可知b，又E(X)2a0，所以D(X).答案：015解析：设抛物线上的点A(x0，y0)，则B(x0，y0)，xDx0，则以AB为直径的圆的方程为(xx0)2y2y，与抛物线y22px的交点为C(x1，y1)，由可得x2(2x02p)xx2px00.因此x0x12x02p，则x1x02p，因此|CD

11、|x1x0|2p.答案：2p16解析：记ABC的三内角BAC，ABC，ACB所对的三条边分别为a，b，c，则BDa，由余弦定理可得，AD2AB2BD22ABBDcosABD，所以1c2ac，即44c2a22ac，又AC2AB2BC22ABBCcosABC，所以4c2a2ac，于是，4c2a22acc2a2ac，所以ac，代入c2a2ac4可得c2，a2，所以SABCacsinABC.答案：17解析：设Pxx222，3，f(x)|Pt|，H(t)max|2t|，|3t|所以|2t|1或|3t|1，所以t2或t3.答案：t2或t318解：(1)f.(2)f(x)cos2 xsin xcos xco

12、s 2xsin 2x1cos1，所以周期T.由2k2x2k得，kxk，所以f(x)的单调递减区间是(kZ)19解：(1)证明：法一：连接BD交AE于N，由条件易算BD4.所以BCBD.又 BCAE，所以AEBD.从而AEBN，AEMN，所以AE平面MNB.所以AEMB.法二：由MEDE6，CE2，MC2，得ME2CE2MC2，故CEME. 又CEBE，所以CE平面BEM，所以CEBM，可得ABBM，计算得ADAM2，MB2，从而ME2MB2BE2，BEBM，所以MB平面ABE，所以AEMB.(2)法一：设直线CM与平面AME所成角为，则sin ，其中h为点C到平面AME的距离因为AEBC，所以

13、点C到平面AME的距离即点B到平面AME的距离由VMABESABEBMVBAMESAEMh.所以h.所以sin .法二：由MB平面ABCE，可建立如图所示的空间直角坐标系，则，A(0，2，0)，C(2，2，0)，E(2，0，0)，M(0，0，2)，则(0，2，2)，(2，2，0)，(2，2，2)设平面AME的一个法向量为m(x，y，z)，由，可取m(，1)，所以sin cosm，.20解：(1)由a11及an1，得a2，a31，又an是等差数列，所以2，即，所以a22，公差d1，ann.(2)由(1)知ann，所以bn.Tn，Tn，得Tn，所以Tn.要使，即1，记dn，则dn1，因为dn1dn

14、0，所以dn11，d21，d31，所以当n4时，恒有dn1.故存在kmin4，对任意的nk(kN*)，都有0，易知k，联立，得，得x24kx4k10，16k216k40，利用根与系数的关系得xBxP4k，所以xB4k1.因为APBP，所以同理可得xA1，易知xN1，xM0，所以|AP|BP|xPxA|xBxp|(2)(4k2)，|MP|NP|xPxM|xNxP|，所以16325050，所以的最大值为50.22解：(1)当a1时，f(x)4x32x1，f(x)12x220.故f(x)在R上单调递增(2)由于|f(0)|f(1)，即|a|5a3|a1|，解得a1.当a0时，f(x)12ax26|a

15、1|x2a，当x0，1时，f(x)0，所以f(x)在0，1上单调递增，符合题意当a0时，f(0)2a0，存在x0(0，1)，使得f(x0)0，故f(x)在0，x0)上单调递减，在(x0，1上单调递增因为f(x0)12ax6(1a)x02a0，所以4ax2(1a)xax0，所以f(x0)4ax3(1a)x2ax0a(1a)xax0axa0，由单调性知|f(x0)|f(x0)f(1)符合题意当a时，f(x)3x3x2x，f(x)9(x1)，f(x)在上单调递减，在上单调递增，且ff(1)符合题意当1a0，f(0)0，f(1)0，f(x)图象的对称轴为直线x(0，1)故f(x)0在(0，1)内有两个不同的实根x1，x2，设x1f(1)，不符合题意综合可知，a的取值范围为.