2021届高考数学（浙江专用）二轮复习预测提升仿真模拟卷（十六） WORD版含解析.doc

1、高考仿真模拟卷(十六) (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AxR|x24，BxR|1x2，则()AAB BABR CBA DAB2已知1yi，其中x，y是实数，i是虚数单位，则xyi的共轭复数为()A12i B12i C2i D2i3已知直线a，b分别在两个不同的平面，内则“直线a和直线b相交”是“平面和平面相交”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已知实数x，y满足不等式组则zx3y7的最大值为()A5 B11 C15

2、 D195.九章算术中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”，已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中虚线平分矩形的面积，则该 “堑堵”的侧面积为()A2 B42C44 D466某离散型随机变量的分布列如下表，且E()1.5，则P(2)()0123P0.1mn0.1A.0.3 B0.4 C0.5 D0.67函数y|sin x|tan x的大致图象是()8已知平面向量a，b的夹角为，|ab|a|2.若非零向量ca与cb的夹角为，则|c|的取值范围是()A(，4 B(2，4 C(2，2 D2，49若函数f(x)在x|1|x|4，xR上的最大值为M，最小值为m，则Mm()A. B2 C. D1

3、0已知A1，A2，A3为平面上三个不共线的定点，平面上点M满足()(是实数)，且是单位向量，则这样的点M有()A0个 B1个 C2个 D无数个第卷(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双曲线1的焦点坐标为_，渐近线方程为_12对给定的正整数n(n6)，定义f(x)a0a1xa2x2anxn，其中a01，ai2ai1(iN*，in), 则a6_；当n2 017时，f(2)_.13在锐角ABC中，已知A2B，则角B的取值范围是_，又若a，b分别为角A，B的对边长，则的取值范围是_14在等比数列an中，2a3a2a40，则a3_，bn为等

4、差数列，且b3a3，则数列bn的前5项和等于_15从4位男数学教师和3位女语文教师中选出4位教师派到4个班担任班主任(每班1位班主任)，要求这4位班主任中男女教师都有，则不同的选派方案共有_种16已知ABC中，ABAC，6，BC，A60，若M是BC的中点，过M作MHAB于H，则_.17.已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，F1，F2分别是其左、右焦点，A，B分别是椭圆的右顶点和上顶点，PF1与x轴垂直且与椭圆交于点P(如图所示)，若直线PF2与椭圆C的另一个交点为Q，且四边形OAQB的面积为，则椭圆C的标准方程为_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(

5、本题满分14分)已知函数f(x)2sin xcos x12sin2x.(1)求f(x)的最小正周期； (2)求f(x)在区间上的最大值与最小值19.(本题满分15分)如图，在底面是菱形的四棱锥PABCD中，ABC60，PAAC1，PBPD，点E在PD上(1)证明：PA平面ABCD；(2)当2时，求二面角EACD的大小20(本题满分15分)设各项均为正数的数列an的前n项和Sn满足nr.(1)若a12，求数列an的通项公式；(2)在(1)的条件下，设bn(nN*)，数列bn的前n项和为Tn，求证：Tn.21.(本题满分15分)已知抛物线C：y22px(p0)过点M(m，2)，其焦点为F，且|MF

6、|2.(1)求抛物线C的方程；(2)设E为y轴上异于原点的任意一点，过点E作不经过原点的两条直线分别与抛物线C和圆F：(x1)2y21相切，切点分别为A，B，求证：直线AB过定点22(本题满分15分)设函数f(x)ln x，g(x)ex，h(x)ax2bxc.(1)若a1，bc0，求函数F(x)f(x)h(x)的单调区间；(2)若ac0，b0，且G(x)g(x)h(x)m(mR)对任意的xR都成立，求mb的最大值高考仿真模拟卷(十六)1解析：选A.由题意得，A(，2)(2，)，所以AB，故A正确，B，C，D错误，选A.2解析：选D.(xxi)1yi，所以解得x2，y1，故选D.3解析：选A.若

7、直线a，b相交，设交点为P，则Pa，Pb.又a，b，所以P，P，故，相交反之，若，相交，则a，b可能相交，也可能异面或平行故“直线a和直线b相交”是“平面和平面相交”的充分不必要条件4解析：选D.法一：作出不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分所示，将zx3y7变形为yx，数形结合可知，当直线yx过点B(3，5)时，z的值最大，此时为19，所以z的最大值为19，故选D.法二：解不等式组可得三个顶点的坐标分别为A(3，3)，B(3，5)，C(1，1)，分别代入zx3y7得zx3y7的最大值为19.5解析：选C.该几何体的直观图如图所示，故侧面积为222244.故选C.6解析：选C.由题意可知，.

