2021届高考数学（浙江专用）二轮复习预测提升仿真模拟卷（十五） WORD版含解析.doc

1、高考仿真模拟卷(十五) (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Mx|x2x，Nx|lg x0，则MN () A0，1 B(0，1 C0，1) D0，12若复数z满足(12i)z1i，则|z|()A. B C. D3已知实数x，y满足则xy的取值范围为()A2，5 B C. D5，)4.已知函数yxf(x)的图象如图所示(其中f(x)是函数f(x)的导函数)则下面四个图象中，yf(x)的图象大致是()5过点(0，2)的直线交抛物线y216x于A(x1，y1)，B(x

2、2，y2)两点，且yy1，则OAB(O为坐标原点)的面积为()A. B C. D6设a，b为实数，则“|ab2|ba2|1”是“(a)2(b)2”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7已知数列an的首项a12，数列bn为等比数列，且bn，若b10b112，则a21()A29 B210 C211 D2128将颜色分别为红色、黄色、蓝色的3个球，放入编号为1，2，7的七个盒子中，每一个盒子至多放2个球，则不同的放法有()A98种 B196种 C252种 D336种9已知向量a，b满足|a|ab|2，则|2ab|b|的最大值为()A4 B4 C42 D810若实

3、数x、y满足xy0，则的最大值为()A2 B2 C42 D42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计算：log2_，2log23log43_12在ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，若a，b3，c2，则A_，ABC的面积为_13.某空间几何体的三视图如图所示，其中正视图是长方形，侧视图是一个等腰梯形，则该几何体的体积是_，表面积是_14已知等差数列an满足a37，a5a726，bn(nN*)，数列bn的前n项和为Sn，则an_，S100_15随机变量的分布列如下：101Pa0.25b若E()，则D()_16.如图

4、，平面CD，EA，垂足为A，EB，垂足为B，则CD与平面AEB的位置关系是_17已知函数f(x)logaxxb (a0，且a1)当2a3b4时，函数f(x)的零点x0(n，n1)，nN*，则n_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)sin2sin2x.(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，在四棱锥PABCD中，侧面PCD底面ABCD，底面ABCD为矩形，E为PA中点，AB2a，BCa，PCPDa. (1)求证：PC平面BDE；(2)求直线AC与平面PAD所成角的正弦值20

5、(本题满分15分)已知函数f(x).(1)记函数F(x)x2xf(x)，求函数F(x)的最大值；(2)记函数H(x)若对任意实数k，总存在实数x0，使得H(x0)k成立，求实数s的取值集合21(本题满分15分)已知抛物线C：y24x的焦点为F，直线l：ykx4(1k0且q1)(1)求证：数列an是等比数列；(2)当q2时，设数列log2an的前n项和为Sn.求Sn；设bnanlog2an(nN*)，数列bn的前n项和为Tn，记集合Mn|，nN*，若集合M的子集个数为16，求实数的取值范围.高考仿真模拟卷(十五)1解析：选A.化简集合M，N后，求两集合并集由x2x解得Mx|0x1，N1，故MN0

6、，1故选A.2解析：选C.z|z|.3A4解析：选C.由条件可知当0x1时，xf(x)0，所以f(x)0，函数递减当x1时，xf(x)0，所以f(x)0，函数递增，所以当x1时，函数取得极小值当x1时，xf(x)0，所以f(x)0，函数递增，当1x0时，xf(x)0，所以f(x)0，函数递减，所以当x1时，函数取得极大值符合条件的只有C项5解析：选D.由题意得，y16x1，y16x2，所以yy16(x1x2)，所以直线AB的方程为yx2，令y0，得x，所以S|y1y2|yy|，故选D.6解析：选A.(a)2(b)2a2ab2ba2ab2b1b2aa2b1，令b2ax，a2by，则|x|y|xy

7、|xy，所以|x|y|1xy1，而反之不能，故是充分不必要条件，故选A.7解析：选C.由bn，且a12，得b1，a22b1；b2，a3a2b22b1b2；b3，a4a3b32b1b2b3；an2b1b2b3bn1，所以a212b1b2b3b20，又bn为等比数列，所以a212(b1b20)(b2b19)(b10b11)2(b10b11)10211.8解析：选D.由题意分为两种情况：第1种选三个盒子，每个盒子一个小球共A种放法；第2种选二个盒子，其中一个盒子放两个小球，一个盒子放一个小球，共CCA种，所以共有ACCA336种故选D.9解析：选B.法一：如图，记a.b，ab，则点B在以O为圆心，2

8、为半径的圆O上，故|2ab|b|.在以|为长轴，A、C为焦点的椭圆上，显然当该椭圆与圆O相切时，|最大，即当BOAC时，|的最大值为4.故选B.法二：在方法一中，|2|2|216，所以，即|4，当|时取等号故选B.法三：在方法二中，记|4cos ，|4sin ，|4cos 4sin 4sin，故|的最大值为4.故选B.10解析：选D.11142，当且仅当，即x22y2时取等号11解析：log2log222log222.方法一：2log23log432log232log433(4log43)3，方法二：2log23log432log23(2log23)33.答案：2312解析：由余弦定理得cos

9、 A，因为A(0，)，所以A，所以ABC的面积为bcsin A32.答案：13615414解析：在等差数列an中，a5a72a626a613，又数列an的公差d2，所以ana3(n3)d7(n3)22n1，那么bn，故Snb1b2bnS100.答案：2n115解析：由题意知，ab.因此，D()E()2(E)2.答案：16解析：因为EA，CD，根据直线和平面垂直的定义，则有CDEA.同样，因为EB，CD，则有EBCD.又EAEBE，所以CD平面AEB.答案：垂直17解析：因为2a3，所以f(x)logaxxb为定义域上的单调函数f(2)loga22b，f(3)loga33b.因为lg 2lg a

10、lg 3，所以3，所以b3，所以2b1，所以loga22b0，即f(2)0.因为1，3b4，所以13b0，所以f(3)0，即f(2)f(3)F，F(2)F，所以当x2时，函数F(x)取得最大值，最大值为4ln 2.(2)因为对任意实数k，总存在实数x0，使得H(x0)k成立，所以函数H(x)的值域为R，函数y在s，)上单调递增，其值域为.函数yf(x)，y.当xe时，y0.当xe时，y0，函数y在e，)上单调递减，当0x0，函数y在(0，e)上单调递增若se，则函数y在(0，e)上单调递增，在(e，s)上单调递减，其值域为，又，不符合题意若0时，u(s)0，u(s)在(，e)上单调递增；当0s

11、时，u(s)0，所以a1q.当m1时，a1anqn1anqn，所以q，所以数列an是首项为q，公比为q的等比数列(2)当q2时，由(1)知an2n，所以log2ann，所以数列log2an是等差数列，其前n项和Snn.由得bnn2n(nN*)所以Tn121222(n1)2n1n2n，从而2Tn122223(n1)2nn2n1，两式相减得Tn(21222n)n2n12n12n2n1，所以Tn(n1)2n12.所以.令f(n)，因为f(n1)f(n)0.所以f(n1)f(n)，即f(n)单调递减易求得f(1)1，f(2)，f(3)，f(4)，f(5)，由M的子集个数为16，得不等式，nN*的解的个数为4，所以.