（浙江專版）2020屆高考數(shù)學一輪復習 綜合檢測一（含解析）.docx

綜合檢測一(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AxR|x10，BxR|2x2<0，則A(RB)等于()A1，)B，)C(，1，)D1，答案B解析根據(jù)題意，得Ax|x1，RBxR|x22x|x，從而A(RB)x|x，故選B.2已知向量a(1m,1m)，b(m1,2m1)，mR，則“m0”是“ab”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ab(1m)(m1)(1m)(2m1)0m(m1)0m0或m1，所以“m0”是“ab”的充分不必要條件故選A.3已知函數(shù)f(x)log(x22x3)，則下列關系正確的是()Af()<f() Bf()<f()Cf()>f() Df(log328)<f(3)答案A解析由x22x3(x3)(x1)>0，得x<1或x>3.yx22x3(x1)24在(，1)上是減函數(shù)，在(3，)上是增函數(shù)，而ylogx在(0，)上是減函數(shù)，f(x)在(，1)上是增函數(shù)，在(3，)上是減函數(shù)，<<1，f()<f()；3<<，f()>f()；<<1，f()<f()；3<log328<43，f(log328)>f(3)故選A.4已知x，y滿足約束條件則z|xy2|的最大值是()A7B6C5D4答案B解析方法一畫出可行域如圖中陰影部分(含邊界)所示，則A(0,1)，B(2,2)，C，則可行域在直線l：xy20的右上方，z|xy2|xy2，即yxz2，故當直線yxz2過點B時，z取得最大值，最大值是6.方法二畫出可行域如圖中陰影部分(含邊界)所示，則A(0,1)，B(2,2)，C，記直線l：xy20，點B到直線l的距離為dBl，則z|xy2|dBl，而dBl3，故z|xy2|6，所以z|xy2|的最大值是6.5若(3ax1)5(2x1)3的展開式中各項系數(shù)的和為1，則該展開式中x2項的系數(shù)為()A56B112C168D224答案B解析令x1得(3a1)5(21)31，解得a，則(3ax1)5(2x1)3(2x1)8，其二項展開式的通項Tk1C(2x)8k(1)k，所以x2項為Tk1C(2x)86(1)64Cx2112x2，所以x2項的系數(shù)為112.6已知函數(shù)f(x)若函數(shù)g(x)f(x)k(x1)在(，1上恰有兩個不同的零點，則實數(shù)k的取值范圍是()A1,3) B(1,3C2,3) D1，)答案A解析函數(shù)g(x)f(x)k(x1)在(，1上恰有兩個不同的零點，等價于直線yk(x1)與函數(shù)yf(x)的圖象在(，1上有兩個不同的交點作出f(x)的大致圖象如圖所示，因為直線yk(x1)過定點(1,0)，定點(1,0)與點(1,2)和(0,3)連線的斜率分別為1和3，結合f(x)的圖象可知k的取值范圍是1,3)故選A.7某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為()A1212C1212答案A解析由三視圖可知，該幾何體是一個正四棱柱挖去一個半圓錐所得到的幾何體，其直觀圖如圖所示，其中正四棱柱的底面正方形的邊長a2，半圓錐的底面半徑r1，高h3，所以正四棱柱的體積V1a2h22312，半圓錐的體積V2r2h123，所以該幾何體的體積VV1V212.8已知圓C：x2(y1)28，直線l1：mxym30與圓C交于A，B兩點，直線l2：xmy3m10與圓C交于E，F(xiàn)兩點，則四邊形AEBF的面積的最大值為()A10B11C12D13答案B解析方法一設圓心C(0,1)到直線l1，l2的距離分別為d1，d2，圓C的半徑為r，則d1，d2，|AB|22，|EF|22，又由直線方程知l1l2，ABEF，則S四邊形AEBF|AB|EF|222222211，當且僅當3m4，即m3或時等號成立方法二直線l1：mxym30m(x1)(y3)0，直線l2：xmy3m10(x1)m(y3)0，直線l1l2，且均過定點P(1,3)圓C：x2(y1)28，則圓心C(0,1)，設圓C的半徑為r，圓心C到直線l1，l2的距離分別為d1，d2，過點C分別向直線l1，l2作垂線，垂足分別為M，N，則四邊形CMPN為矩形，且滿足dd|CP|2(10)2(31)25.