2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 滾動檢測五（1-8章）（規(guī)范卷）文（含解析） 新人教A版

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1、滾動檢測五(1～8章)(規(guī)范卷) 考生注意： 1．本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，共4頁． 2．答卷前，考生務(wù)必用藍、黑色字跡的鋼筆或圓珠筆將自己的姓名、班級、學(xué)號填寫在相應(yīng)位置上． 3．本次考試時間120分鐘，滿分150分． 4．請在密封線內(nèi)作答，保持試卷清潔完整． 第Ⅰ卷(選擇題　共60分) 一、選擇題(本題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的) 1．已知集合A＝{x|x2>x，x∈R}，B＝，則?R(A∩B)等于(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　∵A＝＝， B＝， ∴A∩B＝{

2、x|1

3、．1B．2C．3D．4 答案　B 解析　作出滿足約束條件的平面區(qū)域如圖陰影部分所示， z＝x2＋y2的最大值為13，即|OA|2＝13，而A(k，k＋1)，所以k2＋(k＋1)2＝13，解得k＝2或k＝－3(舍去)． 5．某幾何體的三視圖如圖所示，數(shù)量單位為cm，它的體積是(　　) A.cm3 B.cm3 C.cm3 D.cm3 答案　C 解析　如圖所示，三視圖還原成直觀圖為底面為直角梯形的四棱錐， V＝Sh＝××(2＋4)×3×＝(cm3)． 6．設(shè)a＝20.1，b＝ln，c＝log3，則a，b，c的大小關(guān)系是(　　) A．a(chǎn)>b>c B．a(chǎn)>c>b C．

4、b>a>c D．b>c>a 答案　A 解析　a＝20.1>20＝1，b＝ln0，b>0，ab＝a＋b＋1，則a＋2b的最小值為(　　) A．3＋3 B．3－3 C．3＋ D．7 答案　D 解析　當(dāng)b＝1時，代入等式a＝a＋2不成立，因而b≠1， 所以ab－a＝b＋1. a＝＝1＋，所以a＋2b＝1＋＋2b＝3＋＋2(b－1)≥3＋2＝3＋2×2＝7，當(dāng)且僅當(dāng)b＝2時，取等號， 即最小值為7. 8．設(shè)D為△ABC中BC邊上的中點，且O為AD邊上靠近點A的三等分點，則(　　) A.＝－＋

5、 B.＝－ C.＝－ D.＝－＋ 答案　A 解析　由平面向量基本定理可得，＝－＝－ ＝(＋)－ ＝－＋，故選A. 9.如圖，三棱錐A－BCD的棱長全相等，點E為棱AD的中點，則直線CE與BD所成角的余弦值為(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　方法一　取AB中點G，連接EG，CG. ∵E為AD的中點，∴EG∥BD. ∴∠GEC為CE與BD所成的角．設(shè)AB＝1， 則EG＝BD＝， CE＝CG＝， ∴cos∠GEC＝ ＝ ＝. 方法二　設(shè)AB＝1，則·＝(－)·(－)＝·(－) ＝2－·－·＋· ＝－cos60°－cos60°＋c

6、os60°＝. ∴cos〈，〉＝＝＝，故選A. 10．已知函數(shù)f(x)＝sin2x－cos2x的圖象在區(qū)間和上均單調(diào)遞增，則正數(shù)a的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　f(x)＝sin2x－cos2x＝2sin， 由2kπ－≤2x－≤2kπ＋(k∈Z)，得kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z)， 因為函數(shù)f(x)在區(qū)間和上均單調(diào)遞增， 解得≤a<. 11.如圖，在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，點P在線段AD1上運動，則下列命題錯誤的是(　　) A．異面直線C1P和CB1所成的角為定值 B．直線CD和平面BPC1平行 C．三棱錐D－BP

7、C1的體積為定值 D．直線CP和平面ABC1D1所成的角為定值 答案　D 解析　選項A：∵在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，點P在線段AD1上運動，易得CB1⊥平面ABC1D1，∵C1P?平面ABC1D1，∴CB1⊥C1P，故這兩個異面直線所成的角為定值90°，故A正確； 選項B：直線CD和平面ABC1D1平行，∴直線CD和平面BPC1平行，故B正確； 選項C：三棱錐D－BPC1的體積等于三棱錐P－DBC1的體積，而平面DBC1為固定平面且大小一定，∵P∈AD1，而AD1∥平面BDC1，∴點A到平面DBC1的距離即為點P到該平面的距離，∴三棱錐的體積為定值，故C正確；

