1、第 1页（共 18页） 2021 年浙江省高考数学模拟试卷（年浙江省高考数学模拟试卷（10） （4 月份）月份） 一一、选择题选择题： （本大题共本大题共 10 小题小题，每小题每小题 4 分分，共共 40 分分。在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，只只 有一项是符合题目要求的）有一项是符合题目要求的） 1 （4 分）已知集合 2 |1Ax x， 2 |log0Bxx，则(AB ) A(,1)B(0,1)C( 1,0)D( 1,1) 2 （4 分）已知tan2，则 2 22 1sin2cos ( sin2cos ) A 3 2 B 5 2 C4D5 3 （4 分）圆 22 0 x
2、ymxym在x轴上截得的弦长是它在y轴上截得的弦长的 2 倍， 则实数m的值是() A62 10 B62 10 C310 D310 4 （4 分）已知直线l、m与平面、，l，m，则下列命题中正确的是() A若/ /lm，则必有/ /B若lm，则必有 C若l，则必有D若，则必有m 5 （4 分）在等比数列 n a中，若 25 3 4 a a ， 2345 9 4 aaaa，则 2345 1111 ( aaaa ) A1B 3 4 C3D 1 3 6 （4 分）设a，bR且0ab ，则“1 a b 成立”是“1 b a 成立”的() A充分非必要条件B必要非充分条件 C充要条件D既不充分也不必要条
3、件 7 （4 分）2020 年 11 月，兰州地铁 2 号线二期开通试运营，甲、乙、丙、丁四位同学决定 乘坐地铁去兰州老街、 西固公园、 西站十字， 每人只能去一个地方， 西站十字一定要有人去， 则不同游览方案的种数为() A60B65C70D75 8 （4 分）已知圆 22 :4O xy，从圆上任意一点M向x轴作垂线段MN，N为垂足，则 线段MN的中点P的轨迹方程为() A 2 2 1 4 x yB 2 2 1 4 y x C 22 1 164 xy D 22 1 416 xy 第 2页（共 18页） 9 （4 分） 如图， 在圆锥SO中，AB，CD为底面圆的两条直径，ABCDO ， 且AB
4、CD， 3SOOB， 1 4 SESB，异面直线SC与OE所成角的正切值为() A 22 2 B 5 3 C 13 16 D 11 3 10（4分）已知函数( ) 2 eex f xxln ex ，若 2201820192019 ()()()()() 20202020202020202 eeee ffffab， 其中0b ， 则 1| 2| a ab 的 最小值为() A 3 4 B 5 4 C2D 2 2 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，单空题每小题分，单空题每小题 6 分，多空题每小题分，多空题每小题 6 分）分） 11 （6 分）已知复数z满足(
5、1)12i zi ，则z的虚部为，| z 12 （4 分）已知 1 sin() 54 ，则 3 cos(2) 5 13 （6 分）若 1721617 0121617 (2)(1)(1)(1)(1)xaaxaxaxax，则： （1） 01216 aaaa； （2） 12316 2316aaaa 14 （6 分）已知某几何体的三视图如图，则该几何体的体积为 3 cm，表面积为 2 cm 第 3页（共 18页） 15 （6 分）某学校组织教师进行“学习强国”知识竞赛，规则为：每位参赛教师都要回答 3 个问题，且对这三个问题回答正确与否相互之间互不影响，已知对给出的 3 个问题，教师甲 答对的概率分别
6、为 3 4 ， 1 2 ，p若教师甲恰好答对 3 个问题的概率是 1 4 ，则p ，在 前述条件下，设随机变量X表示教师甲答对题目的个数，则X的数学期望为 16 （4 分）已知实数x，y满足 22 3xyxy，则 22 4Sx yxy的最大值为 17 （4 分）QAB是边长为 6 的正三角形，点C满足QCmQAnQB ，且0m ，0n ， 2mn，则|QC 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）分） 18已知ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sincosaBbAc （1）求B； （2）设2ac，2b ，求c 19如图，在直三棱
