（浙江專(zhuān)版）2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 滾動(dòng)檢測(cè)六（1-9章）（含解析）

滾動(dòng)檢測(cè)六(19章)(時(shí)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1函數(shù)yln(1x2)的定義域?yàn)锳，值域?yàn)锽，全集UR，則集合A(UB)等于()A(1，) B(，0C(0,1) D0,1)答案C解析By|y0，UBy|y>0，又Ax|1<x<1，AUB(0,1)，故選C.2已知p：yax在R上單調(diào)遞增，q：a22a0，那么p是q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A解析由p：yax在R上單調(diào)遞增，得a>1，對(duì)于q，由a22a0，解得a0或a2，因此p是q的充分不必要條件，故選A.3已知直線l1: xsiny10，直線l2: x3ycos10，若l1l2，則sin2等于()A.B±CD.答案D解析因?yàn)閘1l2，所以sin3cos0，所以tan3，所以sin22sincos.4已知ABC中，AB2，AC4，BAC60°，P為線段AC上任意一點(diǎn)，則·的取值范圍是()A1,4B0,4C2,4D.答案D解析根據(jù)余弦定理得，BC2AB2AC22AB·AC·cosBAC12，ABC90°，以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，BC所在直線為x軸、BA所在直線為y軸建立平面直角坐標(biāo)系如圖，則C(2，0)，A(0,2)，AC：1，設(shè)P(x，y)，則y2x4，x0,2，所以·(x，y)·(2x，y)x2y22xx2x4.5將函數(shù)y2sin(>0)的圖象向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度后，所得圖象關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)，則的最小值為()A2B1C.D.答案B解析將函數(shù)y2sin(>0)的圖象向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度后，得y2sin2sin關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)，所以k(kZ)，得k，kZ.又>0，所以min1，故選B.6若雙曲線1的一條漸近線方程為2x3y0，則m的值為()A.B.C.D.答案A解析由雙曲線1的一條漸近線的方程為2x3y0，可得(3m)(m1)>0，解得m(1,3)，所以xy0是雙曲線的漸近線方程，所以，解得m.7設(shè)f(x)ex(x22x)，令f1(x)f(x), fn1(x)fn(x)，若fn(x)ex(Anx2BnxCn)，數(shù)列的前n項(xiàng)和為Sn，當(dāng)時(shí)，n的最小整數(shù)值為()A2018B2019C2020D2021答案B解析f1fex(x24x2)，f2(x)ex(x26x6)，Cn2462nn(22n)n(n1)，Sn1，n2019，故選B.8(2018·浙江省衢州二中模擬)已知ABC中，AB4，AC5，BC6，點(diǎn)O為ABC的外心，記a·，b·，c·，則()Aa<b<cBa<c<bCc<a<bDb<a<c答案C解析由余弦定理，得cosBAC，cosB，cosC，分別取邊BC，CA，AB的中點(diǎn)D，E，F(xiàn)，如圖則a·()·2·，同理，b2·10，c2·，所以，b>a>c，故選C.9已知雙曲線y21(a>0)的離心率e，它的一個(gè)頂點(diǎn)為拋物線y22px(p>0)的焦點(diǎn)F，過(guò)F的直線l與拋物線交于A，B兩點(diǎn)，且|AF|4|FB|，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，則AOB的面積為()A.B1C.D.答案C解析由題意可知e，得a，故拋物線y22px(p>0)的焦點(diǎn)F，因此其方程為y22x，準(zhǔn)線為x.如圖，過(guò)A，B分別作準(zhǔn)線的垂線AA，BB，垂足分別為A，B，過(guò)點(diǎn)B作BHAA交AA于H，則|BB|HA|.設(shè)|FB|t，則|AF|4t，所以|AH|AA|AH|4tt3t.又|AB|5t，因此在RtABH中，cosHAB，sinHAB.所以tanHAB.則AB所在的直線方程為y，由得x2x0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則|AB|x1x2p1.