(浙江專用)2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 階段質(zhì)量檢測(cè)(五)專題一-五“綜合檢測(cè)”

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1、(浙江專用)2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 階段質(zhì)量檢測(cè)(五)專題一-五“綜合檢測(cè)” 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)f(x)=2cos2-1是(  ) A.最小正周期為π的奇函數(shù) B.最小正周期為π的偶函數(shù) C.最小正周期為的奇函數(shù) D.最小正周期為的偶函數(shù) 解析:選A 因?yàn)閒(x)=2cos2-1=cos 2=cos=sin 2x,所以最小正周期T==π,f(x)是奇函數(shù),即函數(shù)f(x)是最小正周期為π的奇函數(shù). 2.(2018·浙江名師原創(chuàng)卷)已知函數(shù)f(x)=ln(x+a)在點(diǎn)(1,f(1))處

2、的切線的傾斜角為45°,則a的值為(  ) A.-1           B.0 C.1 D.2 解析:選B ∵f′(x)=,∴f′(1)==tan 45°=1,解得a=0.故選B. 3.(2018·浙江十校聯(lián)盟適考)若向量a,b滿足|a|=4,|b|=1,且(a+8b)⊥a,則向量a,b的夾角為(  ) A. B. C. D. 解析:選C 由(a+8b)⊥a,得|a|2+8a·b=0,因?yàn)閨a|=4,所以a·b=-2,所以 cos〈a,b〉==-,所以向量a,b的夾角為.故選C. 4.(2018·浙江考前沖刺)已知某幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的表面積是(

3、  ) A.20+π B.20+π C.24+(-1)π D.24+π 解析:選C 由三視圖可知,該幾何體是一個(gè)正方體挖去一個(gè)圓錐后所得的幾何體,正方體的側(cè)面積為4×2×2=16,正方體的一個(gè)底面面積為2×2=4,圓錐的底面圓的半徑為1,高為1,母線長(zhǎng)為=,側(cè)面積為π×1×=π,所以該幾何體的表面積為16+4+π+4-π×12=24+(-1)π,故選C. 5.(2018·浙江聯(lián)盟校聯(lián)考)函數(shù)f(x)=的圖象大致為(  ) 解析:選B 函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽,故排除A. 又f(-x)===-=-f(x),所以函數(shù)f(x)為奇函數(shù),故排除C. 又f(1)==>0,所

4、以排除D. 綜上,選B. 6.(2018·阜陽模擬)已知F1,F(xiàn)2是橢圓+=1(a>b>0)的左、右兩個(gè)焦點(diǎn),若橢圓上存在點(diǎn)P使得PF1⊥PF2,則該橢圓的離心率的取值范圍是(  ) A. B. C. D. 解析:選B ∵F1,F(xiàn)2是橢圓+=1(a>0,b>0)的左、右兩個(gè)焦點(diǎn), ∴F1(-c,0),F(xiàn)2(c,0),c2=a2-b2. 設(shè)點(diǎn)P(x,y),由PF1⊥PF2,得(x+c,y)·(x-c,y)=0,化簡(jiǎn)得x2+y2=c2. 聯(lián)立方程組整理得,x2=(2c2-a2)·≥0,解得e≥.又0<e<1,∴≤e<1. 7.已知函數(shù)f(x)=sin(2x+φ),其中φ為

5、實(shí)數(shù),若f(x)≤對(duì)任意x∈R恒成立,且f >0,則f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(  ) A.,k∈Z B.,k∈Z C.,k∈Z D.,k∈Z 解析:選C 由題意可得函數(shù)f(x)=sin(2x+φ)的圖象關(guān)于直線x=對(duì)稱,故有2×+φ=kπ+,k∈Z,即φ=kπ,k∈Z.又f =sin>0,所以φ=2nπ,n∈Z,所以f(x)=sin(2x+2nπ)=sin 2x.令2kπ+≤2x≤2kπ+,k∈Z,解得kπ+≤x≤kπ+,k∈Z,故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為,k∈Z,故選C. 8.若實(shí)數(shù)x,y滿足約束條件則z=2x+y的最小值為(  ) A.3 B.4 C.5 D.7