7、柱ABCDEF中，正方形ACFD边长为 3，4BC ，ACBC，M是 线段BC上一点，设MCBC （）若 1 2 ，证明：/ /BD平面AMF； （）若二面角MAFE的余弦值为 6 3 ，求的值 第 4页（共 18页） 20已知正整数数列 n a满足： 1 aa， 2 ab， 2 1 2026 (1) 1 n n n a an a （1）已知 5 2a ， 6 1013a ，求a和b的值； （2）若1a ，求证： 2 1 12026 | 21 nn n b aa b ； （3）求ab的取值范围 21 已知抛物线 2 :4C yx的焦点为F，O为坐标原点 过点F的直线l与抛物线C交于A， B两点
8、 （1）若直线 1 与圆 22 1 : 9 O xy相切，求直线l的方程； （2） 若直线 1 与y轴的交点为D， 且DAAF ，DBBF ， 试探究：是否为定值？ 若为定值，求出该定值；若不为定值，试说明理由 22函数( )cos x f xex （1）求( )f x的单调区间； （2）当0 x时，不等式 22 ( )(2) xx fxeeax恒成立，求实数a的取值范围 第 5页（共 18页） 2021 年浙江省高考数学模拟试卷（年浙江省高考数学模拟试卷（10） （4 月份）月份） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一一、选择题选择题： （本大题共本大题共 10 小题小题，每小题每小题
9、4 分分，共共 40 分分。在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，只只 有一项是符合题目要求的）有一项是符合题目要求的） 1 （4 分）已知集合 2 |1Ax x， 2 |log0Bxx，则(AB ) A(,1)B(0,1)C( 1,0)D( 1,1) 【解答】解：集合 2 |1( 1,1)Ax x ， 2 |log0(0,1)Bxx， 则( 1,1)AB ， 故选：D 2 （4 分）已知tan2，则 2 22 1sin2cos ( sin2cos ) A 3 2 B 5 2 C4D5 【解答】解：tan2， 22222 222222 1sin2cos2sincos22tan222
10、22 5 sin2cos2222 sincostan sincostan 故选：D 3 （4 分）圆 22 0 xymxym在x轴上截得的弦长是它在y轴上截得的弦长的 2 倍， 则实数m的值是() A62 10 B62 10 C310 D310 【解答】解：对于 22 0 xymxym， 令0 x 得： 2 0yym，设与y轴交点的纵坐标为 1 y， 2 y，且140m，得 1 4 m 则 12 1yy ， 12 y ym，故与y轴相交的弦长为： 2 121212 |()414yyyyy ym 同理，令0y 可得： 2 0 xmxm，设与x轴交点的横坐标为 1 x， 2 x，且 2 40mm，
11、 得4m ，或0m 则 12 xxm， 12 x xm，故与x轴相交的弦长为： 22 121212 |()44xxxxx xmm 由题意得： 2 42 14mmm，解得：62 10m ，结合得：62 10m 符合 题意 第 6页（共 18页） 故选：A 4 （4 分）已知直线l、m与平面、，l，m，则下列命题中正确的是() A若/ /lm，则必有/ /B若lm，则必有 C若l，则必有D若，则必有m 【解答】解：A如图所示，设c ，/ /lc，/ /mc满足条件，但是与不平行， 因此不正确； B假设/ /，l，/ /ll，lm ，则满足条件，但是与不垂直，因此不正确； C若l，l，根据线面垂直的
12、判定定理可得，故正确； D设c ，若/ /lc，/ /mc，虽然，但是可有/ /m，因此，不正确 综上可知：只有C正确 故选：C 5 （4 分）在等比数列 n a中，若 25 3 4 a a ， 2345 9 4 aaaa，则 2345 1111 ( aaaa ) A1B 3 4 C3D 1 3 【解答】解：根据题意，在等比数列 n a中，若 25 3 4 a a ，则 34 3 4 a a ， 若 2345 9 4 aaaa，则 3524 25343425 9 4 3 3 4 aaaa a aa aa aa a ，即 2345 1111 3 aaaa ， 故选：C 第 7页（共 18页） 6
