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2021届浙江省高考数学预测卷(三)含答案解析

1、2021 届届浙江浙江高考数学精测卷(三)高考数学精测卷(三) 【满分:【满分:150 分分】 选择题部分(共选择题部分(共 40 分)分) 一一、选择题:本大题共、选择题:本大题共 10 小题,每小题小题,每小题 4 分,共分,共 40 分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题 目要求的。目要求的。 1.设全集U R,集合 2 1,230Ax xBx xx ,则 UA B( ) A.31xx B.11xx C.13xx D. 13xx 2.已知 i 是虚数单位,复数 z 满足 2 (1 i) 1i z ,则复数z ( ) A.1i B.1i

2、 C.1i D.1i 3.已知在等差数列 n a 中, 126915 24,217aaaa ,则数列 n a 的前 20 项和 20 S( ) A.120 B.130 C.140 D.150 4.已知实数, x y满足不等式组 5 0 2 0 22 0 xy y xy ,则32zxy 的最小值为( ) A.11 B.13 C.11 D.13 5.“ 22 loglogab”是“ 11 ab ”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 6.函数 lncos 22 yxx 的大致图像是( ) A. B. C. D. 7.已知随机变量,X Y满足21Y

3、X,且随机变量X的分布列如下: X 0 1 2 P 1 6 1 3 a 则随机变量Y的方差 D Y ( ) A. 5 9 B. 20 9 C. 4 3 D. 29 9 8.自点2,1A 发出的光线l经过x轴反射, 其反射光线所在直线正好与圆 22 :4690M xyxy相切, 则反射光线所在直线的所有斜率之和为( ) A. 4 3 B.2 C. 8 3 D.4 9.在矩形ABCD中,已知4,3ABAD,E为AD边上靠近点D的三等分点.现将ABEV沿直线BE折起 至A BEV,使得点A在平面BCDE上的射影在四边形BCDE内(不含边界),如图.设直线 ,A B A C与平面 BCDE所成的角分别

4、为, ,二面角ABEC的大小为,则( ) A. B. C. D. 10.已知椭圆 22 1 82 xy 上一点2,1A和该椭圆上两动点,B C,直线,AB AC的斜率分别为 12 ,k k,且 12 0kk,则直线BC的斜率k满足( ) A. 1 2 k 或 1 2 k B. 1 2 k C. 1 2 k D.k的值不确定 非选择题部分(共非选择题部分(共 110 分)分) 二、填空题:本大题共二、填空题:本大题共 7 小题,共小题,共 36 分。多空题每小题分。多空题每小题 6 分;单空题每小题分;单空题每小题 4 分。分。 11.已知函数 2 2 2,1, ( ) log,1, x x f

5、 x x x 则 0.2 2 2log 1.2ff_;若 1 ( ) 2 f m ,则实数m的值为 _. 12.二项式 5 (12 ) x展开式中,第三项的系数为_;所有的二项式系数之和为 _. 13.已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为_,表面积为_. 14.从 2 位女生,4 位男生中选 3 人参加科技比赛, 且至少有 1 位女生入选, 则不同的选法共有_ 种.(用数字填写答案) 15.已知点2,1A,抛物线 2 4yx的焦点是F,若抛物线上存在一点P,使得PAPF最小,则最小值 为_;此时P点的坐标为_. 16.旅行社为某旅游团租飞机旅游, 其中旅行社的包机费为 15 000

6、 元.旅游团中每人的飞机票按以下方式与旅 行社结算:若旅游团的人数不超过 35 人,则飞机票每张收费 800 元;若旅游团的人数多于 35 人,则给予 优惠,每多 1 人,机票每张少收 10 元,但旅游团的人数不超过 60 人.设该旅游团的人数为x人,飞机票总 费用为y元,旅行社从飞机票中获得的利润为Q元,当旅游团的人数x _时,旅行社从飞 机票中可获得最大利润. 17.非零向量, a b满足2,4a bab,则23ab的取值范围是_. 三、解答题:本大题共三、解答题:本大题共 5 小题,共小题,共 74 分。解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤。分。解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤。

7、 18.(14 分)在ABC中,内角 A,B,C 的对边依次为 22 1 , , ,sincos 22 AB a b cC . (1)求角 C; (2)若 2, 4 cA,求ABC的面积. 19.(15 分)如图,四边形ABCD为正方形,,E F分别为,AD BC的中点,以DF为折痕把DFCV折起,使 点C到达点P的位置,且PFBF. (1)证明:平面PEF 平面ABFD; (2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值. 20.(15 分)已知数列 n a的前 n项和 * 1 222, nn SSnn N,数列 n b中, 11 22ab. (1)求 n a的通项公式; (2)若 * 221212

