（浙江專版）2020屆高考數(shù)學一輪復習 滾動檢測五（1-8章）（含解析）

滾動檢測五(18章)(時間：120分鐘滿分：150分)第卷(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選項中，只有一項是符合題目要求的)1已知集合Ax|x2>x，xR，B，則R(AB)等于()A.B.C.D.答案C解析A，B，ABx|1<x<2，xR，R(AB)x|x1或x22設向量a(x1，x)，b(x2，x4)，則“ab”是“x2”的()A充分不必要條件B必要不充分條件C充要條件D既不充分也不必要條件答案B解析由abx2，由x2ab，故選B.3設a20.1，bln，clog3，則a，b，c的大小關系是()Aa>b>cBa>c>bCb>a>cDb>c>a答案A解析a20.1>201，bln<lne1，即0<b<1，clog3<log310，c<b<a.4已知函數(shù)f(x)則f(x)的值域是()A1，) B0，)C(1，) D0,1)(1，)答案B解析當x1時，0x21，當x>1時，x3231，當且僅當x2時取等號，綜上有f(x)0，故選B.5若a>0，b>0，abab1，則a2b的最小值為()A33B33C3D7答案D解析當b1時，代入等式aa2不成立，因而b1，所以abab1.a1，易知b1>0，所以a2b12b32(b1)3232×27，當且僅當a3，b2時，取等號，即最小值為7.6已知函數(shù)f(x)sin2xcos2x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)sin2xcos2x2sin，由2k2x2k(kZ)，得kxk(kZ)，因為函數(shù)f(x)在區(qū)間和上均單調(diào)遞增，解得a<.7已知數(shù)列an的前n項和為Sn，且an4n1，若對任意nN*，都有1p(Sn4n)3成立，則實數(shù)p的取值范圍是()A(2,3) B2,3C.D.答案B解析Sn40414n14n4n·n，所以1p3對任意nN*都成立，當n1時，1p3，當n2時，2p6，當n3時，p4，歸納得2p3.8已知a，b，c是平面向量，|a|2，|c|2，若a與b的夾角為，c與b的夾角為，a與c的夾角為，則|cb|ab|的最大值是()A.B.C.D.答案C解析方法一如圖，設a，b，c，點A關于OB的對稱點為A，則|，因為AOB，BOC，AOC，所以AOC.|cb|ab|，且在AOC中，由余弦定理得，AC2OC2OA22OC·OAcos842×2×2×84，所以|.故選C.方法二如圖，建立平面直角坐標系，則可設c(2,2)，a(，1)，b(t,0)，則點A關于x軸的對稱點A的坐標為(，1)，則(，1)，|，所以|cb|ab|，故選C.9已知函數(shù)f(x)ex，g(x)a(a0)，若函數(shù)yf(x)的圖象上存在點P(x0，y0)，使得yf(x)在點P(x0，y0)處的切線與yg(x)的圖象也相切，則a的取值范圍是()A(0,1 B(0，C(1， D.答案B解析f(x)ex的切點為P(x0，)，設切線與yg(x)的圖象相切于點(t，a)f(x0)，g(t).由題意可得解得x01t，所以a22e1t，t>0，令h(t)2e1t，t>0，則h(t)e1t2e1te1t(12t)，令h(t)0，解得t，當t>0時，h(t)>0；當0<t<時，h(t)>0，函數(shù)h(t)在上單調(diào)遞增；當t>時，h(t)<0，函數(shù)h(t)在上單調(diào)遞減，當t從右側(cè)趨近于0時，h(t)趨近于0，h；當t趨近于時，h(t) 趨近于0，所以a(0，10(2018·浙江七彩陽光聯(lián)盟聯(lián)考)如圖，已知RtABC的兩條直角邊AC2，BC3，P為斜邊AB上一點，沿CP將三角形折成直二面角ACPB，此時二面角PACB的正切值為，則翻折后AB的長為()A2B.C.D.答案D解析方法一如圖1，在平面PCB內(nèi)過點P作CP的垂線交BC于點E，則EP平面ACP.在平面PAC內(nèi)過點P向AC作垂線，垂足為D，連接DE，則PDE為二面角PACB的平面角，且tanPDE，設DPa，則EPa.如圖2，在RtABC中，設BCP，則ACP90°，則在RtDPC中，PC，又在RtPCE中，tan，則·tana，sincos2.又0°<<90°，所以45°.因為二面角ACPB為直二面角，所以圖1中cosACBcosACP·cosBCP，于是有cosACP·sinACP.解得AB.方法二如圖3，在平面PCB內(nèi)過點P作CP的垂線交BC于點E，則EP平面ACP.在平面PAC內(nèi)過點P向AC作垂線，垂足為D，連接DE，則PDE為二面角PACB的平面角，且tanPDE，設DPa，則EPa.