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2021届高考数学(浙江专用)二轮复习预测提升仿真模拟卷(六) WORD版含解析.doc

上传人:高**** 文档编号:345323 上传时间:2024-05-27 格式:DOC 页数:11 大小:240KB
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资源描述

1、高考仿真模拟卷(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Ax|x210,Bx|lg x0,则AB()Ax|0x1 Bx|0x1 Cx|1x1 Dx|10,|),x为f(x)的零点,x为yf(x)图象的对称轴,且f(x)在区间上单调,则的最大值是()A12 B11 C10 D98某同学计划用他姓名的首字母T,X,身份证的后4位数字(4位数字都不同)以及3个符号,设置一个六位的密码若T,X必选,且符号不能超过两个,数字不能放在首位和末位,字母和数字的相对顺序不变,则

2、他可设置的密码的种数为()A864 B1 009 C1 225 D1 4419函数f(x)220sin 100x220sin,且对任意的xR,f(x1)f(x)f(x2)恒成立,则|x2x1|的最小值为()A50 B C. D44010已知Sn是数列an的前n项和,a1,且anan1(1)nn2,若1 010,(其中,0),则的最小值是()A2 B4 C2 D2 018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已知数列an的前n项和为Sn,且对任意nN*,有2Sn3an2,则a1_;Sn_12若cos 22cos(),(0,),则s

3、in 2_,tan _13设z2xy,其中x,y满足若z的最大值为6,则k的值为_,z的最小值为_14定义maxa,b已知函数f(x)max|2x1|,ax2b,其中a0,b0)的左、右焦点分别为F1,F2,直线l过左焦点F1且与双曲线的左支交于A,B两点,且满足|AF1|3|BF1|,|AB|BF2|,则双曲线C的离心率为_17已知向量a,b,c满足|a|1,|b|2,|cb|1,则|ac|的取值范围为_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(本题满分14分)已知在ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,向量m(2ab,c),n(cos C,co

4、s B),且mn.(1)求角C的大小;(2)若BC边上的中线AM的长为2,求a2b的取值范围19.(本题满分15分)四棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长都相等,A1ABA1ADBAD60.(1)求证:AA1BD;(2)求直线AB1与平面BB1C1C所成角的正弦值20(本题满分15分)已知数列an的前n项和为Sn,且满足Sna2nbn1(a,bR,nN*)(1)当a1,b1时,求数列Sn的前n项和Tn;(2)若an是等比数列,证明:0)上一点A(m,2)到其焦点F的距离为2.(1)求抛物线的方程;(2)若直线l过点F,且与抛物线交于不同的两点,P,Q.(i)若直线l的斜率为1,且与圆E:(x

5、2)2y21交于点C,D,从左到右依次为P,C,D,Q,求|PC|DQ|;(ii)若直线l交y轴于点N,且s,t,求st的值22(本题满分15分)已知函数f(x)aln(1x)(aR),g(x)x2emx(mR)(1)当a1时,求函数f(x)的最大值;(2)若a0,且对任意的x1,x20,2,f(x1)1g(x2)恒成立,求实数m的取值范围高考仿真模拟卷(六)1解析:选D.Ax|x210x|1x1,Bx|lg x0x|0x1,所以ABx|12AM4,所以a2b(4,819解:(1)取BD的中点O,连接OA、OA1,BD垂直OA,BD垂直OA1,且OA1OAO,所以直线BD平面A1AO.所以AA

6、1BD.(2)设AB1,AB1与平面BB1C1C所成角等于AB1与平面A1AD所成角,而AB1,dB1A1ADdBA1AD,所以sin .20解:(1)当a1,b1时,Sn2nn1,TnS1S2Sn211122212nn1(21222n)(12n)n2n12n(n1)n2n1n(n1)2.(2)证明:当n1时,a1S12ab1,当n2时,anSnSn12n1ab,要使an是等比数列,则b0,此时an2n1a,且满足当n1时,a12ab1a,即a1,此时Sn2n1,an2n1,11.21解:(1)抛物线M的准线为x,焦点F(,0),由点A(m,2)在抛物线M上,可得222pm,故m.由抛物线的定

7、义可得,|AF|等于点A(m,2)到准线的距离d()2.即2,解得p2.所以抛物线的方程为y24x.(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),(i)由题意得,直线l的方程为yx1,圆的圆心E(2,0),半径r1.则圆心到直线l的距离d1,所以|CD|22.联立方程得,消去y,得x26x10,则x1x26,所以|PQ|PF|QF|x11x21x1x228.所以|PC|DQ|PQ|CD|8.(ii)由题意知,直线l的斜率存在且不为零,故设直线l的斜率为k(k0),则直线l的方程为yk(x1)将直线l的方程与抛物线方程联立,得,消元得k2x2(2k24)xk20,则由根与系数的关系可得x1x22,

8、x1x21.又N(0,k),F(1,0),故(x1,y1k),(1x1,y1),由s得,解得s,同理t.所以st1.22解:(1)函数f(x)的定义域为(1,),当a1时,f(x),所以当x(1,0)时,f(x)0,函数f(x)在(1,0)上单调递增,当x(0,)时,f(x)0,函数f(x)在(0,)上单调递减,所以f(x)maxf(0)0.(2)令(x)f(x)1,则“当a0时,对任意的x1,x20,2,f(x1)1g(x2)恒成立”等价于“当a0时,对任意的x0,2,(x)ming(x)max”由于(x),故当a0时,对任意的x0,2,有(x)0,从而函数(x)在0,2上单调递增,所以(x

9、)min(0)1.g(x)2xemxx2emxm(mx22x)emx.当m0时,g(x)x2,当x0,2时,g(x)maxg(2)4,显然不满足g(x)max1.当m0时,令g(x)0得,x0或x.(i)当2,即1m0时,若x0,2,则g(x)0,所以g(x)在0,2上单调递增,所以g(x)maxg(2)4e2m,所以4e2m1,得mln 2,所以1mln 2.(ii)当02,即m1时,若x,则g(x)0,g(x)单调递增,若x,则g(x)0,g(x)单调递减,所以g(x)maxg,所以1,得m,所以m1.(iii)当0,即m0时,若x0,2,则g(x)0,g(x)单调递增,所以g(x)maxg(2)4e2m,4e2m1不成立综合所述,实数m的取值范围是(,ln 2

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