又點(diǎn)O到直線AB的距離d|OF|sinOFB×，所以SAOB××.10(2018·浙江省部分重點(diǎn)中學(xué)考試)已知ABC是邊長(zhǎng)為6的正三角形，D在AB上，且滿足AD2DB，如圖1.現(xiàn)沿著CD將ACD折起至ACD，使得A在平面BCD上的投影在BDC的內(nèi)部(包括邊界)，如圖2，則二面角ACDB的余弦值的取值范圍是()A.B.C.D.答案C解析在題圖1ABC中，過(guò)點(diǎn)A作AOCD，交CD于點(diǎn)O，交BC于點(diǎn)H.因?yàn)辄c(diǎn)A在平面BCD上的投影在BDC的內(nèi)部(包括邊界)，所以其投影在線段OH上在題圖2中，過(guò)點(diǎn)A作AMOH，垂足為M(圖略)，則AM平面BDC，AOM為二面角ACDB的平面角因?yàn)锳D4，AC6，CAD60°，所以CD2AD2AC22AD·AC·cos60°16362×4×6×cos60°28，CD2，又CD·AOAD·AC·sin60°，即2AO4×6×，所以AO.以BC的中點(diǎn)E為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，則A(0,3)，C(3,0)，D(2，)設(shè)H(a,0)，因?yàn)锳HCD，所以·0，即5a90，解得a，所以AH，又AH·COAC·CH·sin60°，即·CO6××，所以CO，所以AO，所以O(shè)H.所以當(dāng)點(diǎn)M與點(diǎn)H重合時(shí)，AOM最小，(cosAOM)max，當(dāng)點(diǎn)M與點(diǎn)O重合時(shí)，AOH，即為二面角ACDB的平面角，其余弦值取最小值0.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已知復(fù)數(shù)z，其中i是虛數(shù)單位，則復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第_象限，z·_.答案四2解析因?yàn)閦1i，所以復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為(1，1)，在第四象限方法一因?yàn)閦1i，所以z·(1i)(1i)2.方法二因?yàn)閨z|1i|，所以z·|z|22.12(2018·浙江省金華十校考試)已知拋物線y22px(p>0)上一點(diǎn)A(1，a)到焦點(diǎn)的距離為2，則該拋物線的準(zhǔn)線方程為_(kāi)答案x1解析因?yàn)閽佄锞€y22px(p>0)的焦點(diǎn)為F，由已知可得解得所以拋物線的準(zhǔn)線方程為x1.13(2018·杭州質(zhì)檢)一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是_，表面積是_答案(6)6解析由三視圖可知該幾何體為半徑為2的球的四分之一和一個(gè)底面半徑為2的半圓錐的組合體，其體積為×××23×××22×3，其表面積為××22×3×4×4×22××2×(6)6.14若函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，則a_，f(g(2)_.答案025解析由函數(shù)f(x)是R上的奇函數(shù)可得f(0)a0.因?yàn)間(2)f(1)f(1)4，所以f(g(2)f(4)f(4)25.15已知在ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且ba，cosBcosA，c1，則ABC的面積為_(kāi)答案解析由cosBcosA并結(jié)合余弦定理，得··，將ba代入得(1)a2(1)c2，又因?yàn)閏1，所以a，所以b2，則cosC，所以sinC，所以SABCabsinC.16已知圓O1和圓O2都經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(0,1)，若兩圓與直線4x3y50及y10均相切，則|O1O2|_.答案解析設(shè)圓O1的圓心為(a1，b1)，半徑為r1，則由題意，有消去b1，r1，得a1(a6a4a140)0，即a1(a12)(a8a120)0.設(shè)圓O2的圓心為(a2，b2)，半徑為r2，同理可得a2(a22)(a8a220)0.