如圖4，在RtABC中，設BCP，則ACP90°，則在RtDPC中，PC，又在RtPCE中，tan，則·tana，sincos2，又0°<<90°，所以45°，在RtABC中，過點A作AMPC于點M，過點B向CP的延長線作垂線，垂足為N.由BCPACP45°，得AM，BN，MN，翻折后，且，兩兩垂直，故|.第卷(非選擇題共110分)二、填空題(本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分把答案填在題中橫線上)11(2018·浙江名校聯(lián)盟聯(lián)考)已知復數(shù)z滿足z·(34i)12i，則z_，|_.答案i解析由題意知zi，|z|.12(2018·浙江省高考模擬試卷)若函數(shù)f(x)sincoscos2，則函數(shù)f(x)的最小正周期為_，函數(shù)f(x)在區(qū)間上的值域是_答案2解析f(x)sincoscos2sinx×sin，則f(x)的最小正周期為2.因為x，所以x，sin，所以函數(shù)f(x)在上的值域是.13(2018·浙江省高考研究聯(lián)盟聯(lián)考)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為_，側(cè)面積為_答案34解析由三視圖，可得該幾何體為底面半徑為1，高為2的圓柱切掉四分之一后剩余的幾何體，因而其體積V××12×2，側(cè)面積S×2×1×22×1×234.14已知在ABC中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c,4bcosBacosCccosA，ABC的面積為，且b2ac，則ac_.答案2解析方法一由正弦定理、兩角和的三角函數(shù)公式及誘導公式，得4sinBcosBsinAcosCsinCcosAsin(AC)sinB，因為0<B<，所以sinB0，cosB，則sinB，由三角形的面積公式知acsinB，得ac8，則b2ac8，由余弦定理得b2a2c22accosBa2c2ac，即8a2c2ac(ac)2ac(ac)220，所以(ac)228，ac2.方法二由4bcosBacosCccosAa·c·b，得cosB，則sinB，由三角形的面積公式知acsinB，得ac8，則b2ac8，由余弦定理得b2a2c22accosBa2c2ac，即8a2c2ac(ac)2ac(ac)220，所以(ac)228，ac2.15已知函數(shù)f(x)ln(2x)，則f(0)_，f(2019)f(2019)_.答案3解析f(0)ln(0)0.令g(x)ln(2x)，h(x)，則f(x)g(x)h(x)，g(x)ln(2x)ln，g(x)g(x)0，又h(x)2，h(x)h(x)2243，f(2019)f(2019)g(2019)h(2019)g(2019)h(2019)3.16已知S，點P(，3)，T(x，y)|0，N(x，y)，M(x0，y0)，且(x0，y0)S，則ST表示的平面區(qū)域的面積為_答案6解析如圖，S所表示的平面區(qū)域為正三角形OAB的內(nèi)部區(qū)域(含邊界)，其中P剛好是正三角形OAB的中心，作OAB關于點P的對稱區(qū)域OAB(包含邊界)，即為T所表示的平面區(qū)域則ST所表示的區(qū)域為正六邊形DEFGHI區(qū)域，可求得A(3，3)，B(0,6)故O(2，6)，A(，3)，B(2，0)，所以|OA|6，|EF|2，所以S六邊形DEFGHI6××2×2×6.17已知x>0，y>0，若2，則(xy)2的最大值是_答案84解析令xyt，則0<t，因為2xy22，且知當xy時取“”，所以題意可轉(zhuǎn)化為函數(shù)f(t)t在上有最小值f，即恒有，所以(xy)284，故(xy)2的最大值是84.三、解答題(本大題共5小題，共74分解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟)18(14分)如圖，ABC是等邊三角形，D是BC邊上的動點(含端點)，記BAD，ADC.(1)求2coscos的最大值；(2)若BD1，cos，求ABD的面積解(1)由ABC是等邊三角形，得，0，故2coscos2coscossin，故當，即D為BC中點時，原式取最大值.(2)由cos，得sin，故sinsinsincoscossin，由正弦定理得，故AB·BD×1，故SABDAB·BD·sinB××1×.19(15分)已知數(shù)列an的各項均是正數(shù)，其前n項和為Sn，滿足Sn4an(nN*)(1)求數(shù)列an的通項公式；(2)設bn(nN*)，數(shù)列bn·bn2的前n項和為Tn，求證：Tn<.