2021年浙江省高考数学模拟试卷(一)(2021.03)(解析版)

一．选择题（共10小题）.

1．设集合S＝{1，3，5，7，9}，集合A＝{3，5，9}，B＝{1，3，7，9}，则（∁SA）∩B＝（　　）

A．{1，7}    B．{3，9}    C．{1，5，7}    D．{1，7，9}

2．若z＝1+2i，则＝（　　）

A．i    B．﹣i    C．1    D．﹣1

3．若x，y满足，则2x+y的最大值为（　　）

A．0    B．3    C．4    D．5

4．一个圆锥的母线与其轴所成的角为60°，则该圆锥的侧面展开图的圆心角为（　　）

A．    B．π    C．π    D．π

5．函数的大致图象是（　　）

A．    B．    

C．    D．

6．若m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且m⊥α，n⊂β，则“m∥n”是“α⊥β”的（　　）

A．充分而不必要条件    B．必要而不充分条件    

C．充分必要条件    D．既不充分也不必要条件

7．设{an}是等差数列，下列结论中正确的是（　　）

A．若a1+a2＞0，则a2+a3＞0    

B．若a1+a3＜0，则a1+a2＜0    

C．若0＜a1＜a2，则a2    

D．若a1＜0，则（a2﹣a1）（a2﹣a3）＞0

8．已知双曲线的右焦点为F（c，0），右顶点为A，过F作AF的垂线与双曲线交于B、C两点，过B、C分别作AC、AB的垂线，两垂线交于点D，若D到直线BC的距离小于a+c，则双曲线的渐近线斜率的取值范围是（　　）

A．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）    B．（﹣1，0）∪（0，1）    

C．    D．

9．已知a，b∈R，且ab≠0，若（lnx﹣a）（x﹣b）（x﹣a﹣b）≥0在x＞0上恒成立，则（　　）

A．a＜0，b＜0    B．a＜0，b＞0    C．a＞0，b＜0    D．a＞0，b＞0

10．设集合S，T中至少有两个元素，且S，T满足：①对任意x，y∈S，若x≠y，则x+y∈T；②对任意x，y∈T，若x≠y，则x﹣y∈S．下列说法正确的是（　　）

A．若S有2个元素，则S∪T有4个元素    

B．若S有2个元素，则S∪T有3个元素    

C．存在3个元素的集合S，满足S∪T有5个元素    

D．存在3个元素的集合S，满足S∪T有4个元素

二、填空题：本大题共7小题，共36分.

11．《九章算术》商功中有如下问题：今有阳马，广三尺，袤四尺，高五尺，问积如何？“阳马”这种几何体三视图如图所示，则体积为　   　，最长棱长为　   　．

12．若的展开式的常数项为2，则a＝　   　，所有项系数的绝对值之和是　   　．

13．在△ABC中，角A，B，C的对应边分别为a，b，c，若，，c＝2，则B＝　   　，S△ABC＝　   　

14．设直线l：mx+ny+1＝0（m＞﹣1，n＞﹣1），圆C：（x﹣1）2+（y﹣1）2＝1，若直线l与圆相切，则m+3n的最小值为　   　．

15．六个人排成一排，若甲、乙、丙均互不相邻，且甲、乙在丙的同一侧，则不同的排法有　   　．

16．甲、乙两袋装有除颜色外其余均相同的白球和黑球若干个，其中甲袋装有2个白球，2个黑球；乙袋装有一个白球，3个黑球；现从甲、乙两袋中各抽取2个球，记取到白球的个数为ξ，则P（ξ＝2）＝　   　，E（ξ）＝　   　．

17．已知是空间单位向量，，若空间向量满足（x，y∈R），||＝2，则||的最大值是　   　．

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．已知函数，将y＝f（x）的图象横坐标变为原来的，纵坐标不变，再向左平移个单位后得到g（x）的图象，且y＝g（x）在区间内的最大值为．

（1）求m的值；

（2）在锐角△ABC中，若，求tanA+tanB的取值范围．

19．如图，已知多面体ABCD﹣A1B1C1D1，AA1，BB1，CC1，DD1均垂直于平面ABCD，AD∥BC，AB＝BC＝CD＝AA1＝CC1＝2，BB1＝1，AD＝DD1＝4．

