【高考解碼】2021屆高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)(新課標)-專題大模擬(三)(專題一～六)

專題大模擬(三)(專題一～六)(時間：120分鐘滿分：150分)第Ⅰ卷(選擇題共60分)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是符合題目要求的)1．(2022·全國新課標Ⅰ高考)設(shè)復(fù)數(shù)z1，z2在復(fù)平面內(nèi)的對應(yīng)點關(guān)于虛軸對稱，z1＝2＋i，則z1z2＝()A．－5B．5C．－4＋iD．－4－i【解析】∵z1＝2＋i，z1與z2關(guān)于虛軸對稱，∴z2＝－2＋i，∴z1·z2＝(2＋i)(－2＋i)＝i2－4＝－1－4＝－5.故選A.【答案】A2．已知集合A＝{1,3，eq\r(m)}，B＝{1，m}，A∪B＝A，則m＝()A．0或eq\r(3)B．0或3C．1或eq\r(3)D．1或3【解析】利用并集的性質(zhì)及子集的含義求解．∵A∪B＝A，∴B?A.又A＝{1,3，eq\r(m)}，B＝{1，m}，∴m＝3或m＝eq\r(m).由m＝eq\r(m)得m＝0或m＝1.但m＝1不符合集合中元素的互異性，故舍去，故m＝0或m＝3.【答案】B3．對于常數(shù)m、n，“mn＞0，且m≠n”是“方程mx2＋ny2＝1的曲線是橢圓”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充分必要條件D．既不充分也不必要條件【解析】分別推斷條件的充分性、必要性是否成立．∵mn＞0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＞0，,n＞0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＜0，,n＜0，))當m＞0，n＞0時且m≠n，方程mx2＋ny2＝1的曲線是橢圓，但m＜0，n＜0時，方程mx2＋ny2＝1不表示任何圖形，所以條件不充分；反之，當方程mx2＋ny2＝1表示的曲線是橢圓時有mn＞0且m≠n，所以“mn＞0且m≠n”是“方程mx2＋ny2＝1的曲線是橢圓”的必要不充分條件．【答案】B4．(猜測題)若點(a,9)在函數(shù)y＝3x的圖象上，則sineq\f(aπ,6)的值為()A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(2),2)D.eq\f(\r(3),2)【解析】∵點(a,9)在y＝3x上，∴9＝3a，∴a＝2，∴sineq\f(2π,6)＝sineq\f(π,3)＝eq\f(\r(3),2)，故選D.【答案】D5．(2022·浙江高考)某幾何體的三視圖(單位：cm)如圖所示，則此幾何體的表面積是()A．90cm2B．129cm2C．132cm2D．138cm2【解析】該幾何體由一長方體和一個三棱柱組成．S＝(2×4×6＋2×3×4＋3×6＋3×3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3×4＋3×5＋2×\f(1,2)×3×4))＝138(cm2)，故選D.【答案】D6．(2021·天津高考)已知過點P(2,2)的直線與圓(x－1)2＋y2＝5相切，且與直線ax－y＋1＝0垂直，則a＝()A．－eq\f(1,2)B．1C．2D.eq\f(1,2)【解析】由圓的切線與直線ax－y＋1＝0垂直，設(shè)切線方程為x＋ay＋c＝0，再代入點(2,2)，結(jié)合圓心到切線的距離等于圓的半徑，求出a的值．由題意知圓心為(1,0)，由圓的切線與直線ax－y＋1＝0垂直，可設(shè)圓的切線方程為x＋ay＋c＝0，由切線x＋ay＋c＝0過點P(2,2)，∴c＝－2－2a，∴eq\f(|1－2－2a|,\r(1＋a2))＝eq\r(5)，解得a＝2.【答案】C7．(2022·福建高考)閱讀下圖所示的程序框圖，運行相應(yīng)的程序，輸出的n的值為()A．1B．2C．3D．4【解析】當n＝1時，21＞12；當n＝2時，22＝22，故選B.【答案】B8．(2022·湖南高考)在平面直角坐標系中，O為原點，A(－1，0)，B(0，eq\r(3))，C(3,0)，動點D滿足|eq\o(CD,\s\up6(→))|＝1，則|eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→))|的取值范圍是()A．