13、 （4 分）设a，bR且0ab ，则“1 a b 成立”是“1 b a 成立”的() A充分非必要条件B必要非充分条件 C充要条件D既不充分也不必要条件 【解答】解： “1 a b 成立”()0ab b， 0 0 ab b ，或 0 0 ab b ， “1 b a 成立” 0 ()0 0 ab a ab a ，或 0 0 0 ab ab a ，或0ab 由“1 b a 成立”可得“1 a b 成立” ，反之不成立，例如：取2a ，1b “1 a b 成立”是“1 b a 成立”的必要非充分条件 故选：B 7 （4 分）2020 年 11 月，兰州地铁 2 号线二期开通试运营，甲、乙、丙、丁四位
14、同学决定 乘坐地铁去兰州老街、 西固公园、 西站十字， 每人只能去一个地方， 西站十字一定要有人去， 则不同游览方案的种数为() A60B65C70D75 【解答】解：根据题意，甲、乙、丙、丁四位同学决定乘坐地铁去兰州老街、西固公园、西 站十字每人只能去一个地方， 则每人有 3 种选择，则 4 人一共有3 3 3 381 种情况， 若西站十字没人去，即四位同学选择了兰州老街、西固公园 每人有 2 种选择方法，则 4 人一共有222216种情况， 故西站十字一定要有人去有81 1665种情况， 即西站十字一定有人去的游览方案有 65 种； 故选：B 8 （4 分）已知圆 22 :4O xy，从圆
15、上任意一点M向x轴作垂线段MN，N为垂足，则 线段MN的中点P的轨迹方程为() A 2 2 1 4 x yB 2 2 1 4 y x C 22 1 164 xy D 22 1 416 xy 【解答】解：设线段MN的中点( , )P x y， 0 (M x， 0) y，则 0 (N x，0)， 则有 0 0 0 2 xx y y ，解得 0 0 2 xx yy ， 第 8页（共 18页） 又点M在圆 22 :4O xy上， 所以有 22 (2 )4xy，即 2 2 1 4 x y， 所以线段MN的中点P的轨迹方程为 2 2 1 4 x y 故选：A 9 （4 分） 如图， 在圆锥SO中，AB，C
16、D为底面圆的两条直径，ABCDO ， 且ABCD， 3SOOB， 1 4 SESB，异面直线SC与OE所成角的正切值为() A 22 2 B 5 3 C 13 16 D 11 3 【解答】解：如图，过点S作/ /SFOE，交AB于点F，连接CF，则CSF即为异面直线 SC与OE所成的角， 1 4 SESB， 1 3 SEBE， 又3OB ， 1 1 3 OFOB， SOOC，3SOOC，3 2SC ；SOOF，3SO ，1OF ，10SF ；OCOF， 3OC ，1OF ，10CF ， 等腰SCF中， 22 3 2 ( 10)() 11 2 tan 33 2 2 CSF 故选：D 第 9页（共
17、 18页） 10（4分）已知函数( ) 2 eex f xxln ex ，若 2201820192019 ()()()()() 20202020202020202 eeee ffffab， 其中0b ， 则 1| 2| a ab 的 最小值为() A 3 4 B 5 4 C2D 2 2 【解答】解：( ) 2 eex f xxln ex ， () ( )() 22 eexee ex f xf exxlnexln exx 2 ()() 2 exe exexe ex lnlnlnlne exxexx 令 220182019 ()()()() 2020202020202020 eeee Sffff，
18、 则 201920182 ()()()() 2020202020202020 eeee Sffff， 2019220182019 2 ()() ()() ()() 202020202020202020202020 eeeeee Sffffff 22019， 即2019S ， 2019 ()2019 2 ab，得2ab，其中0b ，则2ab 当0a 时， 1|1212112 1()()1 2|222 2 ab ab abababab 1 521 525 ()1(2)1 2 222 224 baba aba b ， 当且仅当 2 2 ba ab ，即 2 3 a ， 4 3 b 时等号成立； 当0