由此可知，a1，a2為方程a(a2)(a28a20)0的兩根因?yàn)閍28a20(a4)24>0，所以a(a2)(a28a20)0的兩根為0,2，不妨設(shè)a10，a22，則b10，b21，所以|O1O2|.17若實(shí)數(shù)x，y滿足目標(biāo)函數(shù)zxky(k>0)的最小值為3，則實(shí)數(shù)k的值為_(kāi)，若方程2xya0無(wú)解，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_(kāi)答案1(，4)(1，)解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，由圖可知目標(biāo)函數(shù)zxky(k>0)在點(diǎn)B(0,3)處取得最小值3，所以3k3，得k1.作出直線2xy0，并平移該直線，當(dāng)直線經(jīng)過(guò)點(diǎn)C(0,1)時(shí)，2xy取得最小值1，當(dāng)直線經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(1,2)時(shí)，2xy取得最大值4.因?yàn)榉匠?xya0無(wú)解，所以直線2xya0與不等式組表示的區(qū)域沒(méi)有交點(diǎn)，所以a<4或a>1.三、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)已知函數(shù)f(x)2sinxcosx2cos2x1，xR.(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期和單調(diào)遞減區(qū)間；(2)若f()，且<<，求f 的值解(1)因?yàn)閒(x)sin2x(2cos2x1)sin2xcos2x2sin，所以函數(shù)f(x)的最小正周期T.令2k2x2k，kZ，得kxk，kZ，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為，kZ.(2)因?yàn)閒()2sin，所以sin.因?yàn)?lt;<，所以<2<，所以cos.所以f2sin2sin22sin22×.19(15分)已知四棱錐PABCD的底面ABCD為菱形，ADC120°，AD的中點(diǎn)M是頂點(diǎn)P在底面ABCD上的射影，N是PC的中點(diǎn)(1)求證：平面MPB平面PBC；(2)若MPMC，求直線BN與平面PMC所成角的正弦值(1)證明在菱形ABCD中，設(shè)AB2a，M是AD的中點(diǎn)，MB2AM2AB22AM·AB·cos60°3a2，MC2DM2DC22DM·DC·cos120°7a2，又BC24a2，MB2BC2MC2.MBBC，又點(diǎn)P在底面ABCD上的射影是AD的中點(diǎn)M，PM平面ABCD.又BC平面ABCD，PMBC，而PMMBM，PM，MB平面MPB，BC平面MPB，又BC平面PBC，平面MPB平面PBC.(2)解方法一過(guò)點(diǎn)B作BHMC，連接HN(圖略)PM平面ABCD，BH平面ABCD，BHPM，又PM，MC平面PMC，PMMCM，BH平面PMC，HN為直線BN在平面PMC上的射影，故BNH為直線BN與平面PMC所成的角在MBC中，BHa，由(1)知BC平面PMB，PB平面PMB，PBBC，BNPCa，sinBNH.故直線BN與平面PMC所成角的正弦值為.方法二由(1)知MA，MB，MP兩兩互相垂直，以M為坐標(biāo)原點(diǎn)，MA，MB，MP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)MA1，則M(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0，0)，P(0,0，)，C(2，0)，N是PC的中點(diǎn)，N，設(shè)n(x0，y0，z0)為平面PMC的法向量，(0,0，)，(2，0)，即令y01，則n，|n|，又，|，cos，n，設(shè)直線BN與平面PMC所成的角為，則sin|cos，n|，直線BN與平面PMC所成角的正弦值為.20(15分)(2019·溫州質(zhì)檢)已知方程anx2an1x10(an>0)有兩個(gè)根n，n，a11，且滿足12n，其中nN*.(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；(2)若bnlog2(an1)，cnanbn，求數(shù)列cn的前n項(xiàng)和Tn.解(1)由已知可得又12n，112n，整理得，an1an2n，其中nN*.當(dāng)n2時(shí)，an(anan1)(an1an2)(a3a2)(a2a1)a12n12n222212n1.又a11也符合上式，an2n1，nN*.(2)由(1)知，bnlog2(2n11)n，cnn(2n1)n·2nn.Tnc1c2cn1×22×223×23n×2n(12n)，設(shè)Qn12n，Pn1×22×223×23n×2n，則2Pn1×222×233×24(n1)×2nn×2n1，得，Pn222232nn×2n1n×2n1(1n)×2n12，Pn(n1)×2n12.