|AB|22，|EF|22，由l1l2ABEF，則S四邊形AEBF|AB|EF|22(8d)(8d)16(dd)11，當且僅當8d8d，即dd時等號成立9.如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，ABBCCA3，AA12，M是AB上的點，且BM2AM，動點Q在底面A1B1C1內，若BQ平面A1CM，則BQ的取值范圍是()A.C.答案D解析如圖，在A1B1上取一點D，使A1D2B1D，取B1C1的中點E，連接BD，BE，DE，則BDA1M，因為A1M平面A1CM，所以BD平面A1CM.同理，DE平面A1CM，所以平面BDE平面A1CM，所以點Q在線段DE上，點Q的軌跡為線段DE，易得BD，BE，在B1DE中，由余弦定理得DE2DBB1E22DB1B1EcosDB1E121，所以DE，在BDE中，利用余弦定理得cosBDE，所以sinBDE，則BQ的最小值為DE邊上的高，最大值為BE的長，DE邊上的高是BDsinBDE，所以BQ，故選D.10已知同一平面內的向量a，b，c滿足|ab|bc|ca|2，d為該平面內的任意一個向量，且(bd)(cd)0，則(ad)(ab2d)的最大值為()A42B4C5D52答案D解析如圖，假設a，b，c，d共起點D，根據(jù)|ab|bc|ca|2，可知a，b，c終點的連線構成一個邊長為2的正三角形(如圖所示的ABC)，又(bd)(cd)0，故OCOB，而(ad)(ab2d)(ad)(ad)(bd)，其中E為平行四邊形OAEB的頂點，這樣問題就轉化為求的最大值了以O為原點，OB，OC所在直線分別為x軸，y軸建立平面直角坐標系，設OBC，則B(2cos，0)，C(0,2sin)，A，E，2sin2sin42cos26sincos5cos23sin252sin(2)，其中tan，的最大值為52.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)11十九世紀德國著名數(shù)學家狄利克雷在數(shù)學領域成就卓著，函數(shù)f(x)被稱為狄利克雷函數(shù)，其中R為實數(shù)集，Q為有理數(shù)集，狄利克雷函數(shù)是無法畫出函數(shù)圖象的，但是它的函數(shù)圖象卻客觀存在，如果A(0，f(0)，B(，f()在其圖象上，那么f()_，A，B兩點間的距離為_答案02解析根據(jù)函數(shù)的解析式得f(0)1，f()0，所以A，B兩點間的距離為2.12已知i為虛數(shù)單位，abi(a，bR)，則ab_，abi的共軛復數(shù)在復平面內對應的點位于第_象限答案2二解析1i，則a1，b1，ab2，abi的共軛復數(shù)在復平面內對應的點為(1,1)，位于第二象限13雙曲線1的離心率是_，右焦點到漸近線的距離是_答案解析雙曲線1的離心率e.雙曲線的右焦點為(，0)，漸近線方程為yx，所以右焦點到漸近線的距離d.14拋擲1枚質地均勻的骰子，當正面朝上的點數(shù)為3的倍數(shù)時，就說這次試驗成功，則在兩次試驗中至少有一次成功的概率為_；若連續(xù)做10次試驗，記X為試驗成功的次數(shù)，則E(X)_.答案解析記事件A為“兩次試驗中至少有一次成功”，則事件為“兩次試驗都不成功”基本事件的個數(shù)為n6636，事件包括的基本事件的個數(shù)m4416，則P(A)1P()11.易知XB(10，p)，其中一次試驗成功的概率p，則E(X)np10.15由1,2,3,4,5,6六個數(shù)字組成無重復數(shù)字的六位數(shù)，要求1不排在兩端，2,3相鄰，6在4的左邊，則可以組成_個不同的六位數(shù)答案72解析方法一2,3相鄰，所以把2,3看作一個整體，有2種排法，這樣，六個元素變成了五個先排1，由于1不排在兩端，則1在中間的3個位置中，有A3種排法，其余的4個元素任意排，有A種排法，又4,6順序已經確定，所以不同的六位數(shù)有72(個)方法二2,3排序有A種，且1不在兩端的情形有(AAACA)種，除去4,6的順序，得72(個)16已知a>0，b>0，則的最小值是_答案2解析方法一當abab1時，2，當且僅當ab1時等號成立；當ab<ab1時，>>2.