6、 解析:選B 作出不等式組所表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示,作出直線2x+y=0并平移該直線,易知當(dāng)直線經(jīng)過點(diǎn)A(1,2)時(shí),目標(biāo)函數(shù)z=2x+y取得最小值,且zmin=2×1+2=4,故選B. 9.(2017·浙江名校協(xié)作體聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=(2x-1)·ex+ax2-3a(x>0)為增函數(shù),則a的取值范圍是(  ) A.[-2,+∞) B. C.(-∞,-2 ] D. 解析:選A ∵f(x)=(2x-1)ex+ax2-3a在(0,+∞)上是增函數(shù),∴f′(x)=(2x+1)ex+2ax≥0在區(qū)間(0,+∞)上恒成立,即-2a≤ex.設(shè)g(x)=ex,則g′(x)=

7、ex,由g′(x)=ex=0和x>0得x=,∵當(dāng)x>時(shí),g′(x)>0,當(dāng)0

8、f(-x).令t=-x,得f(4+t)=f(t),所以函數(shù)f(x)是周期為4的周期函數(shù).又函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽,且函數(shù)f(x)是奇函數(shù),所以f(0)=0,f(-2)=-f(2),由函數(shù)f(x)的周期為4,得f(-2)=f(2),所以-f(2)=f(2),解得f(2)=0.所以f(-2)=0.依此類推,可以求得f(2n)=0(n∈Z).作出函數(shù)f(x)的大致圖象如圖所示,根據(jù)周期性,可得函數(shù)f(x)在區(qū)間[2 018,2 021]上的圖象與在區(qū)間[-2,1]上的圖象完全一樣.觀察圖象可知,函數(shù)f(x)在區(qū)間(-2,1]上單調(diào)遞增,且f(1)=13=1,又f(-2)=0,所以函數(shù)f(x)在區(qū)間

9、[-2,1]上的最大值是1,故函數(shù)f(x)在區(qū)間[2 018,2 021]上的最大值也是1. 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) 11.(2018·浙江考前沖刺卷)在等差數(shù)列{an}中,Sn為其前n項(xiàng)和,若a2+a5+a8=27,則a5=________,S9=________. 解析:法一:設(shè)公差為d,∵a2+a5+a8=27,∴3a1+12d=27,∴a1+4d=9,即a5=9,∴S9=9a1+d=9(a1+4d)=81. 法二:∵a2+a5+a8=3a5=27,∴a5=9,∴S9=(a1+a9)=9a5=81. 答案:9 81 12.(20

10、18·紹興教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測(cè))設(shè)函數(shù)f(x)=g+x2,曲線y=g(x)在點(diǎn)(1,g(1))處的切線方程為9x+y-1=0,則曲線y=f(x)在點(diǎn)(2,f(2))處的切線方程為________. 解析:由已知得g′(1)=-9,g(1)=-8, 又f′(x)=g′+2x, ∴f′(2)=g′(1)+4=-+4=-, f(2)=g(1)+4=-4, ∴所求切線方程為y+4=-(x-2), 即x+2y+6=0. 答案:x+2y+6=0 13.(2018·浙江考前沖刺卷)已知△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,若b=4,cos B=-,sin A=,則c=________,S△

11、ABC=________. 解析:法一:由cos B=-得,sin B==.由正弦定理=得a=2.由b2=a2+c2-2accos B,即c2+c-12=0,解得c=3(c=-4舍去).S△ABC=acsin B=×2×3×=. 法二:由cos B=-得,sin B==,由sin A=,得cos A=,所以sin C=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B=×+×=,由正弦定理=得c=3,S△ABC=bcsin A=×4×3×=. 答案:3  14.已知定義在(-∞,0)∪(0,+∞)上的偶函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x),且f(1)=0,當(dāng)x<0時(shí),f′(x)+

12、>0,則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是________. 解析:因?yàn)閒(x)為(-∞,0)∪(0,+∞)上的偶函數(shù),則f(-1)=f(1)=0.當(dāng)x<0時(shí),f′(x)+=>0,∴xf′(x)+f(x)<0,即(xf(x))′<0.令g(x)=xf(x),可知g(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減,且g(-1)=-f(-1)=0.當(dāng)x<-1時(shí),xf(x)>0,∴f(x)<0;當(dāng)-10.由對(duì)稱性知,f(x)>0的解集為(-1,0)∪(0,1). 答案:(-1,0)∪(0,1) 15.已知函數(shù)f(x)=|x2-2ax+2|,若f(x)≤1在區(qū)間上恒成立,