19、a 时， 1|11212 1 2|222 aab abababab 112152 ()()1()1 22222 ba ab abab 1523 (2)1 2224 ba ab ， 第 10页（共 18页） 当且仅当 2 2 ba ab ，即2a ，4b 时等号成立 35 44 ， 1| 2| a ab 的最小值为 3 4 故选：A 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，单空题每小题分，单空题每小题 6 分，多空题每小题分，多空题每小题 6 分）分） 11 （6 分）已知复数z满足(1)12i zi ，则z的虚部为 3 2 ，| z 【解答】解：由已知可得：
20、12(12 )(1)1313 1(1)(1)222 iiiii z iii ， 所以z的虚部为 3 2 ， 22 1310 |()( ) 222 z ， 故答案为： 310 , 22 12 （4 分）已知 1 sin() 54 ，则 3 cos(2) 5 7 8 【解答】解：因为 1 sin() 54 ， 所以 32 cos(2)cos(2 ) 55 2 2 cos(2 )12sin () 55 17 (12) 168 故答案为： 7 8 13 （6 分）若 1721617 0121617 (2)(1)(1)(1)(1)xaaxaxaxax，则： （1） 01216 aaaa 17 21； （
21、2） 12316 2316aaaa 【解答】解： （1） 1721617 0121617 (2)(1)(1)(1)(1)xaaxaxaxax， 故 17 a即为 17 x的系数，故它等于1 令0 x ，可得 17 01216 12aaaa ， 17 01216 21aaaa （2）对于等式 1721617 0121617 (2)(1)(1)(1)(1)xaaxaxaxax， 两边同时对x求导数，可得 161516 121617 17(2)2(1)16(1)17(1)xaaxaxax， 第 11页（共 18页） 即 161516 1216 17(2)2(1)16(1)17(1)xaaxaxx，
22、再令0 x ，可得 16 12316 231617(12 )aaaa， 故答案为： （1） 17 21； （2） 16 17(12 ) 14（6 分） 已知某几何体的三视图如图， 则该几何体的体积为7 3 cm， 表面积为 2 cm 【解答】解：由三视图，可知该几何体为棱长为 2 的正方体截去一个直三棱柱， 直三棱柱的底面是等腰直角三角形，直角边长为 1，高为 2， 则该几何体的体积 1 2221 1 27 2 V ； 表面积 1 52221 122192 2 2 S 故答案为：7；192 2 15 （6 分）某学校组织教师进行“学习强国”知识竞赛，规则为：每位参赛教师都要回答 3 个问题，且
23、对这三个问题回答正确与否相互之间互不影响，已知对给出的 3 个问题，教师甲 答对的概率分别为 3 4 ， 1 2 ，p若教师甲恰好答对 3 个问题的概率是 1 4 ，则p 2 3 ， 在前述条件下，设随机变量X表示教师甲答对题目的个数，则X的数学期望为 第 12页（共 18页） 【解答】解：对给出的 3 个问题，教师甲答对的概率分别为 3 4 ， 1 2 ，p 教师甲恰好答对 3 个问题的概率是 1 4 ， 311 424 p， 解得 2 3 p 设随机变量X表示教师甲答对题目的个数，则X的可能取值为 0，1，2，3， 3121 (0)(1)(1)(1) 42324 P X ， 3123123
24、126 (1)(1)(1)(1)(1)(1)(1) 42342342324 P X ， 31231231211 (2)(1)(1)(1) 42342342324 P X ， 3126 (3) 42324 P X ， 1611623 ()0123 2424242412 E X 故答案为： 2 3 ， 23 12 16 （4 分）已知实数x，y满足 22 3xyxy，则 22 4Sx yxy的最大值为5 【解答】解 22 3xyxy， 22 3xyxy， 又 2222 |2| 2|xyxyxyxy 3 2|xyxy 若0 xy时，3 2xyxy ，3xy， 0 xy 时，32xyxy，1xy 13
