浙江专用2021届高考数学二轮复习预测提升仿真模拟卷十五含解析

这是一份浙江专用2021届高考数学二轮复习预测提升仿真模拟卷十五含解析，共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

高考仿真模拟卷(十五)
(时间：120分钟；满分：150分)
第Ⅰ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M＝{x|x2≤x}，N＝{x|lg x＝0}，则M∪N＝ (　　)
A．[0，1] B．(0，1]
C．[0，1) D．{0，1}
2．若复数z满足(1－2i)z＝1＋i，则|z|＝(　　)
A. B．
C. D．
3．已知实数x，y满足则x＋y的取值范围为(　　)
A．[2，5] B．
C. D．[5，＋∞)
4.已知函数y＝xf′(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，y＝f(x)的图象大致是(　　)


5．过点(0，－2)的直线交抛物线y2＝16x于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，且y－y＝1，则△OAB(O为坐标原点)的面积为(　　)
A. B．
C. D．
6．设a，b为实数，则“|a－b2|＋|b－a2|≤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a1＝2，数列{bn}为等比数列，且bn＝，若b10b11＝2，则a21＝(　　)
A．29 B．210
C．211 D．212
8．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(　　)
A．98种 B．196种
C．252种 D．336种
9．已知向量a，b满足|a|＝|a＋b|＝2，则|2a＋b|＋|b|的最大值为(　　)
A．4 B．4
C．4＋2 D．8
10．若实数x、y满足xy>0，则＋的最大值为(　　)
A．2－ B．2＋
C．4＋2 D．4－2
第Ⅱ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＝________，2log23＋log43＝________．
12．在△ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，若a＝，b＝3，c＝2，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a3＝7，a5＋a7＝26，bn＝(n∈N*)，数列{bn}的前n项和为Sn，则an＝________，S100＝________．
15．随机变量ξ的分布列如下：
ξ
－1
0
1
P
a
0.25
b
若E(ξ)＝，则D(ξ)＝________．
16.如图，平面α∩β＝CD，EA⊥α，垂足为A，EB⊥β，垂足为B，则CD与平面AEB的位置关系是________．

17．已知函数f(x)＝logax＋x－b (a>0，且a≠1)．当2 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－2sin2x.
(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，AB＝2a，BC＝a，PC＝PD＝a.

(1)求证：PC∥平面BDE；
(2)求直线AC与平面PAD所成角的正弦值．












20．(本题满分15分)已知函数f(x)＝.
(1)记函数F(x)＝x2－x·f(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：y2＝4x的焦点为F，直线l：y＝kx－4(1
(1)求AB中点M到y轴距离d的取值范围；
(2)求的取值范围．














22．(本题满分15分)已知各项均为正数的数列{an}满足：对任意的正整数m，n，都有aman＝qm＋n成立(q>0且q≠1)．
(1)求证：数列{an}是等比数列；
(2)当q＝2时，设数列{log2an}的前n项和为Sn.
①求Sn；
②设bn＝an·log2an(n∈N*)，数列{bn}的前n项和为Tn，记集合M＝{n|≥λ，n∈N*}，若集合M的子集个数为16，求实数λ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x2≤x解得M＝{x|0≤x≤1}，N＝{1}，故M∪N＝[0，1]．故选A.
2．解析：选C.z＝＝⇒|z|＝.
3．A
4．解析：选C.由条件可知当0＜x＜1时，xf′(x)＜0，
所以f′(x)＜0，函数递减．当x＞1时，xf′(x)＞0，
所以f′(x)＞0，函数递增，所以当x＝1时，函数取得极小值．
当x＜－1时，xf′(x)＜0，所以f′(x)＞0，函数递增，
当－1＜x＜0时，xf′(x)＞0，所以f′(x)＜0，函数递减，
所以当x＝－1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，y＝16x1，y＝16x2，所以y－y＝16(x1－x2)⇒＝，所以直线AB的方程为y＝x－2，令y＝0，得x＝，所以S＝||·|y1－y2|＝|y－y|＝，故选D.
6．解析：选A.(a－)2＋(b－)2≤⇔a2－a＋＋b2－b＋≤⇔a2－a＋b2－b≤1⇔b2－a＋a2－b≤1，令b2－a＝x，a2－b＝y，则|x|＋|y|≥|x＋y|≥x＋y，所以|x|＋|y|≤1⇒x＋y≤1，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a1＝2，得b1＝＝，a2＝2b1；b2＝，a3＝a2b2＝2b1b2；b3＝，a4＝a3b3＝2b1b2b3；…；an＝2b1b2b3…bn－1，所以a21＝2b1b2b3…b20，又{bn}为等比数列，所以a21＝2(b1b20)(b2b19)…(b10b11)＝2(b10b11)10＝211.
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C·C·A种，所以共有A＋CC·A＝336种．故选D.
9．解析：选B.法一：如图，记＝＝a.

