2021年广东省深圳市某校高考数学二模试卷

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这是一份2021年广东省深圳市某校高考数学二模试卷，共12页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 设i是虚数单位，则复数2i1+i在复平面内所对应的点位于（）
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

2. 已知全集为R，集合A＝{x|2x≥1}，B＝{x|x2−3x+2<0}，则A∩∁RB＝（）
A.{x|0≤x≤1}B.{x|0≤x≤1或x≥2}
C.{x|12}

3. 已知函数f(x)满足：①对任意x1，x2∈(0, +∞)且x1≠x2，都有f(x1)−f(x2)x1−x2>0；②对定义域内任意x，都有f(x)=f(−x)，则符合上述条件的函数是（）
A.f(x)=x2+|x|+1B.f(x)=1x−x
C.f(x)=ln|x+1|D.f(x)=csx

4. 函数f(x)＝x+的大致图象为（）
A.B.
C.D.

5. 已知数列{an}是公差为d(d≠0)的等差数列，且a1，a3，a6成等比数列，则a1d=( )
A.4B.3C.2D.1

6. 已知θ∈(0, π4)，且sinθ−csθ=−144，则2cs2θ−1cs(π4+θ)等于（）
A.23B.43C.34D.32

7. 在△ABC中，AC⊥AB，AB＝3，AC＝1，点P是△ABC所在平面内一点，AP→=AB→|AB→|+2AC→|AC→|，且满足|PM→|＝2，若AM→=xAB→+yAC→，则3x+y的最小值是（）
A.3+22B.2C.1D.3−22

8. 三棱锥P−ABC中，平面PAC⊥平面ABC，AB⊥AC，PA=PC=AC=2，AB=4，则三棱锥P−ABC的外接球的表面积为( )
A.23πB.234πC.643πD.64π
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)

下列叙述中正确的是（）
A.若a，b，c∈R，则“ab2>cb2”的充要条件是“a>c”
B.“a<1”是“方程x2+x+a＝0有一个正根和一个负根”的必要不充分条件
C.若a，b，c∈R，则“ax2+bx+c≥0对x∈R恒成立”的充要条件是“b2−4ac≤0”
D.“a>1”是“ <1”的充分不必要条件

将函数f(x)＝sin2x的图象向右平移π4个单位后得到函数g(x)的图象，则函数g(x)具有性质（）
A.在(0,π4)上单调递增，为偶函数
B.最大值为1，图象关于直线x=−3π2对称
C.在(−3π8,π8)上单调递增，为奇函数
D.周期为π，图象关于点(3π4,0)对称

已知数列{an}，{bn}均为递增数列，{an}的前n项和为Sn，{bn}的前n项和为Tn，且满足an+an+1=2n，bn⋅bn+1=2n(n∈N*)，则下列结论正确的是( )
A.0
已知正方体ABCD−A1B1C1D1棱长为2，如图，M为CC1上的动点，AM⊥平面α．下面说法正确的是（）

A.直线AB与平面α所成角的正弦值范围为
B.点M与点C1重合时，平面α截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大
C.点M为CC1的中点时，若平面α经过点B，则平面α截正方体所得截面图形是等腰梯形
D.已知N为DD1中点，当AM+MN的和最小时，M为CC1的中点
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)

已知函数f(x)＝2x2−mx+3在(−2, +∞)上单调递增，在(−∞, −2]上单调递减，则f(1)＝________．

设m∈R，向量a→=(m+1, 3)，b→=(2, −m)，且a→⊥b→，则|2a→−b→|=________．

若a>0，b>0，且12a+b+1b+1=1，则a+2b的最小值为________．

已知函数f(x)＝2lnx，g(x)＝ax2−x−(a>0)，若总存在直线与函数y＝f(x)，y＝g(x)图象均相切，则a的取值范围是________．
四、解答题(本大题共6小题，共70分)

在△ABC中，．
(Ⅰ)求B；
(Ⅱ)若c＝5，____，求a．
从①b＝7，②这两个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答．