8、 1, nnnnn bbbba n N,求数列 n b的前 10 项的和. 21.(15 分)已知 12 (,0),( ,0)FcF c为双曲线 2 2 2 :1(0) y C xb b 的左、右焦点,过点 2 F作垂直于x轴的直 线,并在x轴上方交双曲线C于点M,且 12 30MFF. (1)求双曲线C的方程; (2)过圆 222 :O xyb上任意一点 00 ,Q x y作圆O的切线l, 交双曲线C于, A B两个不同的点,AB的中 点为N,证明:| 2|ABON. 22.(15 分)已知函数 e4 ( )ln, ( ) 2 xxa f xax g x x . (1)求函数 f x的极值点

9、; (2)当0a 时,函数 h xf xg x恰有三个不同的零点,求实数a的取值范围. 答案以及解析答案以及解析 1.答案:D 解析:因为集合1Ax x,所以1 UA x x C.因为 2 230 13Bx xxxx ,所以 13 UA Bxx.故选 D. 2.答案:A 解析: 22 (1i)(1i)2i2i(1i) 1i, 1i1i(1i)(1i) z z i(1 i)1 i,1iz .故选 A. 3.答案:B 解析:解法一:设等差数列 n a的公差为 d,则 11 11 11254, 821417, adad adad ,解得 1 3,1ad ,所以 20 20 19 20( 3)1130

10、 2 S . 解法二:由 126915 24,217aaaa ,得 129615 213aaaa,由等差数列的性质可知 129615 aaaa,所以 615 13aa,所以 120615 20 2020 130 22 aaaa S . 4.答案:B 解析: 解法一: 作出可行域如图中阴影部分所示.由32zxy 得 3 22 z yx, 由图形可知当直线 3 22 z yx 过点 B 时,直线 3 22 z yx在 y 轴上的截距最小,此时 z 最小.由 50 20 xy y ,得(3, 2)B,得 min 3 32( 2)13z . 解法二:作出不等式组表示的平面区域如解法一图中阴影部分所示,

11、易得(0, 2), (3, 2), ( 3, 8)ABC .当直线 32zxy 过点(0, 2)A时,4z ;当直线32zxy 过点32B( , )时,13z ;当直线32zxy 过 点38C (, )时,7z .故32zxy 的最小值是13. 5.答案:D 解析: 由 22 loglogab可知0ab.由0ab推不出 11 ab , 由 11 ab 也推不出0ab, 故 “ 22 loglogab” 是“ 11 ab ”的既不充分也不必要条件.故选 D. 6.答案:A 解析: 2 lncoslncoslnln10 442 ,且函数lncosyx为偶函数.故选 A. 7.答案:B 解析:由分布

12、列的性质,得 111 1 632 a 所以 1114 ()012 6323 E X ,所以 222 4141415 ()012 3633329 D X ,又21YX,所以 20 ( )4() 9 D YD X. 8.答案:C 解析: 圆 22 :4690M xyxy可化为 22 (2)(3)4xy, 圆心为(2,3)M, 半径为2r .点( 2,1)A 关 于 x轴对称的点为( 2, 1)A , 所以设反射光线所在直线的方程为1(2)yk x , 即210kxyk .由反 射光线正好与圆M相切,得 2 |2321| 2 1 kk k ,即 2 3830kk,解得 12 4747 , 33 kk

13、 ,于是 12 47478 333 kk .故选 C. 9.答案:D 解析: 如图, 作ANBE, 分别交,BE DC于点,M N, 连接,A M A N, 易知ADNBAEV: V, 所以 DNAD AEAB , 所以 3 2 DN .由翻折知BEA M,又BEMN,所以BE 平面A MN.又BE 平面BCDE,所以平面 A MN 平面BCDE, 因此点A在平面BCDE上的射影就落在线段MN上(不含端点).作A OMN于点O, 则A O 平面BCDE, 连接,OB OC, 由线面角和二面角的定义可知,,A BOA COA MO, 且tan,tan,ta n A OA OA O BOCOMO

14、.易知 43 5 , 25 AMAN,所以 11 , 22 AMAN MNAN,即点O 在线段BC的垂直平分线的下方,故OBOC,且易知OCOM,所以有MOOCOB,所以 tantantan,又 ,0, 2 ,所以,故选 D. 10.答案:C 解析:由 12 (2,1),0Akk,设直线 1 :(2)1AB yk x,直线 21 :(2)1(2)1AC ykxk x , 1122 ,B x yC x y.已知点A在椭圆上,联立直线AB与椭圆方程得, 2222 11111 41168161640kxkkxkk,由根与系数的关系得 2 11 1 2 1 16164 2 41 kk x k ,即 2