13、則實(shí)數(shù)a的取值范圍是__________;設(shè)max{m,n}=則max的最小值為________. 解析:由f(x)=|x2-2ax+2|≤1在上恒成立可得-1≤x2-2ax+2≤1,即x+≤2a≤x+在區(qū)間上恒成立,所以max≤2a≤min,所以≤2a≤2,解得≤a≤.因?yàn)閙ax=max{|9-4a|,|6-4a|}≥≥=,所以其最小值為. 答案:  16.(2019屆高三·鎮(zhèn)海中學(xué)檢測(cè))已知雙曲線E:-=1(a>0,b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F(xiàn)2,A(2,1),B是E上不同的兩點(diǎn),且四邊形AF1BF2是平行四邊形,若∠AF2B=,S△ABF2=,則雙曲線E的標(biāo)準(zhǔn)方程為_

14、_______________. 解析:如圖,因?yàn)樗倪呅蜛F1BF2是平行四邊形, 所以S△ABF2=S△AF1F2,∠F1AF2=,所以|F1F2|2=|AF1|2+|AF2|2-2|AF1||AF2|cos , 即4c2=|AF1|2+|AF2|2-|AF1||AF2|, ① 又4a2=(|AF1|-|AF2|)2, 所以4a2=|AF1|2+|AF2|2-2|AF1||AF2|, ② 由①②可得|AF1||AF2|=4b2, 又S△ABF2=×4b2×=,所以b2=1, 將點(diǎn)A(2,1)代入-y2=1,可得a2=2,故雙曲線E的標(biāo)準(zhǔn)方程為-y

15、2=1. 答案:-y2=1 17.(2018·浙江聯(lián)盟校聯(lián)考)已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x=1對(duì)稱,且當(dāng)x∈(0,1]時(shí),f(x)=9x-3,則f =________;若數(shù)列{an}滿足an=f(log2(64+n)),對(duì)n∈N*且n<100,當(dāng)a1+a2+…+an最大時(shí),n=________. 解析:由f(x)為奇函數(shù)可得f(-x)=-f(x),由f(x)的圖象關(guān)于直線x=1對(duì)稱可得f(1+x)=f(1-x),得f(x+2)=f(-x)=-f(x),f(x+4)=-f(x+2)=f(x),故f(x)的一個(gè)周期為4. 作出f(x)在(-2,2)上的圖象如圖所示,結(jié)

16、合圖象知,當(dāng)x∈時(shí),f(x)>0,當(dāng)x∈時(shí),f(x)<0,且f=f=0. 由周期性可知,當(dāng)x∈時(shí),f(x)>0, 當(dāng)x∈時(shí),f(x)<0,且f=f=0. 而60, ∵64=∈(90,91),∴n≤26, 當(dāng)27≤n<100時(shí),

17、腰梯形PDCB中,PB=3,DC=1,PD=BC=.AD⊥PB,將△PAD沿AD折起,使平面PAD⊥平面ABCD. (1)若M是側(cè)棱PB的中點(diǎn),求證:CM∥平面PAD; (2)求直線PB與平面PCD所成角的正弦值. 解:(1)證明:取PA的中點(diǎn)N,連接MN,DN. ∵M(jìn),N為PB,PA的中點(diǎn),∴MN綊AB. 在等腰梯形PDCB中,PB=3,DC=1, ∵AD⊥PB,∴CD綊AB,∴MN綊DC, ∴四邊形MNDC為平行四邊形,故CM∥DN. ∵CM?平面PAD,DN?平面PAD, ∴CM∥平面PAD. (2)作BE∥AD交DC的延長(zhǎng)線于E點(diǎn). ∵AD⊥AB且平面PAD⊥

