（浙江專版）2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 滾動(dòng)檢測(cè)四（1-7章）（含解析）

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1、滾動(dòng)檢測(cè)四(1～7章) (時(shí)間：120分鐘　滿分：150分) 第Ⅰ卷(選擇題　共40分) 一、選擇題(本大題共10小題，每小題4分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的) 1．已知集合A＝{x|0

2、個(gè)充分不必要條件是(　　) A．－30， 解得－3

3、＝f(1)＝12＋1＝2. 4.函數(shù)f(x)＝Acos(ωx＋φ)(A>0，ω>0，－π<φ<0)的部分圖象如圖所示，為了得到g(x)＝Asinωx的圖象，只需將函數(shù)y＝f(x)的圖象(　　) A．向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度 B．向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度 C．向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度 D．向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度 答案　B 解析　A＝2，＝，T＝π，ω＝2,2×＋φ＝2kπ，k∈Z， 又－π<φ<0，解得φ＝－， 所以f(x)＝2cos， g(x)＝2sin2x＝2cos， 2x－＝2x－＋＝2－， 根據(jù)平移原則，可知函數(shù)y＝f(x)的圖象向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度．故選B. 5．若e1，e2是夾

4、角為60°的兩個(gè)單位向量，則向量a＝e1＋e2，b＝－e1＋2e2的夾角為(　　) A．30°B．60°C．90°D．120° 答案　B 解析　由已知得，e1·e2＝，所以(e1＋e2)·(－e1＋2e2)＝，|e1＋e2|＝，|－e1＋2e2|＝，設(shè)向量a＝e1＋e2，b＝－e1＋2e2的夾角為α，則cosα＝＝＝＝， 又α∈[0，π]，∴α＝. 6．△ABC的外接圓的圓心為O，半徑為1，若＋＝2，且||＝||，則向量在向量方向上的投影為(　　) A.B.C．3D．－ 答案　A 解析　如圖，取BC邊的中點(diǎn)D，連接AD，則＋＝2＝2， ∴O和D重合，O是△ABC外接圓

5、圓心，∵||＝||， ∴∠BAC＝90°，∠BOA＝120°，∠ABO＝30°. 又||＝||＝1； ∴在△AOB中由余弦定理得 ||2＝||2＋||2－2×|O|·||·cos∠AOB＝1＋1－2×＝3， ||＝，∵∠ABO＝30°； ∴向量在向量方向上的投影為||cos∠ABO＝. 7．已知f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，不等式f(x)＋xf′(x)<0成立，若a＝πf(π), b＝(－2)f(－2)，c＝f(1)，則a，b，c的大小關(guān)系是(　　) A．a(chǎn)>b>cB．c>b>aC．c>a>bD．a(chǎn)>c>b 答案　A 解析　令F(x)＝xf(x)，F(xiàn)

6、′(x)＝f(x)＋xf′(x)，當(dāng)x<0時(shí)，F(xiàn)(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減．又f(x)是奇函數(shù)，F(xiàn)(x)是偶函數(shù)，所以F(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以F(π)>F(－2)>F(1)，即πf(π)>(－2)f(－2)>f(1)，故選A. 8．已知{an}是等差數(shù)列，其公差為非零常數(shù)d，前n項(xiàng)和為Sn，設(shè)數(shù)列的前n項(xiàng)和為T(mén)n，當(dāng)且僅當(dāng)n＝6時(shí)，Tn有最大值，則的取值范圍是(　　) A. B．(－3，＋∞) C. D．(－∞，－3)∪ 答案　C 解析　∵{an}是等差數(shù)列，其公差為非零常數(shù)d，前n項(xiàng)和為Sn，∴＝n＋， ∵數(shù)列的前n項(xiàng)和為T(mén)n，當(dāng)且僅當(dāng)n＝6時(shí)，Tn有最大值

7、，∴ 解得－3<<－.故選C. 9．對(duì)任意的n∈N*，數(shù)列{an}滿足|an－cos2n|≤且|an＋sin2n|≤，則an等于(　　) A.－sin2n B．sin2n－ C.－cos2n D．cos2n＋ 答案　A 解析　∵|an－cos2n|≤且|an＋sin2n|≤， ∴cos2n－≤an≤cos2n＋， －sin2n－≤an≤－sin2n＋， 即－1＋cos2n－≤an≤－1＋cos2n＋， ∴cos2n－≤an≤cos2n－， ∴an＝cos2n－＝－sin2n. 10．已知函數(shù)f(x)＝設(shè)方程f(x)－＝t(t∈R)的四個(gè)不等實(shí)根從小到大依次為x1，x2，