15、 11 1 2 1 882 41 kk x k ,代入直线AB的方程得 2 1 1 1 2 1 441 41 kk y k ,即 22 1111 22 11 882441 , 4141 kkkk B kk .同理可得, 22 1111 22 11 882441 , 4141 kkkk C kk .则直线BC的斜率 22 1111 22 21111 22 1111211 22 11 441441 414181 882882162 4141 kkkk yykkk k kkkkxxk kk ,故 选 C. 11.答案: 1 2 ;1 或2 解析:因为 2 0.2 21,log 1.21,所以 2 2

16、 log 1.2 log 1.2 20.20.2 22 2 211.2131 2log 1.2log 220.2 2545102 ff .当1x 时, 由 2 1 2 2 x , 得1x , 满足1x ,当1x 时,由 2 1 log 2 x ,得2x ,满足1x .故实数m的值为 1 或2. 12.答案:40;32 解析:二项式 5 (12 ) x展开式的通项为 15 C (2 ) r r r Tx ,当2r 时,第三项的系数为 22 5 C 240. 所有的二项式系数之和为 0123455 555555 CCCCCC232. 13.答案:5;1519 解析:根据三视图,借助长方体还原该几何

17、体的直观图,如图中几何体ABCDEPF所示,其中长方体的长、 宽、高分别为2,1,3,P为所在棱的中点.易知该几何体是由该长方体截去两个相同的三棱锥得到的,故该几何 体的体积 11 2 1 321 1 35 32 V ,表面积 2 11112 2 32 12 32 123 121021519 22222 S . 14.答案:16 解析:通解 可分两种情况:第一种情况,只有 1 位女生入选,不同的选法有 12 24 C C12(种);第二种情况, 有 2 位女生入选,不同的选法有 21 24 C C4(种).根据分类加法计数原理知,至少有 1 位女生入选的不同的选 法有 16 种. 优解 从6人

18、中任选3人, 不同的选法有 3 6 C20(种), 从6人中任选3人都是男生, 不同的选法有 3 4 C4(种), 所以至少有 1 位女生入选的不同的选法有20416(种). 15.答案:3; 1 ,1 4 解析: 如图, 过P作抛物线 2 4yx的准线1x 的垂线, 交准线于点 1 P, 则由抛物线的定义得 1 |PPPF, 所以 1 | |PAPFPAPP, 由图象得当 1 ,P A P三点共线时, 1 |PAPP最小, 最小值为点A到准线l的 距离 3,此时点P的纵坐标为 1,所以 1 4 x ,即点P的坐标为 1 ,1 4 . 16.答案:57 或 58 解析:依题意,得 2 800

19、(135 ), 101150 (3560 ), xxx y xxxx N N 且 且 则旅行社的利润 2 80015000(135 ), 15000 10115015000(3560 ). xxx Qy xxxx N N 且 且 当135x且xN时, max 800351500013000Q;当3560 x且xN时, 2 11536125 10 22 Qx ,当57x 或 58 时, Q最大,最大为 18 060.综上,当57x 或 58 时,旅行社可获最大利润. 17.答案:5 22,5 22 解析:因为2,4a bab,所以 22 41688ababa b,所以2 2ab, 所以 115

20、23()()2 5 5 2 2222 ababababab, 1551 23()()5 22 2222 ababababab. 所以235 22,5 22ab. 18.答案:(1)本题考查三角恒等变换、正弦定理、三角形的面积公式. 由 22 1 sincos 22 AB C ,得 22 2sin2cos1 2 AB C , 化简得 22 2cos12sin 2 AB C , 即 2 2coscos()CAB,即 2 2coscosCC , 即cos(2cos1)0CC ,解得cos0C 或2cos10C . 即cos0C 或 1 cos 2 C . 又0C,所以 2 C 或 3 C . (2)

21、由(1)得 3 C 或 2 C ,当 3 C 时,由正弦定理 sinsinsin abc ABC 得, 2 6 sin sin3 c aA C , 42 sinsin sin343 c bB C 422 sincoscossin 34343 432123 26 222233 , 故 112 63 26333 sin 223323 ABC SabC ; 当 2 C 时,由 2, 4 cA,得 ,2 4 Bab, 因此 11 221 22 ABC Sab. 综上,ABC的面积是 33 3 或 1. 19.答案:(1)由已知可得,,BFPF BFEF,所以BF 平面PEF. 又BF 平面ABFD,所

22、以平面PEF 平面ABFD. (2)作PHEF,垂足为H.由(1)得,PH 平面ABFD. 以H为坐标原点,HF uuu r 的方向为y轴正方向,|BF uuu r 为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz. 由(1)可得,DEPE.又2,1DPDE,所以3PE . 又1,2PFEF,故PEPF. 可得 33 , 22 PHEH. 则 33333 (0,0,0),0,0,1,0 ,1,0,0, 22222 HPDDPHP uuu ruuu r 为平面ABFD的法向量. 设DP与平面ABFD所成角为,则 3 3 4 sin 43 | HP DP HP DP uuu r uuu r uuu

