浙江专用2025届高考数学二轮复习预测提升仿真模拟卷八含解析

PAGE高考仿真模拟卷(八)(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A＝{x|x2＋x－2＜0}，B＝{x|－x2＋x＜0}，则A∩(∁RB)＝()A．(－∞，0)∪[1，＋∞) B．(－∞，0]∪(1，＋∞)C．[0，1) D．[0，1]2．已知复数z的共轭复数eq\o(z,\s\up6(－))＝1＋2i(i为虚数单位)，复数z满意(a＋bi)·z＝5(a，b∈R)，则a＋b的值为()A．－1 B．1C．2 D．33．设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－x2，x≤1，,x2＋x－2，x＞1，))则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,f（2）)))的值为()A.eq\f(15,16) B．－eq\f(27,16)C.eq\f(8,9) D．184．随机变量X的分布列如表所示，若E(X)＝eq\f(1,3)，则D(3X－2)＝()X－101Peq\f(1,6)abA.9 B．7C．5 D．35．正四面体ABCD，E为棱AD的中点，过点A作平面BCE的平行平面，该平面与平面ABC、平面ACD的交线分别为l1，l2，则l1，l2所成角的正弦值为()A.eq\f(\r(6),3) B．eq\f(\r(3),3)C.eq\f(1,3) D．eq\f(\r(2),2)6．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若b＝1，a＝2c，则当C取最大值时，△ABC的面积为()A.eq\f(\r(3),3) B．eq\f(\r(3),6)C.eq\f(2\r(3),3) D．eq\r(3)7．若数列{an}满意a1＝15，且3an＋1＝3an－2，则使ak·ak＋1＜0的k值为()A．22 B．21C．24 D．238．已知向量a，b满意|a|＝1，且对随意实数x，y，|a－xb|的最小值为eq\f(\r(3),2)，|b－ya|的最小值为eq\r(3)，则|a＋b|＝()A.eq\r(7) B．eq\r(5＋2\r(3))C.eq\r(7)或eq\r(3) D．eq\r(5＋2\r(3))或eq\r(5－2\r(3))9．已知变量a，b满意b＝－eq\f(1,2)a2＋3lna(a＞0)，若点Q(m，n)在直线y＝2x＋eq\f(1,2)上，则(a－m)2＋(b－n)2的最小值为()A.eq\f(9,5) B．eq\f(3\r(5),5)C．9 D．310．已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－4y2＝1(a＞0)的右顶点到其一条渐近线的距离等于eq\f(\r(3),4)，抛物线E：y2＝2px的焦点与双曲线C的右焦点重合，则抛物线E上的动点M到直线l1：4x－3y＋6＝0和l2：x＝－1的距离之和的最小值为()A．1 B．2C．3 D．4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．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________，体积为________．12．已知等比数列{an}中，a1＝3，a4＝81，若数列{bn}满意bn＝log3an，则数列{bn}的通项公式为bn＝________，数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bnbn＋1)))的前n项和Sn＝________．13．已知多项式(x＋b)5＝(x－1)5＋a1(x－1)4＋a2(x－1)3＋a3(x－1)2＋a4(x－1)－32，则b＝________，a2＝________．14．若实数x，y满意x>y>0，且log2x＋log2y＝1，则eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)的最小值是________，eq\f(x－y,x2＋y2)的最大值为________．15．已知圆C：x2＋(y＋1)2＝3，设EF为直线l：y＝2x＋4上的一条线段，若对于圆C上的随意一点Q，∠EQF≥eq\f(π,2)，则|EF|的最小值是________．16．设函数f(x)在R上存在导数f′(x)，对于随意的实数x，有f(x)＋f(－x)＝2x2，当x∈(－∞，0]时，f′(x)＋1＜2x.若f(2＋m)－f(－m)≤2m＋2，则实数m的取值范围是________．17.