8、x3，x4，則下列判斷中一定成立的是(　　) A.＝1 B．14， 結(jié)合圖象可知f(x3)－＝f(x4)－， 則結(jié)合f(x)的解析式易得log2(4－x3)＋log2(4－x4) ＝－>0， 即(4－x3)(4－x4)>1， 整理有16－4(x3＋x4)＋x3x4>

9、1， 即4(x3＋x4)<15＋x3x4， 由于x3＋x4>2， 則8<15＋x3x4， 即(－3)(－5)>0，可得>5(舍去)， 或<3，即x3x4<9， 故4

10、009i. 12．已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若b＝4，cosB＝－，sinA＝，則c＝________，S△ABC＝________. 答案　3　 解析　方法一　由cosB＝－得， sinB＝＝. 由正弦定理＝得a＝2. 由b2＝a2＋c2－2accosB， 即c2＋c－12＝0，解得c＝3(舍負(fù))． S△ABC＝acsinB＝×2×3×＝. 方法二　由cosB＝－得， sinB＝＝， 由sinA＝，得cosA＝， 所以sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB ＝×＋×＝， 由正弦定理＝得c＝3， S△ABC＝b

11、csinA＝×4×3×＝. 13．已知等差數(shù)列{an}滿足an＋an＋1＝2n－3，n∈N*，則a1＋a2＋a6＋a7＝________，數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝________. 答案　8　 解析　分別令n＝1,6，可得 a1＋a2＋a6＋a7＝－1＋9＝8. 設(shè)數(shù)列{an}的公差d，則 2n－3＝an＋an＋1＝a1＋(n－1)d＋a1＋nd＝2dn＋(2a1－d)對(duì)任意的n∈N*恒成立， 所以故 故Sn＝n×(－1)＋×1＝. 14．已知x，y∈R，且滿足則不等式組表示的平面區(qū)域的面積為_(kāi)_______；z＝x2＋y2的最小值是________． 答案　3　 解

12、析　作出不等式組表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分(含邊界)所示， 其中A(0,1)，B(1,0)，C(4,3)，∠ABC＝90°， 則平面區(qū)域的面積S＝×|AB|×|BC|＝3. 又z＝x2＋y2的最小值是原點(diǎn)O與平面區(qū)域內(nèi)的點(diǎn)的距離的平方的最小值， 數(shù)形結(jié)合可知，z＝x2＋y2的最小值為原點(diǎn)O到直線x＋y－1＝0的距離的平方，zmin＝2＝， 故z＝x2＋y2的最小值是. 15．設(shè)函數(shù)f(x)＝lg，其中a為實(shí)數(shù)，如果當(dāng)x∈(－∞，1]時(shí)f(x)有意義，則a的取值范圍是________________． 答案　 解析　由函數(shù)f(x)＝lg 在x∈(－∞，1]上有意義，得1x

13、＋2x＋3x＋…＋9x＋10xa>0在x∈(－∞，1]上恒成立， 即a>－x－x－x－…－x在x∈(－∞，1]上恒成立， 設(shè)g(x)＝－x－x－x－…－x， 則易得g(x)在x∈(－∞，1]上單調(diào)遞增， 所以g(x)max＝g(1)＝－，所以a>－. 16．已知實(shí)數(shù)a，b，c滿足a2－8a－bc＋7＝0，b2＋c2＋bc－6a＋6＝0，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________． 答案　[1,9] 解析　方法一　由a2－8a－bc＋7＝0， 可得bc＝a2－8a＋7， 由b2＋c2＋bc－6a＋6＝0， 可得b2＋c2＋bc＝6a－6， 所以(b＋c)2＝b2＋c2＋bc＋bc

14、＝6a－6＋a2－8a＋7＝a2－2a＋1，即b＋c＝±(a－1)， 因此可得b，c為方程x2±(a－1)x＋a2－8a＋7＝0的兩實(shí)根， 所以Δ＝[±(a－1)]2－4(a2－8a＋7)≥0， 即a2－10a＋9≤0，解得1≤a≤9. 方法二　由a2－8a－bc＋7＝0，可得bc＝a2－8a＋7， 由b2＋c2＋bc－6a＋6＝0，可得b2＋c2＋bc＝6a－6， 所以(b＋c)2＝b2＋c2＋bc＋bc＝6a－6＋a2－8a＋7＝a2－2a＋1， 由(b＋c)2≥4bc，得a2－2a＋1≥4(a2－8a＋7)， 即a2－10a＋9≤0，解得1≤a≤9. 17．以O(shè)為起點(diǎn)作

