2021届高考数学（浙江专用）二轮复习预测提升仿真模拟卷（十二） WORD版含解析.doc

1、高考仿真模拟卷(十二) (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若全集U1，0，1，2，AxZ|x22，则UA()A2 B0，2 C1，2 D1，0，22设复数z，则z的共轭复数为()A.i Bi C13i D13i3在ABC中，“A”是“sin A”的()A充分不必要条件 B必要不充分条件C充要条件 D既不充分也不必要条件4设alog3，b，c，则()Aabc Bcba Ccab DbaBC，O为AC的中点，P为ABC所在平面外一点，且PAPBPC，设二面角PABC的大小

2、为，二面角PBCA的大小为，则()AC D，的大小与点P的位置有关10已知a，b，c是平面内三个单位向量，若ab，则|a2c|3a2bc|的最小值为()A. B3 C.2 D5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椭圆1的长轴长是_，离心率是_12已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为_，体积为_13已知等差数列an的前n项和为Sn，若a35，a53，则an_，S7_14已知(2x1)10a0a1(x1)a2(x1)2a10(x1)10，其中aiR，i1，2，10，则a0a1a2a10_；a7_15.如图，ABC是由

3、3个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形，设DF2AF，AB，则EDF的面积为_16设点P是ABC所在平面内动点，满足，342(，R)，|.若|3，则ABC的面积最大值是_17记maxp，q，设M(x，y)max|x2y1|，|y2x1|，其中x，yR，则M(x，y)的最小值是_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)sin xcos xsin2x的最小正周期为，0.(1)求f(x)的表达式；(2)当x时，求f(x)的最大值和最小值19.(本题满分15分)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，已知AB侧

4、面BB1C1C，ABBC1，BB12，BCC1.(1)求证：C1B平面ABC；(2)设(01)，且平面AB1E与BB1E所成的锐二面角的大小为30，试求的值20(本题满分15分)已知数列an满足a12，an1a6an6.(nN*)(1)设Cnlog5(an3)，求证Cn是等比数列；(2)求数列an的通项公式；(3)设bn，数列bn的前n项和为Tn，求证：Tn0)上的点M(m，2)与其焦点的距离为2. (1)求实数p与m的值； (2)如图所示，动点Q在抛物线C上，直线l过点M，点A，B在l上，且满足QAl，QBx轴若为常数，求直线l的方程22(本题满分15分)已知函数f(x)ln(x1)mx(m

5、R)(1)当m0时，求函数f(x)的单调区间；(2)有这样的结论：若函数p(x)的图象是在区间a，b上连续不断的曲线，且在区间(a，b)内可导，则存在x0(a，b)，使得p(x0).已知函数f(x)在(x1，x2)上可导(其中x2x11)，若函数g(x)(xx1)f(x1)证明：对任意x(x1，x2)，都有f(x)g(x)高考仿真模拟卷(十二)1解析：选A.因为AxZ|x22，所以A1，0，1，所以UA2，故选A.2解析：选B.zi.3解析：选B.取A，则sin A，由sin AA”是“sin A”的必要不充分条件4解析：选A.因为alog3log21，0b1，所以abc.5解析：选D.根据题

6、意可分以下三种情况：考生甲选物理不选化学，有C种选考方法；考生甲选化学不选物理，有C种选考方法；考生甲同时选物理和化学，有C种选考方法根据分类加法计数原理可知，考生甲的选考方法的种数为CCC25.6解析：选D.因为数列an是递增数列，又anf(n)，nN*，所以2aBC，所以ONOM，所以tan tan ，选B.10解析：选A.设c(x，y)，a(1，0)，b(0，1)，则x2y21，从而|a2c|3a2bc|，等号可取到11解析：因为a2，所以2a4，因为b，所以c1，所以.答案：412解析：根据三视图可知，该几何体是一个棱长为2的正方体截去一个三棱锥后剩下的几何体，其直观图如图所示，所以该

7、几何体的表面积S322222220，体积V23122.答案：2013解析：法一：由题意，得，解得，所以ana1(n1)d7(n1)(1)8n，所以a7871，S728.法二：ana3(n3)8n，S728.答案：8n2814解析：令x2，则a0a1a2a1031059 049.令x1y，则(12y)10a0a1ya2y2a10y10，得a7C2715 360.答案：59 04915 36015解析：由题意知DBAFCE，设DBx，则AD3AF3x，在ABD中，ADB120，根据余弦定理得AB2AD2DB22ADDBcos 120，即139x2x23x213x2，解得x1，所以DF2x2，因此D

8、EF的面积为22.答案：16解析：由21(，R)知可配凑22，故P，D，E三点共线又由|知，点P为ABC的外接圆圆心如图可知PE是AB的中垂线，故CDBD，且2，设点D(x，y)，则2，化简得(x1)2y24所以SABC3SABD33r9.答案：917解析：由M(x，y)max|x2y1|，|y2x1|，可知当|x2y1|y2x1|时，M(x，y)取得最小值，即x2y1y2x1或x2y1(y2x1)，解得xy或xy1或(x)2(y)2(舍)当xy时，M(x，y)y2y1(y)2；当xy1时，M(x，y)x2x2(x)2，所以M(x，y)的最小值为.答案：18解：(1)f(x)sin xcos

9、xsin2xsin 2xsin 2xcos 2xsin.因为f(x)的最小正周期为，故T，所以1，所以f(x)sin.(2)由(1)知f(x)sin，当x时，2x.当2x，即x时，f(x)单调递增；当2x，即x时，f(x)单调递减；又f(0)，f.所以f(x)maxf1，f(x)minf(0).19解：(1)证明：因为AB侧面BB1C1C，BC1侧面BB1C1C，故ABBC1，在BCC1中，BC1，CC1BB12，BCC1，BCBC2CC2BCCC1cosBCC11222212cos 3，所以BC1，故BC2BCCC，所以BCBC1，而BCABB，所以C1B平面ABC.(2)由(1)可知，AB

10、，BC，BC1两两垂直以B为原点，BC，BA，BC1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系则B(0，0，0)，A(0，1，0)，B1(1，0，)，C(1，0，0)，C1(0，0，)所以(1，0，)，所以(，0，)，E(1，0，)，则(1，1，)，(1，1，)设平面AB1E的法向量为n(x，y，z)，则，即，令z，则x，y，故n是平面AB1E的一个法向量因为AB平面BB1C1C，(0，1，0)是平面BB1E的一个法向量，所以|cosn，|.两边平方并化简得22530，所以1或(舍去)20解：(1)证明：由an1a6an6得an13(an3)2，所以log5(an13)2log5(an3)，

11、即Cn12Cn，所以Cn是以2为公比的等比数列(2)又C1log551，所以Cn2n1，即log5(an3)2n1，所以an352n1故an52n13.(3)证明：因为bn，所以Tn.又0，所以Tn0时，(1)0，即1，所以f(x)0，所以f(x)在(1，)上单调递增当m0，即1，由f(x)0，解得1x，由f(x)，所以f(x)在上单调递增，在上单调递减(2)证明：令h(x)f(x)g(x)f(x)(xx1)f(x1)，则h(x)f(x).因为函数f(x)在区间(x1，x2)上可导，则根据结论可知，存在x0(x1，x2)，使得f(x0)，又f(x)m，所以h(x)f(x)f(x0).当x(x1，x0时，h(x)0，从而h(x)单调递增，所以h(x)h(x1)0；当x(x0，x2)时，h(x)h(x2)0.故对任意x(x1，x2)，都有h(x)0，即f(x)g(x)