如图，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90°，AB＝1，AC＝CD＝DA＝2，动点M在边DC上(不同于D点)，P为边AB上随意一点，沿AM将△ADM翻折成△AD′M，当平面AD′M垂直于平面ABC时，线段PD′长度的最小值为________．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)设函数f(x)＝2cos2x＋sin2x＋a(a∈R)．(1)求函数f(x)的最小正周期和单调递增区间；(2)当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))时，f(x)的最大值为2，求a的值，并求出y＝f(x)(x∈R)的对称轴方程．19.(本题满分15分)如图，三棱柱ABC­A1B1C1全部的棱长均为2，A1B＝eq\r(6)，A1B⊥AC.(1)求证：A1C1⊥B1C；(2)求直线AC和平面ABB1A1所成角的余弦值．20．(本题满分15分)数列{an}的各项均为正数，且an＋1＝an＋eq\f(2,an)－1(n∈N*)，{an}的前n项和是Sn.(1)若{an}是递增数列，求a1的取值范围；(2)若a1>2，且对随意n∈N*，都有Sn≥na1－eq\f(1,3)(n－1)，证明：Sn<2n＋1.21.(本题满分15分)已知A，B，C是抛物线y2＝2px(p>0)上三个不同的点，且AB⊥AC.(1)若A(1，2)，B(4，－4)，求点C的坐标；(2)若抛物线上存在点D，使得线段AD总被直线BC平分，求点A的坐标．22．(本题满分15分)已知函数f(x)＝eq\f(ex－1,x)，g(x)＝ex.(1)求曲线y＝f(x)在点(1，e－1)处的切线方程；(2)若正实数m，n满意f(m)＝g(n)，求证：eq\f(n,m)>eq\f(1,2).高考仿真模拟卷(八)1．解析：选C.因为A＝(－2，1)，B＝(－∞，0)∪(1，＋∞)，所以∁RB＝[0，1]，A∩(∁RB)＝[0，1)，选C.2．解析：选D.由题意可得z＝1－2i，故(a＋bi)·z＝(a＋bi)(1－2i)＝a＋2b＋(b－2a)i＝5，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋2b＝5，,b＝2a，))解得a＝1，b＝2，故a＋b＝3，选D.3．解析：选A.因为f(2)＝4，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,f（2）)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(2)＝eq\f(15,16).4．解析：选C.由题设知，E(X)＝－1×eq\f(1,6)＋0×a＋1×b＝eq\f(1,3)，所以b＝eq\f(1,2)，又由所给分布列得eq\f(1,6)＋a＋b＝1，所以a＝eq\f(1,3).随机变量3X－2的分布列为3X－2－5－21Peq\f(1,6)eq\f(1,3)eq\f(1,2)所以E(3X－2)＝－5×eq\f(1,6)＋(－2)×eq\f(1,3)＋1×eq\f(1,2)＝－1，所以D(3X－2)＝(－5＋1)2×eq\f(1,6)＋(－2＋1)2×eq\f(1,3)＋(1＋1)2×eq\f(1,2)＝5.故选C.5．解析：选A.设所作的平面为α，则由α∥平面BCE，α∩平面ABC＝l1，平面BCE∩平面ABC＝BC，得l1∥BC，同理可得l2∥CE，所以l1，l2所成的角等于BC与CE所成的角，即∠BCE.设正四面体ABCD的棱长为2，则BC＝2，CE＝BE＝eq\r(3)，在△BCE中，由余弦定理，得cos∠BCE＝eq\f(22＋（\r(3)）2－（\r(3)）2,2×2×\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，则sin∠BCE＝eq\r(1－cos2∠BCE)＝eq\f(\r(6),3)，故选A.6．解析：选B.当C取最大值时，cosC最小，由cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(3c2＋1,4c)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3c＋\f(1,c)))≥eq\f(\r(3),2)，当且仅当c＝eq\f(\r(3),3)时取等号，且此时sinC＝eq\f(1,2)，所以当C取最大值时，△ABC的面积为eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×2c×1×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3),6).7．解析：选D.