18、平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,∴AB⊥平面PAD. 如圖,將幾何體補(bǔ)成直三棱柱PAD -KBE. 過點(diǎn)B作BH⊥KE,∵PK⊥平面BEK,∴PK⊥BH, ∴BH⊥平面PCD,則PB在平面PCD上的射影為PH,故∠BPH就是直線PB與平面PCD所成角. 在Rt△PBH中,BH=KE=,且PB=, ∴sin∠BPH==, 故直線PB與平面PCD所成角的正弦值為. 19.(本小題滿分15分)已知函數(shù)f(x)=3ax2-2(a-b+1)x-b,a,b∈R,x∈[-1,1]. (1)若a+b=1,證明函數(shù)f(x)的圖象必過定點(diǎn); (2)記|f(x)|的最大值為M,對(duì)任意

19、的|a|≤1,|b|≤1,求M的最大值. 解:(1)證明:因?yàn)閍+b=1,所以b=1-a. 所以f(x)=a(3x2-4x+1)-1,要使函數(shù)過定點(diǎn),則須3x2-4x+1=0, 解得x=1或x=. 故可知函數(shù)的圖象必過定點(diǎn)(1,-1)和. (2)當(dāng)a=0時(shí),f(x)=2(b-1)x-b∈[b-2,2-3b],所以此時(shí)|f(x)|≤5; 當(dāng)a<0時(shí),對(duì)稱軸x=≤, ①≤-1,即b≤1+4a時(shí),f(x)∈[a+b-2,5a-3b+2],此時(shí)-4≤f(x)≤,即|f(x)|≤4; ②>-1,即b>1+4a時(shí),f(x)≤-b-<-b-3a≤4, 又f(x)≥min{a+b-2,5a-

20、3b+2}≥-6,所以|f(x)|≤6. 當(dāng)a>0時(shí),對(duì)稱軸x=≥, ①≥1,即b≤1-2a時(shí),f(x)≤5a-3b+2≤10, f(x)≥a+b-2>-3,所以|f(x)|≤10; ②<1,即b>1-2a時(shí),f(x)≤5a-3b+2≤10, f(x)≥-b-≥-b-3a≥-4,所以|f(x)|≤10. 綜上,M的最大值為10,當(dāng)a=1,b=-1,x=-1時(shí)取到. 20.(本小題滿分15分)(2018·杭州高三質(zhì)檢)如圖,過拋物線M:y=x2上一點(diǎn)A(點(diǎn)A不與原點(diǎn)O重合)作拋物線M的切線AB交y軸于點(diǎn)B,點(diǎn)C,G是拋物線M上異于點(diǎn)A的點(diǎn),且G為△ABC的重心(三條中線的交點(diǎn)),直

21、線CG交y軸于點(diǎn)D. (1)設(shè)A(x0,x)(x0≠0),求直線AB的方程; (2)求的值. 解:(1)因?yàn)閥′=2x, 所以直線AB的斜率k=y(tǒng)′ =2x0, 所以直線AB的方程為y-x=2x0(x-x0), 即y=2x0x-x. (2)由題意得,點(diǎn)B的縱坐標(biāo)yB=-x, 所以AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為. 設(shè)C(x1,y1),G(x2,y2),直線CG的方程為x=my+x0. 由得m2y2+(mx0-1)y+x=0. 因?yàn)镚為△ABC的重心,所以y1=3y2. 由根與系數(shù)的關(guān)系,得y1+y2=4y2=,y1y2=3y=. 所以=, 解得mx0=-3±2. 所以點(diǎn)D

22、的縱坐標(biāo)yD=-=, 故==4±6. 21.(本小題滿分15分)(2019屆高三·浙江名校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=x+axln x(a∈R). (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性; (2)若函數(shù)f(x)=x+axln x存在極大值,且極大值點(diǎn)為1,證明:f(x)≤e-x+x2. 解:(1)由題意x>0,f′(x)=1+a+aln x. ①當(dāng)a=0時(shí),f(x)=x,函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增; ②當(dāng)a>0時(shí),函數(shù)f′(x)=1+a+aln x單調(diào)遞增,f′(x)=1+a+aln x=0?x=e>0,故當(dāng)x∈(0,e)時(shí),f′(x)<0,當(dāng)x∈(e,+∞)時(shí),f′(x)>0