(1)解由Sn4an，得S14a1，解得a12，而an1Sn1Sn(4an1)(4an)anan1，即2an1an，數(shù)列an是首項為2，公比為的等比數(shù)列an2×n1n2.(2)證明bn，bnbn2.故數(shù)列的前n項和Tn<.20(15分)設函數(shù)f(x)x23x.(1)若不等式f(x)m對任意x0,1恒成立，求實數(shù)m的取值范圍；(2)在(1)的條件下，當m取最大值時，設x>0，y>0且2x4ym0，求的最小值解(1)因為函數(shù)f(x)x23x的對稱軸為x，且開口向上，所以f(x)x23x在x0,1上單調(diào)遞減，所以f(x)minf(1)132，所以m2.(2)根據(jù)題意，由(1)可得m2，即2x4y20.所以x2y1.因為x>0，y>0，則(x2y)33232，當且僅當，即x1，y1時，等號成立所以的最小值為32.21.(15分)(2018·浙江名校聯(lián)盟聯(lián)考)如圖，在直三棱柱ADFBCE中，ABBCBE2，CE2.(1)求證：AC平面BDE；(2)若EB4EK，求直線AK與平面BDF所成角的正弦值(1)證明在直三棱柱ADFBCE中，AB平面BCE，所以ABBE，ABBC.又ABBCBE2，CE2，所以BC2BE2CE2，且ACBD，所以BEBC.因為ABBCB，AB，BC平面ABCD，所以BE平面ABCD.因為AC平面ABCD，所以BEAC.因為BDBEB，BD，BE平面BDE，所以AC平面BDE.(2)解方法一設AK交BF于點N，由(1)知，AB，AF，AD兩兩垂直且長度都為2，所以BDF是邊長為2的正三角形所以點A在平面BDF內(nèi)的射影M為BDF的中心，連接MN，MF，AM，如圖所示，則ANM為AK與平面BDF所成的角.又FM××2，所以AM.因為EB4EK，所以BK，所以AK.因為，所以，即，解得AN.在RtANM中，sin，所以直線AK與平面BDF所成角的正弦值為.方法二由(1)知，AB，BC，BE兩兩垂直，以B為坐標原點，的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，則B(0,0,0)，F(xiàn)(0,2,2)，A(0,2,0)，D(2,2,0)，(2,2,0)，(0,2,2)因為EB4EK，所以K.設平面BDF的法向量為n(x，y，z)，則所以取x1，則n(1，1,1)為平面BDF的一個法向量又，于是sin，所以直線AK與平面BDF所成角的正弦值為.22(15分)(2019·嘉興調(diào)研)已知函數(shù)f(x)xex.(1)討論函數(shù)g(x)af(x)ex的單調(diào)性；(2)若直線yx2與曲線yf(x)的交點的橫坐標為t，且tm，m1，求整數(shù)m所有可能的值解(1)g(x)axexex，所以g(x)(axa1)ex，當a0時，g(x)ex，g(x)>0在R上恒成立，所以函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞增；當a>0時，當x>時，g(x)>0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增，當x<時，g(x)<0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減；當a<0時，當x>時，g(x)<0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減，當x<時，g(x)>0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增綜上，當a0時，函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞增；當a>0時，函數(shù)g(x)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減，在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增；當a<0時，函數(shù)g(x)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減(2)由題意可知，原命題等價于方程xexx2在xm，m1上有解，由于ex>0，所以x0不是方程的解，所以原方程等價于ex10，令r(x)ex1，因為r(x)ex>0對于x(，0)(0，)恒成立，所以r(x)在(，0)和(0，)內(nèi)單調(diào)遞增又r(1)e3<0，r(2)e22>0，r(3)e3<0，r(2)e2>0，所以直線yx2與曲線yf(x)的交點有兩個，且兩交點的橫坐標分別在區(qū)間1,2和3，2內(nèi)，所以整數(shù)m的所有值為3,1.16