因为3an＋1＝3an－2，所以an＋1－an＝－eq\f(2,3)，又a1＝15，所以数列{an}是首项为15，公差为－eq\f(2,3)的等差数列，所以an＝15－eq\f(2,3)·(n－1)＝－eq\f(2,3)n＋eq\f(47,3)，且{an}为递减数列，令an＝－eq\f(2,3)n＋eq\f(47,3)＞0，得n＜23.5，可知使ak·ak＋1＜0的k值为23.8．解析：选C.不妨设向量a＝(1，0)，b＝(m，n)，则a－xb＝(1－xm，－xn)，b－ya＝(m－y，n)．|a－xb|2＝(1－mx)2＋(－xn)2＝(m2＋n2)x2－2mx＋1，又对随意实数x有|a－xb|的最小值为eq\f(\r(3),2)，所以eq\f(4（m2＋n2）－（－2m）2,4（m2＋n2）)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))eq\s\up12(2)，化简得n2＝3m2.|b－ya|2＝(m－y)2＋n2，又对随意实数y有|b－ya|的最小值为eq\r(3)，所以n2＝3，所以3m2＝3，即m＝±1.由a＋b＝(1＋m，n)，可得|a＋b|2＝(1＋m)2＋n2＝m2＋n2＋2m＋1＝7或3，故|a＋b|＝eq\r(7)或eq\r(3)，故选C.9．解析：选A.由题意知，y＝2x＋eq\f(1,2)表示斜率为2的直线，变量a，b满意b＝－eq\f(1,2)a2＋3lna，设函数f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋3lnx，则f′(x)＝－x＋eq\f(3,x)，设当切线斜率为2时，函数f(x)图象的切点的横坐标为x0，则－x0＋eq\f(3,x0)＝2，所以x0＝1，此时切点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(1,2)))，切点到直线y＝2x＋eq\f(1,2)的距离d＝eq\f(3,\r(5))，所以(a－m)2＋(b－n)2的最小值为d2＝eq\f(9,5).10.解析：选B.eq\f(x2,a2)－4y2＝1的右顶点坐标为(a，0)，一条渐近线为x－2ay＝0.由点到直线的距离公式得d＝eq\f(|a|,\r(12＋4a2))＝eq\f(\r(3),4)，解得a＝eq\f(\r(3),2)或a＝－eq\f(\r(3),2)(舍去)，故双曲线的方程为eq\f(4x2,3)－4y2＝1.因为c＝eq\r(\f(3,4)＋\f(1,4))＝1，故双曲线的右焦点为(1，0)，即抛物线的焦点为(1，0)，所以p＝2，x＝－1是抛物线的准线，如图，作MA⊥l1，MB⊥l2，设抛物线的焦点为F，连接MF，则由抛物线的定义知|MB|＝|MF|，当M，A，F三点共线时，距离之和最小，其最小值是点F到l1的距离，由点到直线的距离公式可得d1＝eq\f(|4＋6|,\r(（－3）2＋42))＝eq\f(10,5)＝2，即距离之和的最小值为2.11．解析：如图所示，该几何体为三棱锥P­ABC，其中PA⊥底面ABC，AC⊥BC，PA＝2，AC＝1，BC＝2，所以该几何体的表面积S＝eq\f(1,2)×2×1＋eq\f(1,2)×1×2＋eq\f(1,2)×eq\r(5)×2＋eq\f(1,2)×eq\r(5)×2＝2＋2eq\r(5)，体积V＝eq\f(1,3)×2×eq\f(1,2)×1×2＝eq\f(2,3).答案：2＋2eq\r(5)eq\f(2,3)12．解析：由已知条件可得q4－1＝eq\f(a4,a1)＝eq\f(81,3)＝27，即q＝3，所以eq\f(an＋1,an)＝q＝3，则bn＋1－bn＝log3an＋1－log3an＝log3eq\f(an＋1,an)＝1.又因为b1＝log3a1＝log33＝1，可得等差数列{bn}的通项公式为bn＝n，所以eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，所以Sn＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).答案：neq\f(n,n＋1)13．解析：由题意，(x＋b)5＝[(x－1)＋(b＋1)]5，利用二项式定理．Tr＋1＝Ceq\o\al(r,5)(x－1)5－r(b＋1)r，r＝0，1，2，…，5⇒eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（b＋1）5＝－32,a2＝Ceq\o\al(2,5)（b＋1）2))⇒eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝－3,a2＝40)).答案：－34014．