浙江专用2025届高考数学二轮复习预测提升仿真模拟卷四含解析

PAGE高考仿真模拟卷(四)(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＝{1，2，3，4，5}，B＝{x|x－1>0}，C＝{x|y＝x－1，y∈A}，则(A∩B)∪C＝()A．{2，3，4} B．{2，3，4，5，6}C．{0，1，2，3，4，5} D．{3，4，5}2．若复数z满意方程z＝(z＋1)i(i为虚数单位)，则复数z的共轭复数z对应的点在()A．第一象限 B．其次象限C．第三象限 D．第四象限3．“a>b”是“a|a|>b|b|”的()A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分又不必要条件4．函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图象经下列怎样的平移后所得的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，0))中心对称()A．向左平移eq\f(π,12)个单位长度 B．向右平移eq\f(π,12)个单位长度C．向左平移eq\f(π,6)个单位长度 D．向右平移eq\f(π,6)个单位长度5．在△ABC中，D是线段BC上一点(不包括端点)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))＋(1－λ)eq\o(AC,\s\up6(→))，则()A．λ<－1 B．－1<λ<0C．0<λ<1 D．λ>16.如图，给7条线段的5个端点涂色，要求同一条线段的两个端点不能同色，现有4种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方法种数为()A．24 B．48C．96 D．1207．已知某三棱锥的三视图如图所示，其中每个小正方形的边长都为1.三棱锥上的点M在俯视图上的对应点为A，点N在左视图上的对应点为B，则线段MN的长度的最大值为()A．3eq\r(3) B．3eq\r(2)C．9 D．68．已知数列{an}为等差数列，且a8＝1，则2|a9|＋|a10|的最小值为()A．3 B．2C．1 D．09．若双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)经过等腰梯形ABCD的上底的两个顶点C、D，下底的两个顶点A、B分别为双曲线的左、右焦点，对角线AC与双曲线的左支交于点E，且3|AE|＝2|EC|，|AB|＝2|CD|，则该双曲线的离心率是()A.eq\r(2) B．eq\r(3)C.eq\r(5) D．eq\r(7)10．记min{x，y}＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x，x≤y，,y，x>y，))已知函数F(x)＝min{2x，x2}()A．若F(a)≤b2，则a≤b B．若F(a)≤2b，则a≤bC．若F(a)≥b2，则a≥b D．若F(a)≥2b，则a≥b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．双曲线eq\f(x2,4)－y2＝1的实轴长是________，焦点到渐近线的距离是________．12．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(x)，x≤0，,1－3x，x>0，))则f(f(－1))＝________；若f(2a2－3)>f(5a)，则实数a的取值范围是________．13．在(2－x)6的绽开式中，含x3项的二项式系数为________，系数为________．(均用数字作答)14．已知一个袋子中装有4个红球和2个白球，假设每一个球被摸到的可能性是相等的．若从袋子中摸出3个球，记摸到白球的个数为ξ，则ξ＝1的概率是________，随机变量ξ的均值是________．15．已知x，y，z均为实数，且满意x2＋2y2＋z2＝1，则eq\r(5)xy＋2yz＋eq\r(2)z2的最大值为________．16．若x，y满意eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y＋4≥0,x＋y≥0,x≤3))，则z＝|2x－y|的最大值为________．17．在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，点M是棱AD的中点，点P是线段CD1(不包括点C)上的动点，点Q是线段CM上的动点，设直线PQ与平面ABCD所成的角为θ，则tanθ的最大值为________．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)在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cosA＝sin(B－C)．(1)求角C的大小；(2)若c＝eq\r(2)，当sinA＋cos(eq\f(7π,12)－B)取得最大值时，求A，a的值．19.(本题满分15分)如图，三棱柱ABC­A1B1C1全部的棱长均为1，A1C1⊥B1C.(1)求证：A1B⊥AC；(2)若A1B＝1，求直线A1C1和平面ABB1A1所成角的余弦值．20．(本题满分15分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*，且点(2，a2)，(a7，S3)均在直线x－y＋1＝0上．(1)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn；(2)设bn＝eq\f(2,2Sn－n)，Tn＝2b1·2b2·…·2bn，证明Tn<2eq\r(2).21.