已知等差数列{an}的公差d>0，其前n项和为Sn，若S3=12，且2a1，a2，1+a3成等比数列．
（1）求{an}的通项公式；

（2）记bn=1anan+1(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn．

在多面体ABCDEF中，底面ABCD是梯形，四边形ADEF是正方形，AB // DC，AB＝AD＝1，CD＝2，AC＝EC＝．

（1）求证：平面EBC⊥平面EBD；

（2）设M为线段EC上一点，3＝，求二面角M−BD−E的平面角的余弦值．

设函数f(x)＝2sin2（+）+sin(ωx+）−1．
（1）当0<ω<1时，若函数f(x)的最大值为f（），求函数f(x)的最小正周期；

（2）若函数f(x)在区间(π, 2π)内不存在零点，求正实数ω的取值范围．

已知数列{an}中，a1＝1，an+1＝．
（1）求证：为等比数列，并求{an}的通项公式；

（2）数列{bn}满足bn＝(3n−1)•，数列{bn}的前n项和为Tn，若不等式(−1)n⋅λ
已知函数在x＝2处取到极值为．
（1）求函数f(x)的单调区间；

（2）若不等式x2f(x)≥kx+lnx+1在x∈(0, +∞)上恒成立，求实数k的取值范围．
参考答案与试题解析
2021年广东省深圳市某校高考数学二模试卷
一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)
1.
【答案】
A
【考点】
复数的运算
【解析】
直接由复数代数形式的乘除运算化简复数2i1+i，求出复数2i1+i在复平面内所对应的点的坐标，则答案可求．
【解答】
由2i1+i=2i(1−i)(1+i)(1−i)=1+i，
则复数2i1+i在复平面内所对应的点的坐标为：(1, 1)，位于第一象限．
2.
【答案】
B
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
3.
【答案】
A
【考点】
函数单调性的性质与判断
【解析】
根据函数的单调性以及函数的奇偶性判断即可．
【解答】
由题意得：f(x)是偶函数，在(0, +∞)递增，
对于A，f(−x)=f(x)，是偶函数，且x>0时，f(x)=x2+x+1，f′(x)=2x+1>0，
故f(x)在(0, +∞)递增，符合题意；
对于B，函数f(x)是奇函数，不合题意；
对于C，由x+1=0，解得：x≠−1，定义域不关于原点对称，
故函数f(x)不是偶函数，不合题意；
对于D，函数f(x)在(0, +∞)无单调性，不合题意；
4.
【答案】
A
【考点】
函数的图象与图象的变换
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
5.
【答案】
A
【考点】
等差数列与等比数列的综合
【解析】
运用等差数列的通项公式和等比数列的中项性质，化简方程可得所求值．
【解答】
由数列{an}是公差为d(d≠0)的等差数列，
且a1，a3，a6成等比数列得a32=a1⋅a6，
即(a1+2d)2=a1(a1+5d)．化为4d2＝a1d，
又d≠0，解得a1d=4．
6.
【答案】
D
【考点】
三角函数的化简求值
【解析】
法1：由已知的等式记作①，利用同角三角函数间的基本关系列出关系式，记作②，再根据θ为锐角，联立①②求出sinθ和csθ的值，进而利用二倍角的余弦函数公式及两角和与差的正弦函数公式分别求出所求式子的分子与分母，代入即可求出所求式子的值．
法2：利用两角和与差的三角函数化简已知条件以及所求表达式，通过同角三角函数基本关系式求解即可．
【解答】
解：法1：由sinθ−csθ=−144，①，
又sin2θ+cs2θ=1②，且θ∈(0, π4)，联立①②解得：sinθ=32−148，csθ=14+328，
∴ 2cs2θ−1cs(π4+θ)=2(sinθ+csθ)=2(32−148+14+328)=32．
故选：D．
法2:θ∈(0, π4)，且sinθ−csθ=−144，可得2cs(θ+π4)=144，即：cs(θ+π4)=74，
θ+π4∈(π4,π2)，
则2cs2θ−1cs(π4+θ)=cs2θcs(π4+θ)=2sin(π4+θ)cs(π4+θ)cs(π4+θ)=2sin(θ+π4)=21−(74)2=32．
故选：D．
7.
【答案】
【考点】
平面向量的基本定理
【解析】
首先根据题意，建立平面直角坐标系，进一步利用向量的坐标运算的应用和三角函数关系式的恒等变换和正弦型函数的性质的应用求出结果．
【解答】
△ABC中，AC⊥AB，AB＝3，AC＝1，点P是△ABC所在平面内一点，以点A为原点，以AB为x轴，以AC为y轴，建立平面直角坐标系．
如图所示：