（Ⅰ）证明：A1C1⊥平面CDD1C1；

（Ⅱ）求直线BC1与平面A1B1C1所成角的正弦值．

20．已知正项数列{an}，{bn}满足{an}是首项为1，公差为d的等差数列，．

（Ⅰ）求{bn}的通项公式；

（Ⅱ）若数列{cn}满足c1＝1+，（cn﹣cn﹣1），证明：++…+＜．

21．已知椭圆的长轴长为4，离心率为，一动圆C2过椭圆C1右焦点F，且与直线x＝﹣1相切．

（1）求椭圆C1的方程及动圆圆心轨迹C2的方程；

（2）过F作两条互相垂直的直线，分别交椭圆C1于P，Q两点，交曲线C2于M，N两点，求四边形PMQN面积的最小值．

22．设函数f（x）＝lnx﹣a（x﹣1）ex，其中a∈R．

（Ⅰ）若a≤0，讨论f（x）的单调性；

（Ⅱ）若0＜a＜，

（ⅰ）证明f（x）恰有两个零点；

（ⅱ）设x0为f（x）的极值点，x1为f（x）的零点，且x1＞x0，证明3x0﹣x1＞2．

参

一．选择题（共10小题）.

1．设集合S＝{1，3，5，7，9}，集合A＝{3，5，9}，B＝{1，3，7，9}，则（∁SA）∩B＝（　　）

A．{1，7}    B．{3，9}    C．{1，5，7}    D．{1，7，9}

解：∵S＝{1，3，5，7，9}，A＝{3，5，9}，B＝{1，3，7，9}，

∴∁SA＝{1，7}，（∁SA）∩B＝{1，7}．

故选：A．

2．若z＝1+2i，则＝（　　）

A．i    B．﹣i    C．1    D．﹣1

解：z＝1+2i，

z•＝12+22＝5，

则＝＝＝﹣i，

故选：B．

3．若x，y满足，则2x+y的最大值为（　　）

A．0    B．3    C．4    D．5

解：作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分）．

设z＝2x+y得y＝﹣2x+z，

平移直线y＝﹣2x+z，

由图象可知当直线y＝﹣2x+z经过点A时，直线y＝﹣2x+z的截距最大，

此时z最大．

由，解得，即A（1，2），

代入目标函数z＝2x+y得z＝1×2+2＝4．

即目标函数z＝2x+y的最大值为4．

故选：C．

4．一个圆锥的母线与其轴所成的角为60°，则该圆锥的侧面展开图的圆心角为（　　）

A．    B．π    C．π    D．π

解：如图所示，

设圆锥的母线为l，底面圆半径为r，

因为∠ABO＝60°，所以＝sin60°，解得r＝l，

所以底面圆的周长为2πr，

所以该圆锥的侧面展开图的圆心角为

θ＝＝＝π．

故选：D．

5．函数的大致图象是（　　）

A．    B．    

C．    D．

解：f（﹣x）＝＝＝f（x），则f（x）是偶函数，排除A，C，

＝•，

当x→0，→1，→1，则f（x）→1，排除B，

故选：D．

6．若m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且m⊥α，n⊂β，则“m∥n”是“α⊥β”的（　　）

A．充分而不必要条件    B．必要而不充分条件    

C．充分必要条件    D．既不充分也不必要条件

解：若m⊥α，m∥n，则n⊥α，又n⊂β，所以α⊥β，即“m∥n”是“α⊥β”的充分条件；

若m⊥α，α⊥β，则m∥β或m⊂β，又n⊂β，所以m，n的关系不确定，

即“m∥n”是“α⊥β”的不必要条件；

所以“m∥n”是“α⊥β”的充分不必要条件．

故选：A．

7．设{an}是等差数列，下列结论中正确的是（　　）

A．若a1+a2＞0，则a2+a3＞0    

B．若a1+a3＜0，则a1+a2＜0    

C．若0＜a1＜a2，则a2    

D．若a1＜0，则（a2﹣a1）（a2﹣a3）＞0

解：若a1+a2＞0，则2a1+d＞0，a2+a3＝2a1+3d＞2d，d＞0时，结论成立，即A不正确；

若a1+a3＜0，则a1+a2＝2a1+d＜0，a2+a3＝2a1+3d＜2d，d＜0时，结论成立，即B不正确；

{an}是等差数列，0＜a1＜a2，2a2＝a1+a3＞2，∴a2＞，即C正确；

若a1＜0，则（a2﹣a1）（a2﹣a3）＝﹣d2≤0，即D不正确．

故选：C．

8．已知双曲线的右焦点为F（c，0），右顶点为A，过F作AF的垂线与双曲线交于B、C两点，过B、C分别作AC、AB的垂线，两垂线交于点D，若D到直线BC的距离小于a+c，则双曲线的渐近线斜率的取值范围是（　　）