(本题满分15分)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左顶点为A，上顶点为B，直线AB的斜率为eq\f(\r(6),6)，坐标原点O到直线AB的距离为eq\f(\r(42),7).(1)求椭圆C的标准方程；(2)是否在圆O：x2＋y2＝b2上存在点D，使得圆O过D的切线与椭圆C交于点P，Q，线段PQ的中点为M，直线PQ与OM的夹角为45°？若存在，求点D的横坐标；若不存在，说明理由．22．(本题满分15分)已知函数f(x)＝alnx＋x－eq\f(1,x)，其中a为实常数．(1)若x＝eq\f(1,2)是f(x)的极大值点，求f(x)的微小值；(2)若不等式alnx－eq\f(1,x)≤b－x对随意－eq\f(5,2)≤a≤0，eq\f(1,2)≤x≤2恒成立，求b的最小值．高考仿真模拟卷(四)1．解析：选B.由题意知，B＝{x|x>1}，C＝{2，3，4，5，6}，所以(A∩B)∪C＝{2，3，4，5}∪{2，3，4，5，6}＝{2，3，4，5，6}，故选B.2．解析：选C.由于z＝(z＋1)i，则(1－i)z＝i，所以z＝eq\f(i,1－i)＝eq\f(i（1＋i）,2)＝－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)i，所以z＝－eq\f(1,2)－eq\f(1,2)i，对应点的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)))在第三象限．故选C.3．解析：选C.因为函数f(x)＝x|x|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2，x<0，,x2，x≥0))在定义域R上单调递增，所以当a>b时，f(a)>f(b)，即a|a|>b|b|，所以充分性成立；当a|a|>b|b|时，a>b，所以必要性成立．故选C.4．解析：选B.假设将函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的图象平移ρ个单位长度得到y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋2ρ＋\f(π,3)))关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，0))中心对称，所以将x＝－eq\f(π,12)代入得到sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)＋2ρ＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋2ρ))＝0，所以eq\f(π,6)＋2ρ＝kπ，k∈Z，所以ρ＝－eq\f(π,12)＋eq\f(kπ,2)，当k＝0时，ρ＝－eq\f(π,12).5．解析：选C.依据平面对量加法运算的平行四边形法则，可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0<λ<1,0<1－λ<1))，所以0<λ<1，故选C.6．解析：选C.依题意，设题目中的4种不同的颜色分别为a，b，c，d，留意到满意题意的方法中顶点A，B，E的颜色互不相同，下面进行分步计数：第一步，确定涂顶点A，B，E处(不妨设顶点A，B，E处的颜色分别为a，b，c)，相应的方法数为Aeq\o\al(3,4)＝24；其次步，确定涂顶点C，D的颜色的方法种数，相应的方法数为4(分别为(C，D)＝(a，b)，(a，d)，(d，a)，(d，b))．依据分步乘法计数原理知，满意题意的不同的涂色方法种数为24×4＝96，选C.7．解析：选A.依据题意及三视图，在棱长为3的正方体中还原该几何体的直观图，为如图所示的三棱锥P­CNE.由题意知M在PC上，则线段MN长度的最大值即PN的长，故线段MN长度的最大值为3eq\r(3).8．解析：选C.a9＝a8＋d＝1＋d，a10＝a8＋2d＝1＋2d，2|a9|＋|a10|＝2|1＋d|＋|1＋2d|＝2(|1＋d|＋|eq\f(1,2)＋d|)，所以当d∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)))时，原式取到最小值1.故选C.9．解析：选D.由题意可知，A(－c，0)，B(c，0)，又点C在双曲线上，ABCD为等腰梯形，|AB|＝2|CD|，所以点C的横坐标为eq\f(c,2)，不妨设Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2)，y0))，由3|AE|＝2|EC|可知eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(EC,\s\up6(→))，得Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2c,5)，\f(2y0,5)))，从而满意eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(c2,4a2)－\f(yeq\o\al(2,0),b2)＝1，,\f(4c2,25a2)－\f(4yeq\o\al(2,0),25b2)＝1，))消去eq\f(yeq\o\al(2,0),b2)，得eq\f(c2,a2)＝7，所以该双曲线的离心率为eq\r(7).10．解析：选D.