2021届浙江省高考数学预测卷（三）含答案解析

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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 .