15、三個(gè)不共線的非零向量，，，使＝－2，||＝4，＋＝，則·＝________. 答案　12 解析　方法一　由＋＝， 平方得·＝－，即cos∠AOB＝－， 因?yàn)椋还簿€，所以0°<∠AOB<180°， 所以∠AOB＝120°. 因?yàn)椋剑?，所以C為線段AB的中點(diǎn)． 由＋＝兩邊同乘以，可得 cos∠AOC＋cos∠BOC＝1， 即cos∠AOC＋cos (120°－∠AOC)＝1， 可得∠AOC＝60°，所以O(shè)C為∠AOB的平分線， 所以⊥. 又||＝4，所以||＝||＝2， 所以·＝(＋)·＝2＝12. 方法二　由＋＝及＝－2， 結(jié)合向量加法的平行四邊形法則，得O

16、C為∠AOB的平分線，C為AB的中點(diǎn)，所以||＝||＝4， ||＝||＝2， 所以·＝(＋)·＝2＝12. 三、解答題(本大題共5小題，共74分．解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟) 18．(14分)已知A＝{x|x2－2x－3<0}，B＝{x|x2－5x＋6>0}． (1)求A∩B； (2)若不等式x2＋ax＋b<0的解集是A∩B，求ax2＋x－b<0的解集． 解　(1)由題意知A＝{x|x2－2x－3<0}＝{x|－10}＝{x|x<2或x>3}， ∴A∩B＝{x|－1

17、＝0的兩根， ∴－1＋2＝－a，－1×2＝b， 解得a＝－1，b＝－2， ∴不等式ax2＋x－b<0可化為－x2＋x＋2<0， 解得x<－1或x>2. ∴ax2＋x－b<0的解集為{x|x<－1或x>2}． 19．(15分)函數(shù)f(x)＝sin2ωx－cos2ωx＋2sinωxcosωx＋λ的圖象關(guān)于直線x＝π對(duì)稱，其中ω，λ為常數(shù)且ω∈. (1)求f(x)的最小正周期； (2)若函數(shù)f(x)的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)，求f(x)在上的值域． 解　(1)f(x)＝sin2ωx－cos2ωx＋2sinωxcosωx＋λ ＝sin2ωx－cos2ωx＋λ ＝2sin＋λ， 由已知，f(x

18、)的圖象關(guān)于直線x＝π對(duì)稱， 當(dāng)x＝π時(shí)，2ω·π－＝kπ＋(k∈Z)，解得ω＝＋， 又ω∈∴ω＝，∴f(x)＝2sin＋λ，∴T＝. (2)由已知f?＝2sin＋λ＝＋λ＝0，∴λ＝－. ∵x∈，∴x－∈， ∴2sin－∈[－1－，2－]， ∴f(x)在上的值域是[－1－，2－]． 20．(15分)(2019·金華模擬)已知等差數(shù)列{an}中，2a2＋a3＋a5＝20，且前10項(xiàng)和S10＝100. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)若bn＝，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn. 解　(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公差為d. 由已知得 解得 所以數(shù)列{an}的

19、通項(xiàng)公式為an＝1＋2(n－1)＝2n－1，n∈N*. (2)bn＝＝， 所以Tn＝ ＝＝，n∈N*. 21．(15分)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且b2＋c2＝bc＋a2. (1)求A的大??； (2)若a＝，求b＋c的最大值． 解　(1)b2＋c2＝bc＋a2，即b2＋c2－a2＝bc， 由余弦定理得cosA＝＝， ∵A∈(0，π)，∴A＝. (2)∵a＝，∴b2＋c2＝bc＋3，即(b＋c)2－3＝3bc， ∵bc≤2，∴(b＋c)2－3≤， ∴(b＋c)2≤12， ∴b＋c≤2(當(dāng)且僅當(dāng)b＝c＝時(shí)取等號(hào))． ∴b＋c的最大值為2. 2

20、2．(15分)已知函數(shù)f(x)＝，其中a，b，c∈R. (1)若b＝c＝1，且當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)≥1總成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍； (2)若a>0，b＝0，c＝1，f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，求證：e0，則f′(x)＝ ＝. 當(dāng)0時(shí)，f(x)在上為減函數(shù)，在上為增函數(shù)，f(x)min0，因此a>1. 令f′(x)＝0，因此極值點(diǎn)x1，x2為方程ax2－2ax＋1＝0的兩個(gè)根， 又f(x1)＝，f(x2)＝， 注意到ax－2axi＋1＝0，i＝1,2， f(x1)＝，f(x2)＝，x1＋x2＝2，x1x2＝， 所以f(x1)＋f(x2)＝ ＝ 易知x1>0，x2>0， 注意到e， 因此f(x1)＋f(x2)>e， 又<<， 因此e