23、,所以函數(shù)f(x)在(0,e)上單調(diào)遞減,在(e,+∞)上單調(diào)遞增; ③當(dāng)a<0時(shí),函數(shù)f′(x)=1+a+aln x單調(diào)遞減,f′(x)=1+a+aln x=0?x=e-1->0,故當(dāng)x∈(0,e)時(shí),f′(x)>0,當(dāng)x∈(e,+∞)時(shí),f′(x)<0,所以函數(shù)f(x)在(0,e)上單調(diào)遞增,在(e,+∞)上單調(diào)遞減. (2)證明:由(1)可知若函數(shù)f(x)=x+axln x存在極大值,且極大值點(diǎn)為1,則a<0,且 e=1,解得a=-1,故此時(shí)f(x)=x-xln x, 要證f(x)≤e-x+x2,只需證x-xln x≤e-x+x2, 即證e-x+x2-x+xln x≥0, 設(shè)

24、h(x)=e-x+x2-x+xln x,x>0, 則h′(x)=-e-x+2x+ln x. 令g(x)=h′(x),則g′(x)=e-x+2+>0, 所以函數(shù)h′(x)=-e-x+2x+ln x單調(diào)遞增, 又h′=-e+-1<0,h′(1)=-+2>0, 故h′(x)=-e-x+2x+ln x在上存在唯一零點(diǎn)x0,即-e +2x0+ln x0=0. 所以當(dāng)x∈(0,x0)時(shí),h′(x)<0,當(dāng)x∈(x0,+∞)時(shí),h′(x)>0,所以函數(shù)h(x)在(0,x0)上單調(diào)遞減,在(x0,+∞)上單調(diào)遞增, 故h(x)≥h(x0)=e +x-x0+x0ln x0, 所以只需證

25、h(x0)=e +x-x0+x0ln x0≥0即可, 由-e +2x0+ln x0=0,得e =2x0+ln x0, 所以h(x0)=(x0+1)(x0+ln x0),又x0+1>0, 所以只要x0+ln x0≥0即可, 法一:當(dāng)x0+ln x0<0時(shí),ln x0<-x0?x0

26、+x0+ln x0<0與-e +2x0+ln x0=0矛盾; 當(dāng)x0+ln x0>0時(shí),ln x0>-x0?x0>e ?-e +x0>0, 所以-e +x0+x0+ln x0>0與-e +2x0+ln x0=0矛盾; 當(dāng)x0+ln x0=0時(shí),ln x0=-x0?x0=e ?-e +x0=0, 得-e +2x0+ln x0=0,故x0+ln x0=0成立, 得h(x0)=(x0+1)(x0+ln x0)=0,所以h(x)≥0, 即f(x)≤e-x+x2. 22.(本小題滿分15分)(2018·金華統(tǒng)考)已知函數(shù)f(x)=ln x+-

27、,a∈R且a≠0. (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性; (2)當(dāng)x∈時(shí),試判斷函數(shù)g(x)=(ln x-1)ex+x-m的零點(diǎn)個(gè)數(shù). 解:(1)f′(x)=(x>0), 當(dāng)a<0時(shí),f′(x)>0恒成立, ∴函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增; 當(dāng)a>0時(shí),由f′(x)>0,得x>; 由f′(x)<0,得00時(shí),函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減. (2)∵當(dāng)x∈時(shí),函數(shù)g(x)=(ln x-1)ex+x-m的零點(diǎn), 即當(dāng)x∈時(shí),方程(ln x-1)ex+x=m的根. 令h(x)=(ln x-1)ex+x, 則h′(x)=ex+1. 由(1)知當(dāng)a=1時(shí),f(x)=ln x+-1在上單調(diào)遞減,在(1,e)上單調(diào)遞增, ∴當(dāng)x∈時(shí),f(x)≥f(1)=0. ∴+ln x-1≥0在x∈上恒成立. ∴h′(x)=ex+1≥0+1>0, ∴h(x)=(ln x-1)ex+x在x∈上單調(diào)遞增. ∴h(x)min=h=-2e+,h(x)max=e. ∴當(dāng)m<-2e+或m>e時(shí),函數(shù)g(x)在上沒有零點(diǎn); 當(dāng)-2e+≤m≤e時(shí),函數(shù)g(x)在上有且只有一個(gè)零點(diǎn).

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