所以AB→|AB→|=(1,0)，AC→|AC→|=(0,1)，
所以AP→=AB→|AB→|+2AC→|AC→|=(1, 2)，
由于满足|PM→|＝2，
所以设M(m, n)满足(m−1)2+(n−2)2＝4，整理得：m=1+2csθn=2+2sinθ ，
故AM→=(1+2csθ,2+2sinθ)=x(3,0)+y(0,1)=(3x, y)，
所以3x＝1+2csθ，y＝2+2sinθ，
所以3x+y＝3+2csθ+2sinθ＝3+22sin(θ+α)．
当sin(θ+α)＝−1时，3x+y的最小值是3−22．
故选：D．
8.
【答案】
C
【考点】
球内接多面体
球的表面积和体积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图所示，设球心为O，半径为R，
三角形△PAC所在小圆的圆心为O1，半径为r1，
△ABC所在小圆的圆心为O2，
则OO1⊥平面PAC，OO2⊥平面ABC，取AC得中点E，连结PE，OO1，OO2，O2E，
∵ AB⊥AC，
∴ O2为BC中点，
∴O2E // AB，即O2E⊥AC，
又∵平面PAC⊥平面ABC，
∴O2E⊥平面PAC，即O2E // OO1.
∵O1E⊥AC，O1E⊥AB，
∴O1E⊥平面ABC，故O1E // OO2，
∴四边形OO1EO2为平行四边形，
故OO1=12AB=2.
又在△PAC中，因为PA=PC=AC=2，
所以小圆的半径r1=233.
在Rt△OO1P中，
OP2=OO12+r12=22+232=163，即R2=163，
所以外接球的表面积S=4πR2=4π×163=64π3．
故选C．
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
【答案】
B,D
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
命题的真假判断与应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
A,B,D
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】
根据函数图象变换求出函数g(x)的解析式，结合三角函数的性质分别进行判断即可．
【解答】
将函数f(x)＝sin2x的图象向右平移π4个单位后得到函数g(x)的图象，
则g(x)＝sin2(x−π4)＝sin(2x−π2)＝−cs2x，
则函数g(x)为偶函数，当0函数的最大值为1，当x=−3π2时，g(x)＝−cs(−3π)＝−csπ＝1，为最大值，则函数图象关于直线x=−3π2对称，故B正确，
函数为偶函数，故C错误，
函数的周期T=2π2=π，g(3π4)＝−cs(3π4×2)＝−cs3π2=0，即图象关于点(3π4,0)对称，故D正确
故正确的是ABD，
【答案】
A,B,C
【考点】
数列递推式
数列的求和
基本不等式
【解析】
利用代入法求出前几项的关系即可判断出a1，b1的取值范围，在求出其前2n项和的表达式即可判断大小；
【解答】
解：∵ 数列{an}为递增数列，∴ a1∵ an+an+1=2n，
∴ a1+a2=2,a2+a3=4,
∴ a1+a2>2a1,a2+a3>2a2,
∴ 0∵ 数列{bn}为递增数列，
∴ b12又b22即b2=2b1<2，
∴b1>1，
∴ 1S2n=(a1+a2)+(a3+a4)+...+(a2n−1+a2n)
=2[1+3+5+⋯+(2n−1)]
=2n(1+2n−1)2
=2n2.
∵bn+1⋅bn+2=2n+1，
∴bn+2=2bn，
∴T2n=b1+b2+...+b2n
=(b1+b3+b5+...+b2n−1)+(b2+b4+...+b2n)
=b1(20+21+⋯+2n−1 )+b2(20+21+⋯+2n−1 )
=(b1+b2)(2n−1)
≥2b1b2(2n−1)=22(2n−1)，
∴ 对于任意的n∈N*，S2n故选ABC.
【答案】
A,C
【考点】
棱柱的结构特征
平面的基本性质及推论
直线与平面所成的角
命题的真假判断与应用
【解析】
对于选项A、C，利用空间向量的坐标运算求解判断即可；对于B，画出图形，利用直线与平面垂直，结合面积求解判断即可；对于D，利用展开图，计算距离的最小值，判断即可．
【解答】
对于A选项，以点D为坐标原点、DC1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系D−xyz，
则点A(2, 5, 0)，2，5)，
设点M(0, 2, a)(8≤a≤2)，则为平面α的一个法向量，
且，，，
所以，直线AB与平面α所成角的正弦值范围为；
对于B选项，当M与CC1重合时，连接A1D、BD、A4B、AC，