25、xy 设txy，则 22 4(2)4Sttt， 1t ，3， 当1t 时，945 max S， S的最大值为 5 故答案 5 17 （4 分）QAB是边长为 6 的正三角形，点C满足QCmQAnQB ，且0m ，0n ， 2mn，则|QC 的取值范围是6 3,12) 第 13页（共 18页） 【解答】解：设 1 2 QDQC ，则 22 mn QDQAQB ，且0m ，0n ，2mn， A，B，D三点共线，且D点在A，B两点之间，如图： 当D点为边AB的中点时，|QC 取最小值6 3；D点越接近A或B点时，|QC 的值越接 近 12， |QC 的取值范围是：6 3,12) 故答案为：6 3,1
26、2) 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）分） 18已知ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sincosaBbAc （1）求B； （2）设2ac，2b ，求c 【解答】解： （1）由正弦定理得sinsinsincossinABBAC， 因为sinsin()sin()sincoscossinCABABABAB， 所以sinsinsincosABAB， 又因为sin0A ，cos0B ， 所以tan1B ， 又0B， 所以 4 B （2）由余弦定理 222 2cosbcaacB，2ac， 可得 222 2 422 2 2 ccc，解得2c 19
27、如图，在直三棱柱ABCDEF中，正方形ACFD边长为 3，4BC ，ACBC，M是 第 14页（共 18页） 线段BC上一点，设MCBC （）若 1 2 ，证明：/ /BD平面AMF； （）若二面角MAFE的余弦值为 6 3 ，求的值 【解答】 （）证明：交AF于点N，连结MN，则M，N分别为BC和CD的中点， / /MNBD，BD 平面AMF，MN 平面AMF， / /BD平面AMF； （）解：以C为原点，CA，CB，CF分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标 系， 则(3A，0，0)，(0E，4，3)，(0F，0，3)， 设(0M，4，0)， 则( 3,0,3)AF ，( 3,4,3
28、)AE ，( 3,4 ,0)AM ， 设平面AEF的法向量为( , , )nx y z ，则有 330 3430 n AFxz n AExyz ， 令1x ，则1z ，所以(1,0,1)n ， 同理求出平面AMF的法向量(4 ,3,4 )m ， 所以 2 |86 |cos,| |3 2 329 n m n m nm ，解得 3 4 第 15页（共 18页） 20已知正整数数列 n a满足： 1 aa， 2 ab， 2 1 2026 (1) 1 n n n a an a （1）已知 5 2a ， 6 1013a ，求a和b的值； （2）若1a ，求证： 2 1 12026 | 21 nn n b
29、 aa b ； （3）求ab的取值范围 【解答】解： （1） 1 aa， 2 ab， 2 1 2026 (1) 1 n n n a an a 5 2a ， 6 1013a ， 4 2026 1013 21 a ，解得 4 1013a ， 同理可得， 3 2a ， 2 1013a ， 1 2a ， 2a，1013b ； （2）证明：由题意可得 212 2026 nnnn aaaa ， 则 212 3231 2026 2026 nnnn nnnn aaaa aaaa ， 两式相减可得 3122 ()(1) nnnnn aaaaa ，即 2 31 2 1 nn nn n aa aa a ， n a是
30、正整数数列， 2 1 2 n a ， 于是 21131 1 11 | 22 nnnn n aaaaaa 11 1202612026 | 2121 nn ab a bb ； （3）由（2）知 3122 ()(1) nnnnn aaaaa ， 若 2 0 nn aa ，即 n a是周期为 2 的周期数列， 则有 1 2026 1 n n n a a a ，即 1 2026 n n a a ， 第 16页（共 18页） 由 n a是正整数数列， 1 1 n a ，2，1013，2026， 经验证， 1 2026 a b ， 2026 1 a b ， 2 1013 a b ， 1013 2 a b 均