[4,6]B．[eq\r(19)－1，eq\r(19)＋1]C．[2eq\r(3)，2eq\r(7)]D．[eq\r(7)－1，eq\r(7)＋1]【解析】設(shè)D(x，y)，由|eq\o(CD,\s\up6(→))|＝1，∴(x－3)2＋y2＝1，故圓的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝cosθ＋3，,y＝sinθ，))∴|eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→))|＝eq\r(cosθ＋22＋\r(3)＋sinθ2)＝eq\r(8＋2\r(7)sinθ＋φ)∴eq\r(7)－1≤|eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→))|≤eq\r(7)＋1，故選D.【答案】D9．(2022·湖北高考)已知f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，當x≥0時，f(x)＝x2－3x.則函數(shù)g(x)＝f(x)－x＋3的零點的集合為()A．{1,3}B．{－3，－1,1,3}C．{2－eq\r(7)，1,3}D．{－2－eq\r(7)，1,3}【解析】當x≥0時，函數(shù)g(x)的零點即方程f(x)＝x－3的根，由x2－3x＝x－3，解得x＝1或3；當x＜0時，由f(x)是奇函數(shù)得－f(x)＝f(－x)＝x2－3(－x)，即f(x)＝－x2－3x.由f(x)＝x－3得x＝－2－eq\r(7)(正根舍去)．故選D.【答案】D10．(2022·安徽高考改編)若將函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的圖象向右平移φ個單位，所得圖象關(guān)于y軸對稱，則φ的最小正值是()A.eq\f(π,8)B.eq\f(3π,8)C.eq\f(π,4)D.eq\f(5π,4)【解析】f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))eq\o(→,\s\up7(右平移φ))g(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2x－φ＋\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)－2φ))，關(guān)于y軸對稱，則eq\f(π,4)－2φ＝kπ＋eq\f(π,2)，∴φ＝－eq\f(k,2)π－eq\f(π,8)(k∈Z)，明顯，k＝－1時，φ最小正值＝eq\f(π,2)－eq\f(π,8)＝eq\f(3π,8).【答案】B11．(2022·江西高考)在平面直角坐標系中，A，B分別是x軸和y軸上的動點，若以AB為直徑的圓C與直線2x＋y－4＝0相切，則圓C面積的最小值為()A.eq\f(4,5)πB.eq\f(3,4)πC．(6－2eq\r(5))πD.eq\f(5,4)π【解析】由題意知：|OC|＝dc－l，所以圓C的軌跡為拋物線，O為焦點，l為準線，若C的面積最小，則OC與l垂直，所以r最小＝eq\f(d0－l,2)＝eq\f(2,\r(5))，∴S＝π·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(5))))2＝eq\f(4π,5).【答案】A12．(2021·全國新課標Ⅰ高考)函數(shù)f(x)＝(1－cosx)sinx在[－π，π]的圖象大致為()【解析】先利用函數(shù)的奇偶性排解B，再利用特殊的函數(shù)值的符號排解A，而最終答案的選擇則利用了特定區(qū)間上的極值點．在[－π，π]上，∵f(－x)＝[1－cos(－x)]sin(－x)＝(1－cosx)(－sinx)＝－(1－cosx)sinx＝－f(x)，∴f(x)是奇函數(shù)，∴f(x)的圖象關(guān)于原點對稱，排解B.取x＝eq\f(π,2)，則f(eq\f(π,2))＝(1－coseq\f(π,2))sineq\f(π,2)＝1>0，排解A.∵f(x)＝(1－cosx)sinx，∴f′(x)＝sinx·sinx＋(1－cosx)cosx＝1－cos2x＋cosx－cos2x＝－2cos2x＋cosx＋1.