解析：由log2x＋log2y＝1，得log2(xy)＝1，即xy＝2，所以eq\f(2,x)＋eq\f(1,y)≥2eq\r(\f(2,x)·\f(1,y))＝2，当且仅当eq\f(2,x)＝eq\f(1,y)，且x＝2，y＝1时等号成立．由题意知eq\f(x－y,x2＋y2)＝eq\f(x－y,（x－y）2＋4)>0，又eq\f(（x－y）2＋4,x－y)＝(x－y)＋eq\f(4,x－y)≥2eq\r(（x－y）·\f(4,x－y))＝4，当且仅当x－y＝eq\f(4,x－y)，即x＝1＋eq\r(3)，y＝eq\r(3)－1时等号成立，所以eq\f(（x－y）2＋4,x－y)的最小值为4，所以eq\f(x－y,x2＋y2)的最大值为eq\f(1,4).答案：2eq\f(1,4)15．解析：依题意，圆心C(0，－1)到直线l的距离d＝eq\f(|2×0－（－1）＋4|,\r(5))＝eq\r(5)>r＝eq\r(3)，所以直线l与圆C相离．由对于圆C上的随意一点Q，均满意∠EQF≥eq\f(π,2)得，点Q必位于以线段EF为直径的圆上或圆内，即圆C与以线段EF为直径的圆内切或内含(其中eq\f(1,2)|EF|>eq\r(3))．记线段EF的中点为M，则eq\f(1,2)|EF|－eq\r(3)≥|CM|，|EF|≥2(|CM|＋eq\r(3))≥2(d＋eq\r(3))＝2(eq\r(5)＋eq\r(3))，即|EF|的最小值是2(eq\r(5)＋eq\r(3))．答案：2(eq\r(5)＋eq\r(3))16．解析：令g(x)＝f(x)＋x－x2，所以g(x)＋g(－x)＝f(x)＋x－x2＋f(－x)－x－x2＝f(x)＋f(－x)－2x2＝0，所以g(x)为定义在R上的奇函数，又当x≤0时，g′(x)＝f′(x)＋1－2x＜0，所以g(x)在R上单调递减，所以f(2＋m)－f(－m)≤2m＋2等价于f(2＋m)＋(2＋m)－(m＋2)2≤f(－m)＋(－m)－(－m)2，即2＋m≥－m，解得m≥－1，所以实数m的取值范围是[－1，＋∞)．答案：[－1，＋∞)17．解析：过D′作AM的垂线，垂足为H，连接DH，则DH⊥AM，故H的轨迹为以AD为直径的圆．要使D′P最小，应过H作AB的垂线，垂足为P，问题转化为DH2＋HP2的最小值，而DH2＋HP2＝AD2－AH2＋HP2＝4－AP2，故只需AP最大，所以该圆最右侧的点即为H点，此时AP＝eq\f(1,2)，所以4－AP2＝eq\f(15,4)，所以PD′min＝eq\f(\r(15),2).答案：eq\f(\r(15),2)18．解：(1)f(x)＝2cos2x＋sin2x＋a＝1＋cos2x＋sin2x＋a＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＋1＋a，则f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π，且当2kπ－eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)时f(x)单调递增，即kπ－eq\f(3,8)π≤x≤kπ＋eq\f(π,8)(k∈Z)．所以eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(3π,8)，kπ＋\f(π,8)))(k∈Z)为f(x)的单调递增区间．(2)当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))时，eq\f(π,4)≤2x＋eq\f(π,4)≤eq\f(7π,12)，当2x＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(π,8)时，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＝1.所以f(x)max＝eq\r(2)＋1＋a＝2⇒a＝1－eq\r(2).由2x＋eq\f(π,4)＝kπ＋eq\f(π,2)得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,8)(k∈Z)，故y＝f(x)的对称轴方程为x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,8)，k∈Z.19．解：(1)证明：法一：如图，取AC中点O.连接A1O，BO.由题意得BO⊥AC，因为A1B⊥AC，A1B∩BO＝B，A1B⊂平面A1BO，BO⊂平面A1BO，所以AC⊥平面A1BO，连接AB1交A1B于点M，连接OM，则B1C∥OM，又OM⊂平面A1BO，所以AC⊥OM，因为A1C1∥AC，所以A1C1⊥B1C.法二：连接AB1，BC1，因为四边形A1ABB1是菱形，所以A1B⊥AB1，又A1B⊥AC，AB1∩AC＝A，所以A1B⊥平面AB1C，所以A1B⊥B1C.