A．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）    B．（﹣1，0）∪（0，1）    

C．    D．

解：由题意，A（a，0），B（c，），C（c，﹣），

由双曲线的对称性知D在x轴上，设D（x，0），

则由BD⊥AB，得•＝﹣1，∴c﹣x＝，

∵D到直线BC的距离小于a+c，∴|c﹣x|＝||＜a+c，

∴＜c2﹣a2＝b2，∴0＜＜1，

∴双曲线的渐近线斜率的取值范围是（﹣1，0）∪（0，1）．

 故选：B．

9．已知a，b∈R，且ab≠0，若（lnx﹣a）（x﹣b）（x﹣a﹣b）≥0在x＞0上恒成立，则（　　）

A．a＜0，b＜0    B．a＜0，b＞0    C．a＞0，b＜0    D．a＞0，b＞0

解：令lnx﹣a＝0，得x＝ea，

假设b＜0时，则（lnx﹣a）（x﹣b）（x﹣a﹣b）≥0，

所以（lnx﹣a）（x﹣a﹣b）≥0，

当x＞ea时，lnx﹣a＞0，而ea＞a，故x﹣a﹣b＞0，在x＞ea成立，

当0＜x＜ea时，lnx﹣a＜0，此时需成立x﹣a﹣b≤0，即x≤a+b，

而x≤a+b对x∈（0，ea）恒成立，所以ea≤a+b，

又已知b＜0，故ea＜a与ea＜a矛盾，故b＞0不成立，

因为lnx﹣a的正负性与x﹣ea的正负性一致，

所以任意x＞0，（lnx﹣a）（x﹣b）（x﹣a﹣b）≥0⇔任意x＞0，（x﹣ea）（x﹣b）（x﹣a﹣b）≥0，

假设a＞0，则ea，b，a+b均大于0，且a+b＞b，

下证当a＞0，b＞0时，任意x＞0，（x﹣ea）（x﹣b）（x﹣a﹣b）≥0恒成立，

①ea≥a+b，令x＝，则（﹣ea）（﹣b）（﹣a﹣b）＜0，

②b≤ea＜a+b，令x＝，则（﹣ea）（﹣b）（﹣a﹣b）＜0，

③ea＜b，令x＝b+，（+b﹣ea）（b+﹣b）（b+﹣a﹣b）＜0，

综上，可知a＞0不成立，故a＜0，

所以a＜0，b＞0，

故选：B．

10．设集合S，T中至少有两个元素，且S，T满足：①对任意x，y∈S，若x≠y，则x+y∈T；②对任意x，y∈T，若x≠y，则x﹣y∈S．下列说法正确的是（　　）