令f′(x)＝0，則cosx＝1或cosx＝－eq\f(1,2).結(jié)合x∈[－π，π]，求得f(x)在(0，π]上的極大值點為eq\f(2,3)π，靠近π，選C.【答案】C第Ⅱ卷(非選擇題共90分)二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在題中橫線上．)13．(猜測題)已知變量x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－1≤0，,x＋y≥0，,x－y－2≤0，))則z＝2x·4y的最大值為________．【解析】∵z＝2x·4y，∴z＝2x·22y＝2x＋2y.當x＋2y有最大值時z取得最大值．由線性約束條件知當x＋2y過點(3,1)時(x＋2y)max＝5.∴zmax＝25＝32.【答案】3214．(2022·安徽高考)如圖，在等腰直角三角形ABC中，斜邊BC＝2eq\r(2)，過點A作BC的垂線，垂足為A1，過點A1作AC的垂線，垂足為A2；過點A2作A1C的垂線，垂足為A3；…，依此類推，設(shè)BA＝a1，AA1＝a2，A1A2＝a3，…，A5A6＝a7，則a7＝________.【解析】依據(jù)題意計算出a1，a2，a3的值，轉(zhuǎn)化為等比數(shù)列求解．依據(jù)題意易得a1＝2，a2＝eq\r(2)，a3＝1，∴{an}構(gòu)成以a1＝2，q＝eq\f(\r(2),2)的等比數(shù)列，∴a7＝a1q6＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))6＝eq\f(1,4).【答案】eq\f(1,4)15．如圖所示是拋物線形拱橋，當水面在l時，拱頂離水面2m，水面寬4m．水位下降1m后，水面寬________m.【解析】數(shù)形結(jié)合法．建立如圖所示的平面直角坐標系，設(shè)拋物線方程為x2＝－2py(p＞0)，則A(2，－2)，將其坐標代入x2＝－2py得p＝1.∴x2＝－2y.當水面下降1m，得D(x0，－3)(x0＞0)，將其坐標代入x2＝－2y得xeq\o\al(2,0)＝6，∴x0＝eq\r(6).∴水面寬|CD|＝2eq\r(6)m.【答案】2eq\r(6)16．(2022·全國新課標Ⅰ高考)已知a，b，c分別為△ABC三個內(nèi)角A，B，C的對邊，a＝2，且(2＋b)(sinA－sinB)＝(c－b)sinC，則△ABC面積的最大值為________．【解析】利用正弦定理及余弦定理求解．∵eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R，a＝2，又(2＋b)(sinA－sinB)＝(c－b)sinC可化為(a＋b)(a－b)＝(c－b)·c，∴a2－b2＝c2－bc，∴b2＋c2－a2＝bc，∴eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(bc,2bc)＝eq\f(1,2)＝cosA，∴∠A＝60°.∵△ABC中，4＝a2＝b2＋c2－2bc·cos60°＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc(“＝”當且僅當b＝c時取得)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)·bc·sinA≤eq\f(1,2)×4×eq\f(\r(3),2)≤eq\r(3).【答案】eq\r(3)三、解答題(本大題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．)17．(10分)(2022·廣東高考)設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，數(shù)列{Sn}的前n項和為Tn，滿足Tn＝2Sn－n2，n∈N*.(1)求a1的值；(2)求數(shù)列{an}的通項公式．【解】(1)當n＝1時，T1＝2S1－12.由于T1＝S1＝a1，所以a1＝2a1－1，解得a1＝1.(2)當n≥2時，Sn＝Tn－Tn－1＝2Sn－n2－[2Sn－1－(n－1)2]＝2Sn－2Sn－1－2n＋1，所以Sn＝2Sn－1＋2n－1，①所以Sn＋1＝2Sn＋2n＋1，②②－①得an＋1＝2an＋2.