在平面直角坐标系内画出函数y＝2x和函数y＝x2的图象，易得两函数图象有三个交点，设从左至右交点的横坐标分别为x1，x2，x3，则由图易得F(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x，x∈（－∞，x1]∪[x2，x3]，,x2，x∈（x1，x2）∪（x3，＋∞），))画出函数y＝2x和y＝F(x)的图象，过函数y＝2x的图象上随意一点(b，2b)作x轴的平行线l，由图易得在函数y＝F(x)的图象上，位于直线l和直线l上方的点均在x＝b的右侧，所以若F(a)≥2b，则a≥b，故选D.11．解析：因为a2＝4，b2＝1，所以实轴长2a等于4，焦点到渐近线的距离为b等于1.答案：4112．解析：f(－1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(－1)＝2，所以f(f(－1))＝f(2)＝1－3×2＝－5.作出函数图象，由图象可知函数f(x)在定义域上单调递减，所以由f(2a2－3)>f(5a)得，2a2－3<5a，即2a2－5a－3<0，解得－eq\f(1,2)<a<3，即实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，3)).答案：－5eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，3))13．解析：依题意，(2－x)6的绽开式的通项Tr＋1＝Ceq\o\al(r,6)·26－r·(－x)r＝Ceq\o\al(r,6)·26－r·(－1)r·xr，因此在(2－x)6的绽开式中，含x3项的二项式系数为Ceq\o\al(3,6)＝20，系数为Ceq\o\al(3,6)·23·(－1)3＝－160.答案：20－16014．解析：依题意得，ξ的全部可能取值分别是0，1，2，P(ξ＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(3,4),Ceq\o\al(3,6))＝eq\f(1,5)，P(ξ＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(2,4)·Ceq\o\al(1,2),Ceq\o\al(3,6))＝eq\f(3,5)，P(ξ＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(1,4)·Ceq\o\al(2,2),Ceq\o\al(3,6))＝eq\f(1,5)，因此随机变量ξ的均值是E(ξ)＝0×eq\f(1,5)＋1×eq\f(3,5)＋2×eq\f(1,5)＝1.答案：eq\f(3,5)115．解析：由题意可知，1＝x2＋2y2＋z2＝x2＋eq\f(2,5)y2＋eq\f(8,5)y2＋eq\f(1,5)z2＋eq\f(4,5)z2≥2eq\r(\f(2,5))xy＋eq\f(4\r(2),5)yz＋eq\f(4,5)z2＝eq\f(2\r(2),5)(eq\r(5)xy＋2yz＋eq\r(2)z2)，即eq\r(5)xy＋2yz＋eq\r(2)z2≤eq\f(5,2\r(2))＝eq\f(5\r(2),4)，故eq\r(5)xy＋2yz＋eq\r(2)z2的最大值为eq\f(5\r(2),4)，当且仅当x＝eq\f(1,\r(26))，y＝eq\f(\r(5),2\r(13))，z＝eq\f(\r(10),\r(13))时取等号．答案：eq\f(5\r(2),4)16．解析：依题意，在坐标平面内画出不等式组表示的平面区域及直线2x－y＝0，平移该直线，当直线经过平面区域内的点(－2，2)时，相应直线在y轴上的截距最大，此时2x－y取得最小值，最小值是－6；当直线经过平面区域内的点(3，－3)时，相应直线在y轴上的截距最小，此时2x－y取得最大值，最大值是9，因此2x－y的取值范围是[－6，9]，z＝|2x－y|的取值范围是[0，9]，z＝|2x－y|的最大值是9.答案：917．解析：如图，过P作PN⊥CD于N，连接QN，则直线PQ与平面ABCD所成的角θ即∠PQN，所以tanθ＝eq\f(PN,QN)，结合图形可知，对于线段CD1上的随意点P，作PN⊥CD，在线段CM上均存在点Q，使得QN⊥CM，此时tanθ取得最大值．不妨取点P运动到D1点，此时N在D点，则PN＝1，又DM＝eq\f(1,2)，CD＝1，所以CM＝eq\f(\r(5),2)，QN＝eq\f(\r(5),5)，所以(tanθ)max＝eq\f(1,\f(\r(5),5))＝eq\r(5).答案：eq\r(5)18．解：(1)在锐角△ABC中，cosA＝－cos(B＋C)＝sin(B－C)，所以sinBcosC－cosBsinC＋cosBcosC－sinBsinC＝0，即sinB(cosC－sinC)＋cosB(cosC－sinC)＝0，所以(sinB＋cosB)(cosC－sinC)＝0.因为A，B，C均为锐角，所以sinB＋cosB>0，cosC－sinC＝0，tanC＝1，故C＝eq\f(π,4).(2)由(1)知，A＋B＝eq\f(3π,4).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0<A<\f(π,2),0<\f(3π,4)－A<\f(π,2)))，得eq\f(π,4)<A<eq\f(π,2).sinA＋cos(eq\f(7π,12)－B)＝sinA＋cos[eq\f(7π,12)－(eq\f(3π,4)－A)]＝sinA＋cos(A－eq\f(π,6))＝sinA＋eq\f(\r(3),2)cosA＋eq\f(1,2)sinA＝eq\f(3,2)sinA＋eq\f(\r(3),2)cosA＝eq\r(3)(sinA·eq\f(\r(3),2)＋cosA·eq\f(1,2))＝eq\r(3)sin(A＋eq\f(π,6))．