A．若S有2个元素，则S∪T有4个元素    

B．若S有2个元素，则S∪T有3个元素    

C．存在3个元素的集合S，满足S∪T有5个元素    

D．存在3个元素的集合S，满足S∪T有4个元素

解：由条件②可知集合S中的元素必成对出现，他们互为相反数，

若S有2个元素，不妨设S＝{a，﹣a}（a≠0），由条件①可知集合T中必含有元素0，

若T的另一个元素为a（或﹣a），显然符合条件②，

若T的另一个元素不是a或﹣a，不妨设为c（c≠±a），

则由条件②可知c，﹣c也是S的元素，与S只有2个元素矛盾，

∴S∪T＝{a，﹣a，0}，故A错误，B正确；

若S有3个元素，则0必然是S的元素，设S＝{a，0，﹣a}，则由条件①可知S⊆T，

再由条件②可知2a∈S，﹣2a∈S，与S有3个元素矛盾，

故不存在3个元素的集合S，满足条件①，②，故C错误，D错误．

故选：B．

二、填空题：本大题共7小题，共36分.多空题每小题6分，单空题每小题6分

11．《九章算术》商功中有如下问题：今有阳马，广三尺，袤四尺，高五尺，问积如何？“阳马”这种几何体三视图如图所示，则体积为　10　，最长棱长为　　．

解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为四棱锥体；

如图所示：

所以：V＝，

，

故答案为：20；5．

12．若的展开式的常数项为2，则a＝　1　，所有项系数的绝对值之和是　32　．

解：∵ 的通项公式为Tr+1＝•（﹣1）r•x2﹣r，

∴的展开式的常数项为×（﹣1）+a•＝2，则a＝1．

所有项系数的绝对值之和，即（x+a）• 的各项系数和，

令x＝1，可得为（x+a）• 的各项系数和（1+a）•24＝32，

故答案为：1；32．

13．在△ABC中，角A，B，C的对应边分别为a，b，c，若，，c＝2，则B＝　　，S△ABC＝　2　

解：因为，又由正弦定理可得，

可得sinB＝cosB，即tanB＝，

因为B∈（0，π），

所以B＝，

又，c＝2，

所以＝，可得sinC＝，

由c＜b，可得C为锐角，可得C＝，可得A＝π﹣B﹣C＝，

所以S△ABC＝bc＝＝2．

故答案为：，2．

14．设直线l：mx+ny+1＝0（m＞﹣1，n＞﹣1），圆C：（x﹣1）2+（y﹣1）2＝1，若直线l与圆相切，则m+3n的最小值为　﹣4　．

解：圆C：（x﹣1）2+（y﹣1）2＝1的圆心坐标为C（1，1），半径为1，

∵直线l与圆C相切，∴，

整理得，2mn+2m+2n+1＝0，即m＝，

∴m+3n＝＝3n﹣1+

＝3（n+1）+．

∵m＞﹣1，n＞﹣1，∴n+1＞0，

则m+3n＝3（n+1）+．

当且仅当，即n＝﹣1+，m＝时等号成立．

∴m+3n的最小值为．

故答案为：．

15．六个人排成一排，若甲、乙、丙均互不相邻，且甲、乙在丙的同一侧，则不同的排法有　96　．

解：将除甲、乙、丙的三人全排列，再将甲乙丙插入所成的空中，

因为甲、乙和丙的顺序有A33＝6种，其中在甲、乙在丙的同一侧的顺序4种，

故不同的排法有A33A43＝96种，

故答案为：96．

16．甲、乙两袋装有除颜色外其余均相同的白球和黑球若干个，其中甲袋装有2个白球，2个黑球；乙袋装有一个白球，3个黑球；现从甲、乙两袋中各抽取2个球，记取到白球的个数为ξ，则P（ξ＝2）＝　　，E（ξ）＝　　．

解：由题意可得：ξ＝0，1，2，3，

P（ξ＝0）＝＝，P（ξ＝1）＝＝，P（ξ＝2）＝＝，P（ξ＝3）＝＝，

可得其分布列：

故答案为：，．

17．已知是空间单位向量，，若空间向量满足（x，y∈R），||＝2，则||的最大值是　　．

解：空间向量满足（x，y∈R），，

由||＝2，

整理得，

即x2+y2+xy＝4，

又＝，

由于x2+y2≥2xy，

所以由x2+y2+xy＝4，整理得3xy≤4，

即，

所以|x+y|2＝x2+y2+2xy＝x2+y2+xy+xy＝，

故，

所以＝．

故答案为：．

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．已知函数，将y＝f（x）的图象横坐标变为原来的，纵坐标不变，再向左平移个单位后得到g（x）的图象，且y＝g（x）在区间内的最大值为．

（1）求m的值；

（2）在锐角△ABC中，若，求tanA+tanB的取值范围．

解：（1）的图象横坐标变为原来的，纵坐标不变，

再向左平移个单位后得到g（x）的图象，

则，∵，∴，

∴，∴m＝0．

（2）∴，

∴

＝，

∵△ABC是锐角三角形，

∴

，

即 tanA+tanB的取值范围为（4+2，+∞）．

19．如图，已知多面体ABCD﹣A1B1C1D1，AA1，BB1，CC1，DD1均垂直于平面ABCD，AD∥BC，AB＝BC＝CD＝AA1＝CC1＝2，BB1＝1，AD＝DD1＝4．

（Ⅰ）证明：A1C1⊥平面CDD1C1；

（Ⅱ）求直线BC1与平面A1B1C1所成角的正弦值．

【解答】（Ⅰ）证明：如图，连接AC，

∵AA1∥CC1，且AA1＝CC1，

∴四边形ACC1A1为平行四边形，即A1C1∥AC．

又底面ABCD为等腰梯形，且AB＝BC＝CD＝2，AD＝4，∴AC⊥CD．

∵CC1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，

∴CC1⊥AC．

又CD∩CC1＝C，∴AC⊥平面CDD1C1，

∴A1C1⊥平面CDD1C1；

（Ⅱ）解：法一、由题意得，延长DC，D1C1，AB，A1B1交于点G，取CG中点M，连接BM，AC．

∵BM∥AC∥A1C1，BM⊄平面A1B1C1，A1C1⊂平面A1B1C1，

∴BM∥平面A1B1C1，

∴点B到平面A1B1C1的距离和点M到平面A1B1C1的距离相等．

由（Ⅰ）知A1C1⊥平面CDD1C1，

又A1C1⊂平面A1B1C1，

∴平面A1B1C1⊥平面CDD1C1．

过点M作MH⊥GD1于点H，则MH⊥平面A1B1C1，

即点M到平面A1B1C1的距离为．

设直线BC1与平面A1B1C1所成的角为θ，

则，

即直线BC1与平面A1B1C1所成角的正弦值为；

解法二、以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，过点D且垂直于平面ADD1A1的直线为y轴，DD1所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，