所以an＋1＋2＝2(an＋2)，即eq\f(an＋1＋2,an＋2)＝2(n≥2)．當n＝1時，a1＋2＝3，a2＋2＝6，則eq\f(a2＋2,a1＋2)＝2，所以當n＝1時也滿足上式．所以{an＋2}是以3為首項，2為公比的等比數(shù)列，所以an＋2＝3·2n－1，所以an＝3·2n－1－2.18．(12分)在平面直角坐標系xOy中，曲線y＝x2－6x＋1與坐標軸的交點都在圓C上．(1)求圓C的方程；(2)若圓C與直線x－y＋a＝0交于A，B兩點，且OA⊥OB，求a的值．【解】(1)曲線y＝x2－6x＋1與y軸的交點為(0,1)，與x軸的交點為(3＋2eq\r(2)，0)，(3－2eq\r(2)，0)．故可設(shè)C的圓心為(3，t)，則有32＋(t－1)2＝(2eq\r(2))2＋t2，解得t＝1.則圓C的半徑為eq\r(32＋t－12)＝3.所以圓C的方程為(x－3)2＋(y－1)2＝9.(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，其坐標滿足方程組：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＋a＝0，,x－32＋y－12＝9.))消去y，得到方程2x2＋(2a－8)x＋a2－2a＋1＝0.由已知可得，判別式Δ＝56－16a－4a2＞0.因此x1,2＝eq\f(8－2a±\r(56－16a－4a2),4)，從而x1＋x2＝4－a，x1x2＝eq\f(a2－2a＋1,2).①由于OA⊥OB，可得x1x2＋y1y2＝0.又y1＝x1＋a，y2＝x2＋a，所以2x1x2＋a(x1＋x2)＋a2＝0.②由①，②得a＝－1，滿足Δ＞0，故a＝－1.19．(12分)(2022·華約自主招生考試)函數(shù)f(x)＝eq\f(\r(2),2)(cosx－sinx)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))－2asinx＋b(a>0)的最大值為1，最小值為－4，求a，b的值．【解】f(x)＝eq\f(\r(2),2)(cosx－sinx)×eq\f(\r(2),2)(sinx＋cosx)－2asinx＋b＝eq\f(1,2)(cos2x－sin2x)－2asinx＋b＝－sin2x－2asinx＋b＋eq\f(1,2)＝－(sinx＋a)2＋a2＋b＋eq\f(1,2).∵a>0，∴－a<0.若－1<－a<0，即0<a<1時，則當sinx＝－a時，f(x)取得最小值a2＋b＋eq\f(1,2).當sinx＝1時，f(x)取得最小值－2a＋b－eq\f(1,2).由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＋b＋\f(1,2)＝1，,－2a＋b－\f(1,2)＝－4，))解得a＝－1±eq\r(5)(舍去)．若－a≤－1，即a≥1，則當sinx＝1時，f(x)取得最小值－2a＋b－eq\f(1,2).當sinx＝－1時，f(x)取得最大值2a＋b－eq\f(1,2).由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2a＋b－\f(1,2)＝－4，,2a＋b－\f(1,2)＝1，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(5,4)，,b＝－1.))綜上可知a＝eq\f(5,4)，b＝－1.20．(文)(12分)(2022·山東濟寧5月模擬)四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長為2的正方形，PB⊥BC，PD⊥CD，E是側(cè)棱PD的中點．(1)求證：PB∥平面ACE；(2)求證：PA⊥平面ABCD；(3)若PA＝2，求三棱錐P-ABE的體積．【解】(1)證明：如右圖：連接BD，BD和AC相交于O點，連接OE.∵E為PD的中點，∴OE∥PB，又OE?平面ACE，PB?平面ACE，∴PB∥平面ACE.(2)證明：∵ABCD是正方形，∴BC⊥AB，又BC⊥PB，且PB∩AB＝B，∴BC⊥平面PAB，∴BC⊥PA，同理CD⊥PA，又BC∩CD＝C，∴PA⊥平面ABCD.(3)連接BE，∵VP-ABE＝VB-PAE，∴VP-ABE＝VB-PAE＝eq\f(1,3)AB·eq\f(1,2)S△PAD，＝eq\f(1,3)·2·eq\f(1,2)·eq\f(1,2)·2·2＝eq\f(2,3).