由于eq\f(π,4)<A<eq\f(π,2)，所以eq\f(5π,12)<A＋eq\f(π,6)<eq\f(2π,3)，故当A＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即A＝eq\f(π,3)时，sinA＋cos(eq\f(7π,12)－B)取得最大值eq\r(3).由正弦定理eq\f(a,sin\f(π,3))＝eq\f(c,sin\f(π,4))＝eq\f(\r(2),\f(\r(2),2))＝2，得a＝eq\r(3).19．解：(1)取AC中点O，连接A1O，BO，所以BO⊥AC.连接AB1交A1B于点M，连接OM，则B1C∥OM.因为A1C1∥AC，A1C1⊥B1C，所以AC⊥OM.又因为OM⊆面A1BO，OB⊆面A1BO，所以AC⊥面A1BO，所以A1B⊥AC.(2)因为A1C1∥AC，所以直线A1C1和平面ABB1A1所成角等于直线AC和平面ABB1A1所成角．因为三棱柱ABC­A1B1C1全部的棱长均为1，故A1B⊥AB1，因为A1B⊥AC，所以A1B⊥面AB1C，所以面AB1C⊥面ABB1A1.因为面AB1C∩面ABB1A1＝AB1，所以AC在平面ABB1A1的射影为AB1，所以∠B1AC为直线AC和平面ABB1A1所成角．因为AB1＝2AM＝2eq\r(AB2－BM2)＝eq\r(3)，由于A1C1⊥B1C，所以AC⊥B1C，所以在Rt△ACB1中，cos∠B1AC＝eq\f(AC,AB1)＝eq\f(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3).所以直线AC和平面ABB1A1所成角的余弦值为eq\f(\r(3),3)，即直线A1C1和平面ABB1A1所成角的余弦值为eq\f(\r(3),3).20．解：(1)设等差数列{an}的公差为d.由点(2，a2)，(a7，S3)均在直线x－y＋1＝0上，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝3，,a7－S3＋1＝0.))又S3＝a1＋a2＋a3＝3a2，所以a7＝8.所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝3，,a1＋6d＝8，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,d＝1.))所以an＝n＋1，Sn＝eq\f(n（n＋3）,2).(2)证明：bn＝eq\f(2,2Sn－n)＝eq\f(2,n（n＋2）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋2).令Pn＝b1＋b2＋…＋bn，则Pn＝1－eq\f(1,3)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋2)＝eq\f(3,2)－eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2)，因为n∈N*，所以Pn<eq\f(3,2)，所以Tn＝2b1·2b2·…·2bn＝2b1＋b2＋…＋bn＝2Pn<2eq\s\up6(\f(3,2))，所以Tn<2eq\r(2).21．解：(1)已知eq\f(b,a)＝eq\f(\r(6),6)，而直线AB的方程为－eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1，由题意eq\f(1,\r(\f(1,a2)＋\f(1,b2)))＝eq\f(\r(42),7)，从而a＝eq\f(\r(42),7)·eq\r(1＋\f(a2,b2))＝eq\f(\r(42),7)·eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,\r(6))))\s\up12(2))＝eq\r(6)，b＝eq\f(\r(6),6)a＝1.故椭圆C的标准方程为eq\f(x2,6)＋y2＝1.(2)设点D(x0，y0)，则xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝1.由题意知y0≠0，从而直线PQ的斜率k＝－eq\f(x0,y0)，故直线PQ的方程可写为y＝eq\f(1,y0)(1－x0x)，代入椭圆C的方程并整理得eq\f(1＋5xeq\o\al(2,0),6)x2－2x0x＋xeq\o\al(2,0)＝0.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(6x0,1＋5xeq\o\al(2,0))，从而eq\f(y1＋y2,2)＝eq\f(1,y0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－x0·\f(x1＋x2,2)))＝eq\f(y0,1＋5xeq\o\al(2,0))，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6x0,1＋5xeq\o\al(2,0))，\f(y0,1＋5xeq\o\al(2,0)))).若直线PQ与OM的夹角为45°，则△ODM是等腰直角三角形，从而|OM|＝eq\r(2)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6x0,1＋5xeq\o\al(2,0))))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y0,1＋5xeq\o\al(2,0))))eq\s\up12(2)＝2，化简得50xeq\o\al(4,0)－15xeq\o\al(2,0)＋1＝0