31、符合题意； 若 2 0 nn aa ， 当1n 时，有 42331 ()(1)aaaaa， 当2n 时，有 53442 ()(1)aaaaa， 两式相除可得 3 3 534 1 1(*) ()(1) a a aaa ， n a是正整数数列，(*)不可能成立 理由如下：若 53 1aa，则 3 33 534 1 1 ()(1) a aa aaa ； 若 53 0aa，则 3 3 534 1 01 ()(1) a a aaa 综上， 必有 n a是周期为 2 的周期数列， 且有 1 2026 a b ， 2026 1 a b ， 2 1013 a b ， 1013 2 a b ， 因此1015ab
32、，2027 21 已知抛物线 2 :4C yx的焦点为F，O为坐标原点 过点F的直线l与抛物线C交于A， B两点 （1）若直线 1 与圆 22 1 : 9 O xy相切，求直线l的方程； （2） 若直线 1 与y轴的交点为D， 且DAAF ，DBBF ， 试探究：是否为定值？ 若为定值，求出该定值；若不为定值，试说明理由 【解答】解： （1）由抛物线的方程可得焦点(1,0)F， 显然直线l的斜率不为 0，设直线l的方程为1xmy， 联立 22 1 1 9 xmy xy ，整理得 22 8 (1)20 9 mymy， 22 8 44(1)0 9 mm，整理得 2 8 99 m ，解得2 2m ，
33、 所以直线AB的方程为2 21xy ； （2）由直线l与y轴交于D可得直线l的斜率存在且不为 0， 设直线l的方程为：(1)yk x，设 1 (A x， 1) y， 2 (B x， 2) y， 由题意可得(0,)Dk， 第 17页（共 18页） 联立 2 (1) 4 yk x yx ，整理得 2 440kyyk， 所以 12 4 yy k ， 12 4y y ， 由DAAF ，DBBF ，(0,)Dk， 可得 1 (x， 11 )(1ykx， 1) y， 所以 11 yky ，所以 1 1 k y ， 同理可得 2 1 k y ， 所以 12 1212 4 2221 4 yykk k kk y
34、yy y ， 所以可得为定值1 22函数( )cos x f xex （1）求( )f x的单调区间； （2）当0 x时，不等式 22 ( )(2) xx fxeeax恒成立，求实数a的取值范围 【解答】解： （1）由题意得( )(cossin )2cos() 4 xx fxexxex ， 令( ) 0fx，解得：22() 242 kxkkZ ， 故 3 22() 44 kxkkZ ， ( )f x的递增区间是 3 2 4 k ，2() 4 kkZ ， 令( ) 0fx，解得： 5 22() 44 kxkkZ ， ( )f x的递减区间是2 4 k ， 5 2() 4 kkZ ， 综上：( )
35、f x的递增区间是 3 2 4 k ，2() 4 kkZ ， 递减区间是2 4 k ， 5 2() 4 kkZ ； （2）由 22 ( )(2) xx fxeeax恒成立， 得 2 sincos 20 x x xx eax e ， 构造函数 2 sincos ( )2 x x xx h xeax e ， 第 18页（共 18页） 则 2 2cos ( )22 x x x h xea e ， 设( )( )xh x，则 3 42 2sin() 4 ( ) x x ex x e ， 当0 x，)时， 3 44 x e ，2 2sin() 2 2 4 x ，所以( )0 x， 所以( )x即( )h x在0，)上单调递增，则( )(0)42h xha， 若2a，则( )(0)420h xha，所以( )h x在0，)上单调递增， 所以(2)(0)0h xah恒成立，符合题意， 若，则(0)420ha，必存在正实数 0 x， 满足：当 0 (0,)xx时，( )0h x，( )h x单调递减， 此时( )(0)0h xh，不符合题意， 综上所述，a的取值范围是(，2