23、ruuu r. 所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为 3 4 . 20.答案:(1)由 1 22 nn SS ,可得 12 22(3) nn SSn , 得 112 2 nnnn SSSS ,所以 1 2,3 nn aan . 因为 2111 22,2aaaa,所以 2 4a ,所以 21 2aa, 故 n a是首项为 2,公比为 2 的等比数列, 则 n a的通项公式为2n n a . (2)由(1)知 221212 1,2n nnnn bbbb ,所以 2121 12n nn bb , 1221 212323255331 1 2,1 2,1 2 ,1 2 nn nnnn bbbbbbbb

24、 L, 所以 1 121 211 2 12 1222123 12 n nn n bbnnn L, 所以 21 22 n n bn ,所以 1 2221 21,223 nn nnn bnbbn . 所以 n b的前 10 项的和为 2367 12910 222( 1 17)24 15139bbbb LLL. 21.答案:(1)根据已知条件,得 222 1,1acabb, 所以 22 12 1,0 ,1,0FbFb. 因为 2 MFx轴,所以 22 1,Mbb. 在 12 Rt MF FV中, 22 2 2 12 3 tan30 23 2 1 MF bb FFc b ,得 2 2b . 所以双曲线

25、C的方程为 2 2 1 2 y x . (2)当直线l的斜率不存在时,则 12 ABF F, 于是| 2 2,|2ABON,此时| 2|ABON. 当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为 1122 (2),ykxm kA x yB xy . 联立得 2 2 , 1, 2 ykxm y x 消去y并整理,得 222 2220kxkmxm. 则 12 2 2 12 2 2 , 2 2 , 2 km xx k m x x k 且 NN ykxm. 因为N为AB的中点, 所以 12 2 N xx x ,即 N点的坐标为 22 2 , 22 kmm kk . 则 22 2 22 2 2|4 | 222

26、kmmmk ON kkk . 22 2 22 1212 2 2 82 |141 2 mk ABkxxx xk k . 又点O到直线l的距离 2 | 2 1 m d k ,所以 2 |21mk,即 22 21mk. 所以 22 2 2 214 | 2 kk AB k , 222 22 |4214 | 22 mkkk ON kk , 由此得| 2|ABON. 综上,| 2|ABON. 22.答案:(1)因为 e ( )ln 2 x f xax,所以( )ln1 2 x f xax, 所以 2111 ( )(0) 2 ax fxaax xxx , 当0a 时, 0fx ,所以函数 f x无极值点.

27、当0a 时,令 0 fx ,解得 1 x a . 由 ( )0, 0, fx x 解得 1 0 x a ;由 ( )0, 0, fx x 解得 1 x a . 故函数( )f x有极大值点 1 a ,无极小值点. 综上,当0a 时,函数 f x无极值点; 当0a 时,函数 f x有极大值点 1 a ,无极小值点. (2)当0a 时, 4 ( )( )( )ln(0) 2 xa h xf xg xaxx x , 所以 2 22 14 ( )0) 4 ( aaxxa h xax xxx . 设 2 40k xaxxa ,则 2 1 16a , 当 0, 0,a 即 1 4 a 时, 0h x ,所

28、以 h x在0,上单调递减,所以 h x不可能有三个不同的零点. 当 0, 0,a 即 1 0 4 a时, k x有两个零点,为 22 12 11 1611 16 , 22 aa xx aa , 所以 12 0,0 xx.又 2 4k xaxxa 的图象开口向下,所以当 1 0 xx时, 0k x ,所以 0h x , 所以 h x在 1 (0,)x上单调递减;当 12 xxx时,( )0k x ,所以( )0h x ,所以( )h x在 12 ,x x上单调递增; 当 2 xx时, 0k x ,所以 0h x ,所以 h x在 2, x 上单调递减. 因为 12 4 2ln120,4 2 a

29、 hax x,所以 12 2xx, 所以 12 20h xhh x. 3 222 2 11141 lnln22ln4 1 2 a haaa aaaa a , 令 3 1 ln22ln4m aaa a , 则当 1 0 4 a时, 4 2 222 21122112 120 aaa m aa aaaa . 所以 m a在 1 0, 4 上单调递增, 所以当 1 0 4 a时, 3 111 ln22ln443ln240 4416 1 4 m am , 即 2 1 0h a . 由零点存在性定理知, h x在区间 2 2 1 ,x a 上有唯一的零点 0 x. 因为 0 000 0000 0 441444 lnln0,0 4 22 xaa h xhaxah x xxxx x ,所以 0 4 0h x , 所以 1 0 4 0 x x ,所以 h x在区间 1 0,x上有唯一的零点 0 4 x . 故当 1 0 4 a时, h x存在三个不同的零点 0 0 4 ,2,x x . 故实数a的取值范围是 1 0, 4 .