2021届高考数学（浙江专用）二轮复习预测提升仿真模拟卷（六） WORD版含解析.doc

1、高考仿真模拟卷(六)(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|x210，Bx|lg x0，则AB()Ax|0x1 Bx|0x1 Cx|1x1 Dx|10，|)，x为f(x)的零点，x为yf(x)图象的对称轴，且f(x)在区间上单调，则的最大值是()A12 B11 C10 D98某同学计划用他姓名的首字母T，X，身份证的后4位数字(4位数字都不同)以及3个符号，设置一个六位的密码若T，X必选，且符号不能超过两个，数字不能放在首位和末位，字母和数字的相对顺序不变，则

2、他可设置的密码的种数为()A864 B1 009 C1 225 D1 4419函数f(x)220sin 100x220sin，且对任意的xR，f(x1)f(x)f(x2)恒成立，则|x2x1|的最小值为()A50 B C. D44010已知Sn是数列an的前n项和，a1，且anan1(1)nn2，若1 010，(其中，0)，则的最小值是()A2 B4 C2 D2 018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，共36分11已知数列an的前n项和为Sn，且对任意nN*，有2Sn3an2，则a1_；Sn_12若cos 22cos()，(0，)，则s

3、in 2_，tan _13设z2xy，其中x，y满足若z的最大值为6，则k的值为_，z的最小值为_14定义maxa，b已知函数f(x)max|2x1|，ax2b，其中a0，b0)的左、右焦点分别为F1，F2，直线l过左焦点F1且与双曲线的左支交于A，B两点，且满足|AF1|3|BF1|，|AB|BF2|，则双曲线C的离心率为_17已知向量a，b，c满足|a|1，|b|2，|cb|1，则|ac|的取值范围为_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)已知在ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，向量m(2ab，c)，n(cos C，co

4、s B)，且mn.(1)求角C的大小；(2)若BC边上的中线AM的长为2，求a2b的取值范围19.(本题满分15分)四棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长都相等，A1ABA1ADBAD60.(1)求证：AA1BD；(2)求直线AB1与平面BB1C1C所成角的正弦值20(本题满分15分)已知数列an的前n项和为Sn，且满足Sna2nbn1(a，bR，nN*)(1)当a1，b1时，求数列Sn的前n项和Tn；(2)若an是等比数列，证明：0)上一点A(m，2)到其焦点F的距离为2.(1)求抛物线的方程；(2)若直线l过点F，且与抛物线交于不同的两点，P，Q.(i)若直线l的斜率为1，且与圆E：(x

5、2)2y21交于点C，D，从左到右依次为P，C，D，Q，求|PC|DQ|；(ii)若直线l交y轴于点N，且s，t，求st的值22(本题满分15分)已知函数f(x)aln(1x)(aR)，g(x)x2emx(mR)(1)当a1时，求函数f(x)的最大值；(2)若a0，且对任意的x1，x20，2，f(x1)1g(x2)恒成立，求实数m的取值范围高考仿真模拟卷(六)1解析：选D.Ax|x210x|1x1，Bx|lg x0x|0x1，所以ABx|12AM4，所以a2b(4，819解：(1)取BD的中点O，连接OA、OA1，BD垂直OA，BD垂直OA1，且OA1OAO，所以直线BD平面A1AO.所以AA

6、1BD.(2)设AB1，AB1与平面BB1C1C所成角等于AB1与平面A1AD所成角，而AB1，dB1A1ADdBA1AD，所以sin .20解：(1)当a1，b1时，Sn2nn1，TnS1S2Sn211122212nn1(21222n)(12n)n2n12n(n1)n2n1n(n1)2.(2)证明：当n1时，a1S12ab1，当n2时，anSnSn12n1ab，要使an是等比数列，则b0，此时an2n1a，且满足当n1时，a12ab1a，即a1，此时Sn2n1，an2n1，11.21解：(1)抛物线M的准线为x，焦点F(，0)，由点A(m，2)在抛物线M上，可得222pm，故m.由抛物线的定

7、义可得，|AF|等于点A(m，2)到准线的距离d()2.即2，解得p2.所以抛物线的方程为y24x.(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，(i)由题意得，直线l的方程为yx1，圆的圆心E(2，0)，半径r1.则圆心到直线l的距离d1，所以|CD|22.联立方程得，消去y，得x26x10，则x1x26，所以|PQ|PF|QF|x11x21x1x228.所以|PC|DQ|PQ|CD|8.(ii)由题意知，直线l的斜率存在且不为零，故设直线l的斜率为k(k0)，则直线l的方程为yk(x1)将直线l的方程与抛物线方程联立，得，消元得k2x2(2k24)xk20，则由根与系数的关系可得x1x22，

8、x1x21.又N(0，k)，F(1，0)，故(x1，y1k)，(1x1，y1)，由s得，解得s，同理t.所以st1.22解：(1)函数f(x)的定义域为(1，)，当a1时，f(x)，所以当x(1，0)时，f(x)0，函数f(x)在(1，0)上单调递增，当x(0，)时，f(x)0，函数f(x)在(0，)上单调递减，所以f(x)maxf(0)0.(2)令(x)f(x)1，则“当a0时，对任意的x1，x20，2，f(x1)1g(x2)恒成立”等价于“当a0时，对任意的x0，2，(x)ming(x)max”由于(x)，故当a0时，对任意的x0，2，有(x)0，从而函数(x)在0，2上单调递增，所以(x

9、)min(0)1.g(x)2xemxx2emxm(mx22x)emx.当m0时，g(x)x2，当x0，2时，g(x)maxg(2)4，显然不满足g(x)max1.当m0时，令g(x)0得，x0或x.(i)当2，即1m0时，若x0，2，则g(x)0，所以g(x)在0，2上单调递增，所以g(x)maxg(2)4e2m，所以4e2m1，得mln 2，所以1mln 2.(ii)当02，即m1时，若x，则g(x)0，g(x)单调递增，若x，则g(x)0，g(x)单调递减，所以g(x)maxg，所以1，得m，所以m1.(iii)当0，即m0时，若x0，2，则g(x)0，g(x)单调递增，所以g(x)maxg(2)4e2m，4e2m1不成立综合所述，实数m的取值范围是(，ln 2