在正方体ABCD−A1B1C5D1中，CC1⊥平面ABCD，
∵ BD⊂平面ABCD，∴ BD⊥CC8，∵ 四边形ABCD是正方形，则BD⊥AC1∩AC＝C，∴ BD⊥平面ACC1，
∵ AC3⊂平面ACC1，∴ AC1⊥BD，同理可证AC4⊥A1D，
∵ A1D∩BD＝D，∴ AC8⊥平面A1BD，
易知△A1BD是边长为的等边三角形，
其面积为，周长为．
设E、F、Q、N、G、H分别为棱A2D1、A1B5、BB1、BC、CD1的中点，
易知六边形EFQNGH是边长为的正六边形1BD，
正六边形EFQNGH的周长为，面积为，
则△A1BD的面积小于正六边形EFQNGH的面积，它们的周长相等；
对于C选项，设平面α交棱A4D1于点E(b, 0, 6)，2，1)，，
∵ AM⊥平面α，DE⊂平面α，即，得b＝5，0，2)，
所以，点E为棱A3D1的中点，同理可知1B6的中点，
则F(2, 1, 2)，，而，∴ ，
由空间中两点间的距离公式可得，，
∴ DE＝BF，
所以，四边形BDEF为等腰梯形；
对于D选项，将矩形ACC1A6与矩形CC1D1D延展为一个平面，如下图所示：
若AM+MN最短，则A、M，∵ CC7 // DD1，∴ ，
∵ ，
所以，点M不是棱CC1的中点，D选项错误．
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
【答案】
13
【考点】
二次函数的性质
二次函数的图象
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
45
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
由a→⊥b→，求出m=2，从而2a→−b→=(6, 6)−(2, −2)=(4, 8)，由此能求出|2a→−b→|．
【解答】
∵ m∈R，向量a→=(m+1, 3)，b→=(2, −m)，且a→⊥b→，
∴ a→*b→=2m+2−3m=0，
解得m=2，
∴ 2a→−b→=(6, 6)−(2, −2)=(4, 8)，
∴ |2a→−b→|=16+64=45．
【答案】
12+3
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
把a+2b变形为a+2b=(2a+b)+3(b+1)2−32，再利用已知可得a+2b=(2a+b)+3(b+1)2⋅(12a+b+1b+1)−32，利用基本不等式即可得出．
【解答】
解：∵ a>0，b>0，且12a+b+1b+1=1，
∴ a+2b=(2a+b)+3(b+1)2−32=(2a+b)+3(b+1)2⋅(12a+b+1b+1)−32
=12[1+3+3(b+1)2a+b+2a+bb+1]−32，
≥12(4+23(b+1)2a+b⋅2a+bb+1)−32=4+232−32=23+12．
当且仅当3(b+1)2a+b=2a+bb+1，a>0，b>0，且12a+b+1b+1=1，即b=33，a=12+33时取等号．
∴ a+2b的最小值为23+12=12+3．
故答案为：12+3．
【答案】
[，+∞)
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
四、解答题(本大题共6小题，共70分)
【答案】
（1）在△ABC中，由正弦定理得，
又bsinA＝acs(B−）．
∴ asinB＝acs(B−），即sinB＝cs(B−+sinBsin＝sinB，
∴ tanB＝，
又B∈(0, π)，
∴ B＝．
（2）若选①b＝7，则在△ABC中2＝a6+c2−2accsB，可得a3−5a−24＝0，解得a＝5，可得a＝8．
若选②，则sinA＝sin(B+C)＝sin+cs＝，
由正弦定理，可得＝．
【考点】
余弦定理
正弦定理
两角和与差的三角函数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
解：（1）由题得：2a1(a3+1)=a22a1+a2+a3=12
即a1(a1+2d+1)=8a1+d=4，得d2+d−12=0．
∵ d>0，∴ d=3，a1=1．
∴ {an}的通项公式an=1+3(n−1)=3n−2．
（2）∵ bn=1an⋅an+1=1(3n−2)(3n+1)=13(13n−2−13n+1)．
∴ Tn=b1+b2+b3+...+bn
=13[(1−14)+(14−17)+...+(13n−2−13n+1)]
=13(1−13n+1)
=n3n+1．
【考点】
等差数列与等比数列的综合
数列的求和
【解析】
（1）直接由S3=12以及2a1，a2，1+a3成等比数列，列出关于首项和公差的等式，解方程即可求{an}的通项公式；