故的最小值是2.方法二因為3(b22)(b2)22(b1)20，所以b22，進而2，當且僅當ab1時等號成立，故的最小值是2.17已知F1，F(xiàn)2是橢圓和雙曲線的公共焦點，且F1，F(xiàn)2在x軸上，P是它們的一個公共點，且F1PF2，則橢圓和雙曲線的離心率之積的取值范圍是_答案(1，)解析方法一設橢圓方程為1(a1>b1>0)，離心率為e1，半焦距為c，滿足c2ab，雙曲線方程為1(a2>0，b2>0)，離心率為e2，半焦距為c，滿足c2ab，不妨設F1，F(xiàn)2分別為左、右焦點，P是它們在第一象限的一個公共點，則由橢圓與雙曲線的定義得，在F1PF2中，由余弦定理可得，整理得4c23aa，即34，即3224，則2432.由令t2，則t2，2223t24t32，函數(shù)f(t)32在上單調遞減，2232(0,1)，即e1e2的取值范圍為(1，)方法二設橢圓方程為1(a1>b1>0)，離心率為e1，半焦距為c，滿足c2ab，雙曲線方程為1(a2>0，b2>0)，離心率為e2，半焦距為c，滿足c2ab，不妨設F1，F(xiàn)2分別為左、右焦點，P是它們在第一象限的一個公共點，|PF1|m，|PF2|n，則m>n>0，在F1PF2中，由余弦定理可得m2n2mn4c2，則由橢圓與雙曲線的定義，得則1，令t2>3，則11，函數(shù)g(t)1在(3，)上單調遞增，(0,1)，即e1e2的取值范圍為(1，)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)已知函數(shù)f(x)cos2xsinxcosx.(1)求f(x)的單調遞增區(qū)間；(2)若銳角三角形ABC的三個內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且f(C)，a2，求b的取值范圍解(1)f(x)cos2xsinxcosxsin2x，f(x)cos，令2k2x2k，kZ，得kxk，kZ，f(x)的單調遞增區(qū)間為，kZ.(2)f(C)，f(C)cos，2C2k，kZ，又0<C<，C.ABC為銳角三角形，<A<，又a2，則由正弦定理得，b1，<A<，(0，)，故b(1,4)，即b的取值范圍為(1,4)19(15分)如圖，已知四面體ABCD中，CDBD，ABBDAD2，CD1，E為AD的中點(1)若AC，求證：ACBE；(2)若AC，求直線AC與平面BCD所成角的正弦值(1)證明方法一取CD的中點F，連接EF，BF.E為AD的中點，ACEF.在BEF中，易得BE，EF，BF，則BE2EF2BF2，由勾股定理的逆定理得BEEF，ACBE.方法二AC，CD1，AD2，AC2CD2AD2，CDAD，又CDBD，ADBDD，CD平面ABD，又BE平面ABD，CDBE.又ABD是正三角形，且E為AD的中點，BEAD，又CDADD，BE平面ACD，又AC平面ACD，BEAC.(2)解分別取BD，BC的中點O，M，連接OM，AO，AM，過A作AHOM于點H，連接CH.ABD為正三角形，AOBD.CDBD，OMCD，OMBD，又AOOMO，BD平面AOM，BDAH，而AHOM，BDOMO，AH平面BCD.方法一CH為AC在平面BCD內的射影，即ACH是直線AC與平面BCD所成的角易得AO，OM，BC，BM，在ABC與ABM中，由余弦定理得AM，在AOM中，由余弦定理得cosAOM，則cosAOH，sinAOH，在RtAOH中，得AH，sinACH.即直線AC與平面BCD所成角的正弦值為.