，．

设平面A1B1C1的法向量，

由，令x＝1，得．

设直线BC1与平面A1B1C1所成的角为θ，

则，

即直线BC1与平面A1B1C1所成角的正弦值为．

20．已知正项数列{an}，{bn}满足{an}是首项为1，公差为d的等差数列，．

（Ⅰ）求{bn}的通项公式；

（Ⅱ）若数列{cn}满足c1＝1+，（cn﹣cn﹣1），证明：++…+＜．

解：（Ⅰ）∵＝，①

∴，

当n≥2时，，②

①②作差得，，

检验b1也符合，又{bn}为正项数列，

故；

证明：（Ⅱ）由，

得，

∴，

，

.....．

．

累加得，

∵c1＝1+，

故，c1也符合，

则，

又{an}为正项数列，故d＞0，

∴++…+＝

＜＜．

21．已知椭圆的长轴长为4，离心率为，一动圆C2过椭圆C1右焦点F，且与直线x＝﹣1相切．

（1）求椭圆C1的方程及动圆圆心轨迹C2的方程；

（2）过F作两条互相垂直的直线，分别交椭圆C1于P，Q两点，交曲线C2于M，N两点，求四边形PMQN面积的最小值．

解：（1）由已知可得，

则所求椭圆方程．由已知可得动圆圆心轨迹为抛物线，且抛物线C的焦点为（1，0），准线方程为x＝﹣1，则动圆圆心轨迹方程为．

（2）当直线MN的斜率不存在时，|MN|＝4，

此时PQ的长即为椭圆长轴长，|PQ|＝4，

从而．

设直线MN的斜率为k，则k≠0，直线MN的方程为：y＝k（x﹣1），

直线PQ的方程为，

设M（x1，y1），N（x2，y2），P（x3，y3），Q（x4，y4），

由，消去y可得k2x2﹣（2k2+4）x+k2＝0，

由抛物线定义可知：，

由，消去y得（3k2+4）x2﹣8x+4﹣12k2＝0，

从而，

∴，

令1+k2＝t，

∵k＞0，则t＞1，

则，

所以，

所以四边形PMQN面积的最小值为8．

22．设函数f（x）＝lnx﹣a（x﹣1）ex，其中a∈R．

（Ⅰ）若a≤0，讨论f（x）的单调性；

（Ⅱ）若0＜a＜，

（ⅰ）证明f（x）恰有两个零点；

（ⅱ）设x0为f（x）的极值点，x1为f（x）的零点，且x1＞x0，证明3x0﹣x1＞2．

【解答】（I）解：f′（x）＝﹣[aex+a（x﹣1）ex]＝，x∈（0，+∞）．

a≤0时，f′（x）＞0，

∴函数f（x）在x∈（0，+∞）上单调递增．

（II）证明：（i）由（I）可知：f′（x）＝，x∈（0，+∞）．

令g（x）＝1﹣ax2ex，∵0＜a＜，可知：g（x）在x∈（0，+∞）上单调递减，又g（1）＝1﹣ae＞0．

且g（ln）＝1﹣a＝1﹣＜0，

∴g（x）存在唯一解x0∈（1，ln）．

即函数f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，+∞）单调递减．

∴x0是函数f（x）的唯一极值点．

令h（x）＝lnx﹣x+1，（x＞0），h′（x）＝，

可得h（x）≤h（1）＝0，∴x＞1时，lnx＜x﹣1．

f（ln）＝ln（ln）﹣a（ln﹣1）＝ln（ln）﹣（ln﹣1）＜0．

∵f（x0）＞f（1）＝0．

∴函数f（x）在（x0，+∞）上存在唯一零点．

又函数f（x）在（0，x0）上有唯一零点1．

因此函数f（x）恰有两个零点；

（ii）由题意可得：f′（x0）＝0，f（x1）＝0，即a＝1，lnx1＝a（x1﹣1），

∴lnx1＝，即＝，

∵x＞1，可得lnx＜x﹣1．

又x1＞x0＞1，

故＜＝，

取对数可得：x1﹣x0＜2lnx0＜2（x0﹣1），

化为：3x0﹣x1＞2．