又Qn12n，TnPnQn(n1)×2n12.21(15分)已知橢圓1(a>b>0)的離心率e，且經(jīng)過(guò)點(diǎn).(1)求橢圓方程；(2)過(guò)點(diǎn)P(0,2)的直線與橢圓交于M，N兩個(gè)不同的點(diǎn)，求線段MN的垂直平分線在x軸截距的取值范圍解(1)由題意得，1，又a2b2c2，解得a，b1，c1，則橢圓方程為y21.(2)PM的斜率不存在時(shí)，MN的垂直平分線與x軸重合，沒(méi)有截距，故PM的斜率存在設(shè)PM的方程為ykx2，代入橢圓方程，得(12k2)x28kx60，PM與橢圓有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，(8k)24(12k2)×6>0，即k2>，即k>或k<，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中點(diǎn)Q(x0，y0)，則x0，y0kx02，MN的垂直平分線l的方程為y，l在x軸上的截距為，設(shè)f(x)，則f(x)，當(dāng)x2>時(shí)，f(x)>0恒成立，當(dāng)x>時(shí)，<f(x)<0；x<時(shí)，0<f(x)<，MN的垂直平分線在x軸上的截距的取值范圍是.22(15分)已知f(x)xlnxax2.(1)若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍；(2)若f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)，求a的取值范圍；(3)在(2)的條件下，若f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)為x1，x2 (x1<x2)，求證：f(x1)>.方法一(1)解f(x)x(lnxax)，x>0，f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，g(x)lnxax有兩個(gè)零點(diǎn)，g(x)a，當(dāng)a0時(shí)，g>0，g(x)在(0，)上單調(diào)遞增，最多有一個(gè)零點(diǎn)，不合題意；當(dāng)a>0時(shí)，g(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，g(x)在(0，)上存在極大值也是最大值g，令gln1>0，0<a<，又當(dāng)0<a<時(shí)，g(1)a<0，g3ln<3<0，g必有兩個(gè)零點(diǎn)，0<a<.(2)解由題意知flnx12ax有兩個(gè)改變f(x)符號(hào)的零點(diǎn)，設(shè)h(x)lnx12ax，則h(x)2a，當(dāng)a0時(shí)，h(x)>0恒成立，h(x)在(0，)上單調(diào)遞增，最多有一個(gè)零點(diǎn)，不合題意，a>0，由h(x)0得x，h(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，可令hln11>0，即0<a<，又h<0，h2ln1<211<0，h(x)在，上各有一個(gè)變號(hào)零點(diǎn)，0<a<.(3)證明由(2)，結(jié)合h(1)12a>0，知<x1<1，h(x1)lnx112ax10，f(x1)x1lnx1ax.設(shè)k(x)xlnxx，令k(x)lnx<0，得0<x<1，k(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，k(x)>k(1)1，f(x1)>.方法二分離參數(shù)法(1)解a(x>0)，使對(duì)應(yīng)的兩圖象有兩交點(diǎn)，令g(x)，g(x)，當(dāng)x(0，e)時(shí)，g(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x(e，)時(shí)，g(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，g(e)，結(jié)合圖象(圖略)，可知0<a<.(2)解f(x)lnx12ax有兩個(gè)改變f(x)符號(hào)的零點(diǎn)，等價(jià)于a對(duì)應(yīng)的兩函數(shù)的圖象有兩交點(diǎn)，令(x)，(x).當(dāng)x(0,1)時(shí)，(x)>0，(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x(1，)時(shí)，(x)<0，(x)單調(diào)遞減，(1)，結(jié)合圖象(圖略)，可知0<a<.(3)證明由(2)可知0<x1<1，下同方法一，f(x1)>.16