又四边形B1BCC1是菱形，所以BC1⊥B1C，所以B1C⊥平面A1BC1，所以B1C⊥A1C1.(2)因为A1B⊥AB1，A1B⊥AC，所以A1B⊥平面AB1C.所以平面AB1C⊥平面ABB1A1.因为平面AB1C∩平面ABB1A1＝AB1，所以直线AC在平面ABB1A1的射影为AB1，所以∠B1AC为直线AC和平面ABB1A1所成的角．因为AB1＝2AM＝2eq\r(AB2－BM2)＝eq\r(10)，所以在Rt△ACB1中，cos∠B1AC＝eq\f(AC,AB1)＝eq\f(2,\r(10))＝eq\f(\r(10),5).所以直线AC和平面ABB1A1所成角的余弦值为eq\f(\r(10),5).20．解：(1)由{an}是递增数列知，a2>a1⇔a1＋eq\f(2,a1)－1>a1，得0<a1<2①，又由a3>a2⇔a2＋eq\f(2,a2)－1>a2，得0<a2<2，即a1＋eq\f(2,a1)－1<2，解得1<a1<2②，由①②，得1<a1<2.下面用数学归纳法证明：当1<a1<2时，1<an<2对随意n∈N*恒成立．(i)当n＝1时，1<a1<2成立；(ii)假设当n＝k(k∈N*)时，1<ak<2成立，则当n＝k＋1时，ak＋1＝ak＋eq\f(2,ak)－1∈[2eq\r(2)－1，2)⊆(1，2)，所以当n＝k＋1时，也成立．由(i)(ii)可知1<an<2对随意n∈N*恒成立．于是an＋1－an＝eq\f(2,an)－1>0，即{an}是递增数列．所以a1的取值范围是1<a1<2.(2)证明：因为a1>2，可用数学归纳法证明：an>2对随意n∈N*恒成立．于是an＋1－an＝eq\f(2,an)－1<0，即{an}是递减数列．在Sn≥na1－eq\f(1,3)(n－1)中，令n＝2，得2a1＋eq\f(2,a1)－1＝S2≥2a1－eq\f(1,3)，解得a1≤3.故2<a1≤3.先证：(i)当2<a1≤eq\f(7,3)时，Sn≥na1－eq\f(1,3)(n－1)恒成立．事实上，当2<a1≤eq\f(7,3)时，由于an＝a1＋(an－a1)≥a1＋(2－eq\f(7,3))＝a1－eq\f(1,3)，于是Sn＝a1＋a2＋…＋an≥a1＋(n－1)(a1－eq\f(1,3))＝na1－eq\f(1,3)(n－1)．再证：(ii)a1>eq\f(7,3)不合题意．事实上，当3≥a1>eq\f(7,3)时，设an＝bn＋2，则由an＋1＝an＋eq\f(2,an)－1，可得bn＋1＝bn＋eq\f(2,bn＋2)－1.得eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(bn＋1,bn＋2)≤eq\f(2,3)(因为eq\f(7,3)<a1≤3，所以eq\f(1,3)<b1≤1)，于是数列{bn}的前n项和Tn≤b1·eq\f(1－（\f(2,3)）n,1－\f(2,3))<3b1≤3，故Sn＝2n＋Tn<2n＋3＝na1＋(2－a1)n＋3③，令a1＝eq\f(7,3)＋t(t>0)，则由③式得Sn<na1＋(2－a1)n＋3＝na1－eq\f(1,3)(n－1)－tn＋eq\f(8,3)，只要n充分大，就有Sn<na1－eq\f(1,3)(n－1)，这与Sn≥na1－eq\f(1,3)(n－1)冲突．所以a1>eq\f(7,3)不合题意．综合(i)(ii)，有2<a1≤eq\f(7,3).因为2<a1≤eq\f(7,3)，所以0<b1≤eq\f(1,3)，所以eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(bn＋1,bn＋2)≤eq\f(b1＋1,b1＋2)≤eq\f(4,7)，故数列{bn}的前n项和Tn≤b1·eq\f(1－（\f(4,7)）n,1－\f(4,7))<eq\f(7,3)b1<1，所以Sn＝2n＋Tn<2n＋1.21．解：(1)因为A(1，2)在抛物线y2＝2px(p>0)上，所以p＝2.抛物线方程为y2＝4x.设C(eq\f(t2,4)，t)，则由kAB·kAC＝－1，即eq\f(－4－2,4－1)·eq\f(t－2,\f(t2,4)－1)＝－1，解得t＝6，t＝2(舍去)，即C(9，6)．(2)设A(x0，y0)，B(eq\f(yeq\o\al(2,1),2p)，y1)，C(eq\f(yeq\o\al(2,2),2p)，y2)，则yeq\o\al(2,0)＝2px0.直线BC的方程为eq\f(y－y1,y2－y1)＝eq\f(x－\f(yeq\o\al(2,1),2p),\f(yeq\o\al(2,2),2p)－\f(yeq\o\al(2,1),2p))，即(y1＋y2)y＝2px＋y1y2，由kAB·kAC＝eq\f(y1－y0,\f(yeq\o\al(2,1)