＝b，＝a＋b，则点B在以O为圆心，2为半径的圆O上，故|2a＋b|＋|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BO⊥AC时，||＋||的最大值为4.故选B.
法二：在方法一中，||2＋||2＝||2＝16，所以≤，即||＋||≤4，当||＝||时取等号．故选B.
法三：在方法二中，记||＝4cos θ，||＝4sin θ，
||＋||＝4cos θ＋4sin θ＝4sin，
故||＋||的最大值为4.
故选B.
10．解析：选D.＋＝
＝＝1＋＝1＋≤1＋＝4－2，当且仅当＝，
即x2＝2y2时取等号．
11．解析：log2＝log22＝2·log22＝2.
方法一：2log23＋log43＝2log23·2log43＝3·(4log43)＝3，
方法二：2log23＋log43＝2log23＝(2log23)＝3＝3.
答案：2　3
12．解析：由余弦定理得cos A＝＝＝，因为A∈(0，π)，所以A＝，所以△ABC的面积为bcsin A＝×3×2×＝.
答案：　
13．6　15＋4
14．解析：在等差数列{an}中，a5＋a7＝2a6＝26⇒a6＝13，又数列{an}的公差d＝＝＝2，所以an＝a3＋(n－3)d＝7＋(n－3)×2＝2n＋1，那么bn＝＝＝，故Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝⇒S100＝＝.
答案：2n＋1　
15．解析：由题意知，a＋b＝.
因此，D(ξ)＝E(ξ)2－(Eξ)2＝－＝.
答案：
16．解析：因为EA⊥α，CD⊂α，
根据直线和平面垂直的定义，则有CD⊥EA.
同样，因为EB⊥β，CD⊂β，则有EB⊥CD.
又EA∩EB＝E，
所以CD⊥平面AEB.
答案：垂直
17．解析：因为2 f(2)＝loga2＋2－b，f(3)＝loga3＋3－b.
因为lg 2 又因为b>3，所以－b<－3，
所以2－b<－1，所以loga2＋2－b<0，即f(2)<0.
因为1<<，3 所以loga3＋3－b>0，
所以f(3)>0，即f(2)·f(3)<0.
由x0∈(n，n＋1)，n∈N*知，n＝2.
答案：2
18．解：(1)f＝sin－2sin2
＝sin－2×＝－.
(2)f(x)＝sin－2sin2x
＝sin 2x－cos 2x－2·，
＝sin 2x＋cos 2x－＝sin－，
所以最小正周期T＝π，
由＋2kπ≤2x＋≤＋2kπ得，＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z.
因此f(x)的单调递减区间是(k∈Z)．
19．解：(1)设AC与BD的交点为O，连接EO.

因为ABCD为矩形，所以O为AC的中点．
在△PAC中，由已知E为PA中点，所以EO∥PC.
又EO⊂平面BED，PC⊄平面BED，
所以PC∥平面BED.
(2)在△PCD中，DC＝2a，PC＝PD＝a，
所以DC2＝PD2＋PC2，
即PC⊥PD.
因为平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，
AD⊥CD，
所以AD⊥平面PCD，故AD⊥PC.
又因为AD∩PD＝D，AD，PD⊂平面PAD，
所以PC⊥平面PAD，
故∠PAC就是直线AC与平面PAD所成的角．
在直角△PAC中AC＝a，PC＝a，
所以sin ∠PAC＝＝＝.
即直线AC与平面PAD所成角的正弦值为.
20．解：(1)由题意可知，F(x)＝x2－ln x，F′(x)＝2x－，x∈，令F′(x)＝0，得x＝.
因为F＝＋ln 2，F(2)＝4－ln 2，F＝，
且F(2)>F，F(2)>F，
所以当x＝2时，函数F(x)取得最大值，最大值为4－ln 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y＝f(x)＝，y′＝.当x＝e时，y′＝0.
当x>e时，y′<0，函数y＝在[e，＋∞)上单调递减，
当00，函数y＝在(0，e)上单调递增．
①若s>e，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．
②若0 令u(s)＝s2－2eln s，u′(s)＝2s－＝，
当s>时，u′(s)>0，u(s)在(，e)上单调递增；
当0 所以当s＝时，u(s)有最小值u()＝0，从而u(s)≥0恒成立(当且仅当s＝时，u(s)＝0)．故u(s)＝0，所以s＝.
综上所述，实数s的取值集合为{}．
21．解：(1)联立消去y得，k2x2－(8k＋4)x＋16＝0，

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝，
所以d＝＝＋＝2－2∈.
(2)由于＝＝，
由(1)可知＋＝＋＝
＝·－2＝－2∈，
由＋＞得，4－17·＋4＞0，解得＞4或＜，
因为0＜＜1，所以0＜＜，
＋＜7得，－7·＋1＜0，
解得＜＜，
因此＜＜.
22．解：(1)证明：当m＝n＝1时，a＝q1＋1＝q2.
因为数列{an}的各项均为正数，且q>0，所以a1＝q.
当m＝1时，a1·an＝qn＋1⇒an＝qn，所以＝q，
所以数列{an}是首项为q，公比为q的等比数列．
(2)①当q＝2时，由(1)知an＝2n，所以log2an＝n，
所以数列{log2an}是等差数列，其前n项和Sn＝×n＝.
②由①得bn＝n·2n(n∈N*)．
所以Tn＝1×21＋2×22＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，
从而2Tn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1，
两式相减得－Tn＝(21＋22＋…＋2n)－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1，
所以Tn＝(n－1)·2n＋1＋2.
所以＝.
令f(n)＝，
因为f(n＋1)－f(n)＝－＝－<0.
所以f(n＋1) 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≥λ，n∈N*的解的个数为4，所以<λ≤.