（2）先把数列{bn}的通项裂开，再求和即可．
【解答】
解：（1）由题得：2a1(a3+1)=a22a1+a2+a3=12
即a1(a1+2d+1)=8a1+d=4，得d2+d−12=0．
∵ d>0，∴ d=3，a1=1．
∴ {an}的通项公式an=1+3(n−1)=3n−2．
（2）∵ bn=1an⋅an+1=1(3n−2)(3n+1)=13(13n−2−13n+1)．
∴ Tn=b1+b2+b3+...+bn
=13[(1−14)+(14−17)+...+(13n−2−13n+1)]
=13(1−13n+1)
=n3n+1．
【答案】
∵ AD＝1，CD＝2，∴ AD2+CD2＝AC6，
∴ △ADC为直角三角形，且AD⊥DC，
同理∵ ED＝1，CD＝2，∴ ED2+CD2＝EC3，
∴ △EDC为直角三角形，且ED⊥DC，
又四边形ADEF是正方形，∴ AD⊥DE，
又∵ AB // DC，∴ DA⊥AB．
在梯形ABCD中，过点作B作BH⊥CD于H，
∴ 四边形ABHD是正方形，∴ ∠ADB＝45∘．
在△BCH中，BH＝CH＝1．BC＝，
∴ ∠BDC＝45∘，∴ ∠DBC＝90∘．
∵ ED⊥AD，ED⊥DC．AD⊂平面ABCD．
∴ ED⊥平面ABCD，
又∵ BC⊂平面ABCD，∴ ED⊥BC，
因为BD∩ED＝D，BD⊂平面EBD．
∴ BC⊥平面EBD，BC⊂平面EBC．
以D为原点，DA，DE所在直线为x，y，如图，
D(7, 0, 0)，3，1)，1，7)，2，0)，y7，z0)，
则＝(0, y2, z0−1)，＝(6，2，
∵ 3＝，∴ (30, 3z3−3a)＝(0, 8, −1)，
∴ M(0，，）．＝(1，1，＝(7，），
∵ BC⊥平面EBD，∴ ＝(−1，5．
设平面MBD的法向量为＝(x，y．
则．令y＝1，得，1，4)，
∴ cs<>＝＝＝，
∴ 二面角M−BD−E的平面角的余弦值为．
【考点】
二面角的平面角及求法
平面与平面垂直
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
函数f(x)＝2sin2（+）+）−1＝＝）．
由于函数f(x)的最大值为f（），
所以，当0<ω<4时，
故．
所以f(x)＝，故函数的最小正周期为．
由于函数f(x)＝2sin(ωx+）
函数f(x)在区间(π, 2π)内不存在零点，
则：(ωπ+，3ωπ+，kπ+π)，
即：，
则：(k∈Z)．
由于(k∈Z)，
所以k，
即k＝2，1．
所以正实数ω的取值范围为(0，]．
【考点】
两角和与差的三角函数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
由<5，得，
∴ ＝5（），＝，
∴ 数列以为首项，
＝3n−2＝，
∴ ，
，
所以
两式相减得，
所以，所以．
令，易知 f(n) 单调递增，
若 n 为偶数，则；
若 n 为奇数，则，所以 λ>−2．
所以−7<λ<3．
【考点】
等比数列的通项公式
数列的求和
【解析】
（1）an+1＝，＝1+，化简得：＝3（），数列以为首项，3为公比的等比数列，
(2){bn}的通项公式，前n项和为Tn，采用错位相减法，求得Tn＝4−，当n为偶数时，λ<3，当n为奇数时，λ>−2，从而求出λ的范围．
【解答】
由<5，得，
∴ ＝5（），＝，
∴ 数列以为首项，
＝3n−2＝，
∴ ，
，
所以
两式相减得，
所以，所以．
令，易知 f(n) 单调递增，
若 n 为偶数，则；
若 n 为奇数，则，所以 λ>−2．
所以−7<λ<3．
【答案】
由已知定义域为{x∈R|x≠0}，
，
由，又a≠0，得，
，所以a＝6
从而又x≠0．
由f′(x)>3得：x>2；由f′(x)<0得：x<6或0故f(x)的单调递减区间是：(−∞, 2)和(0；单调递增区间是：(2
等价于在x∈(0，
令，则只需k≤[g(x)]min即可．…
，令，
则．
所以h(x)在x∈(0, +∞)上单调递增，
又，，…
所以有唯一的零点，h(x)在，在x∈(x0, 1)上单调递增．…
因为，两边同时取自然对数，
即．…
构造函数m(x)＝x+lnx(x>0)，则，
所以函数m(x)在x∈(4, +∞)上单调递增，
又，所以，即
所以，即，
于是实数k的取值范围是．…
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的极值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答

2021年广东省深圳市某校高考数学二模试卷

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