8、解得mn0.4，所以P(2)0.5.7解析：选D.易知函数yf(x)|sin x|tan x是奇函数，故排除B，C，又在(，)上函数yf(x)的符号为负，故排除A，选D.8解析：选B.设a，b，c，由a，b的夹角为，|ab|a|2可知OAB为正三角形由ca与cb的夹角为可知，O，A，C，B四点共圆，且点C在劣弧上由题意可知|c|a|ab|2，因为该圆的直径为2R4，所以|c|4，故2AC，所以AB4，AC3.以A为坐标原点，AB所在的直线为x轴建立如图所示的平面直角坐标系，则B(4，0)，C，所以，因为M是BC的中点，所以M，H，所以，所以.答案：17解析：设F1(c，0)，F2(c，0)，由

9、离心率为，得所求椭圆的方程为1，即x22y22c2，由P(c，c)，得直线PF2的方程为y(xc)，由，得或，即Q的坐标为(c，c)连接OQ，因为A(c，0)，B(0，c)，所以S四边形OAQBSOQASOQBccccc2，由c2，得c2，故所求椭圆的方程为1.答案：118解：(1)f(x)sin 2xcos 2xsin，所以f(x)的最小正周期为.(2)因为x，所以2x.当2x，即x时，f(x)取得最大值；当2x，即x时，f(x)fsincos.即f(x)的最小值为.19解：(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，且ABC60，所以ABACAD1.又因为PA1且PBPD，所以AB2AP2AD2

10、AP2BP2PD2，从而BAPDAP90，即PAAB，PAAD，于是PA平面ABCD.(2)过点E作EHAD，垂足为H，再过点H作HFAC于F，连接EF，则EHAP，得EH面ABCD，故EFH就是二面角EACD的平面角作DOAC于O，由FHDO得：，而，所以HFDO，而，所以EH，于是tanEFH，EFH30，即二面角EACD的大小为30.20解：(1)令n1，得r1，所以r，则Snan，所以Sn1an1(n2)，两式相减，得(n2)，所以，化简，得(n2)，所以ann2n(n2)又a12适合ann2n(n2)，所以ann2n.(2)证明：由(1)知a2n1(2n1)2n，所以bn，所以T1，

11、不等式成立所以Tn(n2)所以Tn2.所以2Tn.因为，所以2Tn，即Tn成立21解：(1)抛物线C的准线方程为x，所以|MF|m2，又42pm，即42p(2)，所以p24p40，所以p2，所以抛物线C的方程为y24x.(2)证明：设点E(0，t)(t0)，由已知切线不为y轴，设EA：ykxt，联立，消去y，可得k2x2(2kt4)xt20，因为直线EA与抛物线C相切，所以(2kt4)24k2t20，即kt1，代入可得x22xt20，所以xt2，即A(t2，2t)设切点B(x0，y0)，则由几何性质可以判断点O，B关于直线EF：ytxt对称，则，解得，即B(，)法一：直线AB的斜率为kAB(t

12、1)，直线AB的方程为y(xt2)2t，整理得y(x1)，所以直线AB恒过定点F(1，0)，当t1时，A(1，2)，B(1，1)，此时直线AB为x1，过点F(1，0)综上，直线AB恒过定点F(1，0)法二：直线AF的斜率为kAF(t1)，直线BF的斜率为kBF(t1)，所以kAFkBF，即A，B，F三点共线当t1时，A(1，2)，B(1，1)，此时A，B，F三点共线所以直线AB过定点F(1，0)22解：(1)由题意知，F(x)f(x)h(x)x2ln x，F(x)2xln xx(x0)令F(x)0，得x，故F(x)的单调递增区间为；令F(x)0，得0x0，令G(x)exb0，得xln b，故当x(，ln b)时，G(x)0，此时G(x)单调递增故G(x)minbbln b，所以mbbln b，则mbb2b2ln b.设r(b)b2b2ln b(b0)，则r(b)2b(2bln bb)b2bln b，由于b0，令r(b)0，得ln b，b，当b(0，)时，r(b)0，r(b)单调递增；当b(，)时，r(b)0，r(b)单调递减，所以r(b)max，即当b，m时，mb取得最大值.