8、 選項D：由線面夾角的定義，令BC1與B1C的交點為O，可得∠CPO即為直線CP和平面ABC1D1所成的角，當(dāng)P移動時這個角是變化的，故D錯誤． 12．若曲線y＝x2與曲線y＝alnx在它們的公共點P處具有公共切線，則實數(shù)a等于(　　) A．1B.C．－1D．2 答案　A 解析　曲線y＝x2的導(dǎo)數(shù)為y′＝，在P(s，t)處的切線斜率為k1＝. 曲線y＝alnx的導(dǎo)數(shù)為y′＝，在P(s，t)處的切線斜率為k2＝. 由曲線y＝x2與曲線y＝alnx在它們的公共點P(s，t)處具有公共切線， 可得＝，并且t＝s2，t＝alns， 即∴l(xiāng)ns＝，∴s2＝e. 可得a＝＝＝1. 第Ⅱ

9、卷(非選擇題　共90分) 二、填空題(本題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在題中橫線上) 13．在△ABC中，a＝3，b＝，∠A＝，則∠B＝__________________. 答案　 解析　由正弦定理，得＝，即＝， 所以sinB＝， 又因為b

10、(x－yi)(x，y∈R)是實數(shù) 解析　“三段論”可表示為①大前提：M是P；②小前提：S是M；③結(jié)論：所以S是P，故該題結(jié)論可表示為(x＋yi)·(x－yi)(x，y∈R)是實數(shù)． 15．甲乙兩地相距500km，汽車從甲地勻速行駛到乙地，速度v不能超過120km/h.已知汽車每小時運輸成本為元，則全程運輸成本與速度的函數(shù)關(guān)系是y＝__________________，當(dāng)汽車的行駛速度為________km/h時，全程運輸成本最小． 答案　18v＋(0

11、則全程運輸成本與速度的函數(shù)關(guān)系是y＝·＝18v＋(0

12、) 17．(10分)設(shè)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，當(dāng)0≤x≤1時，f(x)＝－x＋1；當(dāng)x>1時，f(x)＝log2x. (1)在平面直角坐標(biāo)系中直接畫出函數(shù)y＝f(x)在R上的草圖； (2)當(dāng)x∈(－∞，－1)時，求滿足方程f(x)＋log4(－x)＝6的x的值； (3)求y＝f(x)在[0，t](t>0)上的值域． 解　(1) (2)當(dāng)x∈(－∞，－1)時，f(x)＝log2(－x)，∴f(x)＋log4(－x)＝log2(－x)＋ ＝log2(－x)＝6，即log2(－x)＝4，即－x＝24，得x＝－16. (3)當(dāng)0

13、2時，值域為[0，log2t]． 18．(12分)如圖，△ABC是等邊三角形，D是BC邊上的動點(含端點)，記∠BAD＝α，∠ADC＝β. (1)求2cosα－cosβ的最大值； (2)若BD＝1，cosβ＝，求△ABD的面積． 解　(1)由△ABC是等邊三角形，得β＝α＋， 0≤α≤，故2cos α－cos β＝2cos α－cos ＝sin， 故當(dāng)α＝，即D為BC中點時，原式取最大值. (2)由cos β＝，得sin β＝， 故sin α＝sin＝sin βcos－cos βsin＝， 由正弦定理得＝， 故AB＝·BD＝×1

14、＝， 故S△ABD＝AB·BD·sin B＝××1×＝. 19．(12分)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且an＋1＝1＋Sn對一切正整數(shù)n恒成立． (1)試求當(dāng)a1為何值時，數(shù)列{an}是等比數(shù)列，并求出它的通項公式； (2)在(1)的條件下，當(dāng)n為何值時，數(shù)列的前n項和Tn取得最大值？ 解　(1)由an＋1＝1＋Sn得，當(dāng)n≥2時，an＝1＋Sn－1， 兩式相減得，an＋1＝2an， 因為數(shù)列{an}是等比數(shù)列，所以a2＝2a1， 又因為a2＝1＋S1＝1＋a1，所以a1＝1， 所以an＝2n－1. (2)由于y＝2n－1在R上是一個增函數(shù)， 可得數(shù)列是一個遞減數(shù)列

15、， 所以lg >lg >lg >…>lg >0>lg >…， 由此可知當(dāng)n＝9時，數(shù)列的前n項和Tn取最大值． 20．(12分)設(shè)函數(shù)f(x)＝x2－3x. (1)若不等式f(x)≥m對任意x∈[0,1]恒成立，求實數(shù)m的取值范圍； (2)在(1)的條件下，當(dāng)m取最大值時，設(shè)x>0，y>0且2x＋4y＋m＝0，求＋的最小值． 解　(1)因為函數(shù)f(x)＝x2－3x的對稱軸為x＝，且開口向上， 所以f(x)＝x2－3x在x∈[0,1]上單調(diào)遞減， 所以f(x)min＝f(1)＝1－3＝－2， 所以m≤－2. (2)根據(jù)題意，由(1)可得m＝－2， 即2x＋4y－2＝0.所以