(理)(12分)(2022·湖南高考)如圖，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的全部棱長都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四邊形ACC1A1和四邊形BDD1B1均為矩形．(1)證明：O1O⊥底面ABCD；(2)若∠CBA＝60°，求二面角C1-OB1-D的余弦值．(1)【證明】由于四邊形ACC1A1為矩形，所以CC1⊥AC，同理DD1⊥BD，由于CC1∥DD1，所以CC1⊥BD，而AC∩BD＝O，因此CC1⊥底面ABCD.由題設(shè)知，O1O∥C1C，故O1O⊥底面ABCD.(2)【解】由于四棱柱ABCD－A1B1C1D1的全部棱長都相等，所以四邊形ABCD是菱形，因此AC⊥BD.又O1O⊥底面ABCD，從而OB，OC，OO1兩兩垂直．以O(shè)為坐標原點，OB，OC，OO1所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系O－xyz.不妨設(shè)AB＝2，由于∠CBA＝60°，所以O(shè)B＝eq\r(3)，OC＝1.于是相關(guān)各點的坐標為：O(0,0,0)，B1(eq\r(3)，0,2)，C1(0,1,2)．易知，n1＝(0,1,0)是平面BDD1B1的一個法向量．設(shè)n2＝(x，y，z)是平面OB1C1的一個法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(OB1,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(OC1,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x＋2z＝0，,y＋2z＝0，))取z＝－eq\r(3)，則x＝2，y＝2eq\r(3)，所以n2＝(2,2eq\r(3)，－eq\r(3))，設(shè)二面角C1-OB1-D的大小為θ，易知θ是銳角，于是cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝|eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)|＝eq\f(2\r(3),\r(19))＝eq\f(2\r(57),19).故二面角C1-OB1-D的余弦值為eq\f(2\r(57),19).21．(12分)(2022·浙江高考)已知函數(shù)f(x)＝x3＋3|x－a|(a＞0)，若f(x)在[－1,1]上的最小值記為g(a)．(1)求g(a)；(2)證明：當x∈[－1,1]時，恒有f(x)≤g(a)＋4.(1)【解】由于a＞0，－1≤x≤1，所以①當0＜a＜1時，若x∈[－1，a]，則f(x)＝x3－3x＋3a，f′(x)＝3x2－3＜0，故f(x)在(－1，a)上是減函數(shù)；若x∈[a,1]，則f(x)＝x3＋3x－3a，f′(x)＝3x2＋3＞0，故f(x)在(a,1)上是增函數(shù)．所以g(a)＝f(a)＝a3.②當a≥1時，有x≤a，則f(x)＝x3－3x＋3a，f′(x)＝3x2－3＜0，故f(x)在(－1,1)上是減函數(shù)，所以g(a)＝f(1)＝－2＋3a.綜上，g(a)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a3，0＜a＜1，,－2＋3a，a≥1，))(2)證明令h(x)＝f(x)－g(a)，①當0＜a＜1時，g(a)＝a3.若x∈[a,1]，h(x)＝x3＋3x－3a－a3，得h′(x)＝3x2＋3，則h(x)在(a,1)上是增函數(shù)，所以，h(x)在[a,1]上的最大值是h(1)＝4－3a－a3，且0＜a＜1，所以h(1)≤4.故f(x)≤g(a)＋4；若x∈[－1，a]，h(x)＝x3－3x＋3a－a3，得h′(x)＝3x2－3，則h(x)在(－1，a)上是減函數(shù)，所以，h(x)在[－1，a]上的最大值是h(－1)＝2＋3a－a3.令t(a)＝2＋3a－a3，則t′(a)＝3－3a2＞0，知t(a)在(0,1)上是增函數(shù)．所以，t(a)＜t(1)＝4，即h(－1)＜4.故f(x)≤g(a)＋4.②當a≥