方法二以O為坐標原點，的方向分別為x，y，z軸的正方向建立空間直角坐標系，則B(0，1,0)，C(1,1,0)，設A(a,0，b)，則AB2，AC，得a1，b.A(1,0，)，(2,1，)易知平面BCD的一個法向量為n(0,0,1)，cos，n，sin(為直線AC與平面BCD所成角的大小)即直線AC與平面BCD所成角的正弦值為.20(15分)(2019寧波質檢)已知數(shù)列an的前n項和Tnn2n，且an23log4bn0(nN*)(1)求數(shù)列bn的通項公式；(2)若數(shù)列cn滿足cnanbn，求數(shù)列cn的前n項和Sn；(3)在(2)的條件下，若cnm2m1對一切正整數(shù)n恒成立，求實數(shù)m的取值范圍解(1)由Tnn2n得，Tn1(n1)2(n2)，兩式相減得an3n2(n2)，又a1T11也滿足上式，an3n2(nN*)由an23log4bn0(nN*)得，3n223log4bn0，即nlog4bn0，bnn(nN*)(2)數(shù)列cn滿足cnanbn，cn(3n2)n(nN*)，Sn14273(3n5)n1(3n2)n，Sn124374(3n5)n(3n2)n1，兩式相減得Sn3(3n2)n1(3n2)n1，Snn1n(nN*)(3)cn1cn(3n1)n1(3n2)n9(1n)n1(nN*)，當n1時，c2c1，當n2時，cn1<cn，c1c2>c3>c4>>cn，對一切正整數(shù)n，cn的最大值是.又cnm2m1對一切正整數(shù)n恒成立，m2m1，即m24m50，解得m1或m5.21.(15分)如圖，已知橢圓C：1(a>b>0)，F(xiàn)1，F(xiàn)2為其左、右焦點，離心率e，M為橢圓上一動點，MF1F2的面積的最大值為2.(1)求橢圓C的方程；(2)過點P(2,0)作直線l，交橢圓C于A，B兩點，求MAB面積的最大值，并求此時直線l的方程解(1)由得所以橢圓C的方程為1.(2)當直線l的斜率為0時，直線l的方程為y0，此時SMAB的最大值為222.當直線l的斜率存在且不為0或斜率不存在時，設直線l：xmy2，代入橢圓方程得4(my2)25y2200，即(4m25)y216my40，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1y2，y1y2，故|AB|，平移直線l至直線l的位置，使得直線l與橢圓相切(圖略)，設直線l：xmyt，代入橢圓方程得4(myt)25y2200，即(4m25)y28mty4t2200，由0得4m25t2，則t25，當t時，點M距離直線l最遠，即SMAB最大，此時，點M到直線l的距離d，從而SMAB|AB|d22.令1u，f(u)u3(2u)，由f(u)6u24u30得u10，u2，所以函數(shù)f(u)在上單調遞增，在上單調遞減，因為t，所以u，故當u，即t4時，SMAB取得最大值，最大值為.綜上，SMAB的最大值為，此時，m，所以直線l的方程為xy2.22(15分)已知函數(shù)f(x)x24x5(aR)(1)若f(x)在R上為增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；(2)設g(x)exf(x)，當m1時，若g(x1)g(x2)2g(m)(其中x1<m，x2>m)，求證：x1x2<2m.(1)解由題意知f(x)2x40在R上恒成立，即a(42x)ex在R上恒成立設h(x)(42x)ex，h(x)(22x)ex，當x(，1)時，h(x)>0，h(x)在(，1)上為增函數(shù)，當x(1，)時，h(x)<0，h(x)在(1，)上為減函數(shù)，h(x)maxh(1)2e，a2e，即a2e，)(2)證明g(x)exf(x)(x24x5)exa，g(x1)g(x2)2g(m)，m1，)，(x4x15)a(x4x25)a2(m24m5)em2a，(x4x15)(x4x25)2(m24m5)em.設(x)(x24x5)ex，xR，則(x1)(x2)2(m)，則(x)(x1)2ex0，(x)在R上單調遞增設F(x)(mx)(mx)，則F(x)(mx1)2emx(mx1)2emx.當x>0時，emx>emx>0，(mx1)2(mx1)22x(2m2)0，F(xiàn)(x)>0，F(xiàn)(x)在(0，)上單調遞增，F(xiàn)(x)>F(0)2(m)，(mx)(mx)>2(m)，x(0，)令xmx1，x1<m，xmx1>0，(mmx1)(mmx1)>2(m)，即(2mx1)(x1)>2(m)，又(x1)(x2)2(m)，(2mx1)2(m)(x2)>2(m)，即(2mx1)>(x2)，(x)在R上單調遞增，2mx1>x2，即x1x2<2m.