16、x＋2y＝1. 因為x>0，y>0， 則＋＝(x＋2y)＝3＋＋ ≥3＋2 ＝3＋2， 當(dāng)且僅當(dāng)＝，即x＝－1，y＝1－時，等號成立． 所以＋的最小值為3＋2. 21．(12分)如圖，在四棱錐P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，底面ABCD為梯形，AB∥CD，AB＝2DC＝2，且△PAD與△ABD均為正三角形，E為AD的中點，G為△PAD的重心． (1)求證：GF∥平面PDC； (2)求三棱錐G—PCD的體積． (1)證明　方法一　連接AG并延長交PD于點H，連接CH. 由梯形ABCD中AB∥CD且AB＝2DC知，＝. 又E為AD的中點，G為△PAD的重心，

17、∴＝. 在△AHC中，＝＝，故GF∥HC. 又HC?平面PCD，GF?平面PCD， ∴GF∥平面PDC. 方法二　過G作GN∥AD交PD于N，過F作FM∥AD交CD于M，連接MN， ∵G為△PAD的重心， ∴＝＝， ∴GN＝ED＝. 又ABCD為梯形，AB∥CD， ＝，∴＝， ∴＝，∴MF＝，∴GN＝FM. 又由所作GN∥AD，F(xiàn)M∥AD，得GN∥FM， ∴四邊形GNMF為平行四邊形． ∴GF∥MN，又∵GF?平面PCD，MN?平面PCD， ∴GF∥平面PDC. 方法三　過G作GK∥PD交AD于K，連接KF， 由△PAD為正三角形，E為AD的中點，G為△

18、PAD的重心，得DK＝DE， ∴DK＝AD， 又由梯形ABCD中AB∥CD，且AB＝2DC， 知＝，即FC＝AC， ∴在△ADC中，KF∥CD， 又∵GK∩KF＝K，PD∩CD＝D， ∴平面GKF∥平面PDC， 又GF?平面GKF，∴GF∥平面PDC. (2)解　方法一　由平面PAD⊥平面ABCD，△PAD與△ABD均為正三角形，E為AD的中點，知PE⊥AD， BE⊥AD， 又∵平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE?平面PAD， ∴PE⊥平面ABCD，且PE＝3， 由(1)知GF∥平面PDC， ∴＝＝ ＝×PE×. 又由梯形ABCD中AB∥CD，且AB＝2DC＝2

19、， 知DF＝BD＝， 又△ABD為正三角形，得∠CDF＝∠ABD＝60°， ∴S△CDF＝×CD×DF×sin∠CDF＝， 得＝×PE×S△CDF＝， ∴三棱錐G—PCD的體積為. 方法二　由平面PAD⊥平面ABCD，△PAD與△ABD均為正三角形，E為AD的中點，知 PE⊥AD，BE⊥AD， 又∵平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE?平面PAD， ∴PE⊥平面ABCD，且PE＝3， 連接CE，∵PG＝PE， ∴V三棱錐G—PCD＝V三棱錐E—PCD＝V三棱錐P—CDE ＝××PE×S△CDE， 又△ABD為正三角形，得∠EDC＝120°， 得S△CDE＝×CD

20、×DE×sin∠EDC＝. ∴V三棱錐G—PCD＝××PE×S△CDE ＝××3×＝， ∴三棱錐G—PCD的體積為. 22．(12分)已知函數(shù)f(x)＝ax＋1－xlnx的圖象在x＝1處的切線與直線x－y＝0平行． (1)求函數(shù)f(x)的極值； (2)若?x1，x2∈(0，＋∞)，>m(x1＋x2)，求實數(shù)m的取值范圍． 解　(1)f(x)＝ax＋1－xln x的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝a－1－ln x， 可得f(x)的圖象在A(1，f(1))處的切線斜率為a－1， 由切線與直線x－y＝0平行，可得a－1＝1， 即a＝2，f(x)＝2x＋1－xln x， f′(x)＝1－ln

21、x， 由f′(x)>0，可得0e， 則f(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減， 可得f(x)在x＝e處取得極大值，且為e＋1，無極小值． (2)可設(shè)x1>x2，若?x1，x2∈(0，＋∞)， 由>m(x1＋x2)， 可得f(x1)－f(x2)>mx－mx， 即有f(x1)－mx>f(x2)－mx恒成立， 設(shè)g(x)＝f(x)－mx2在(0，＋∞)為增函數(shù)， 即有g(shù)′(x)＝1－ln x－2mx≥0在(0，＋∞)上恒成立， 可得2m≤在(0，＋∞)上恒成立， 設(shè)h(x)＝，則h′(x)＝， 令h′(x)＝0，可得x＝e2， h(x)在(0，e2)上單調(diào)遞減，在(e2，＋∞)上單調(diào)遞增， 即有h(x)在x＝e2處取得極小值－，且為最小值， 可得2m≤－， 解得m≤－. 則實數(shù)m的取值范圍是. 15