《（浙江專版）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）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專版）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）（16頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、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|y0，又Ax|1x1，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.BCD.答案D解析因?yàn)閘1l2，所以sin3cos0，所以tan3，所以s
2、in22sincos.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，BC2AB2AC22ABACcosBAC12，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，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y2si
3、n2sin關(guān)于y軸對(duì)稱，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)
4、，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()AabcBacbCcabDbaac，故選C.9已知雙曲線y21(a0)的離心率e，它的一個(gè)頂點(diǎn)為拋物線y22px(p0)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(p0)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|
5、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C
6、D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CD2AD2AC22ADACcos601636246cos6028，CD2，又CDAOADACsin60，即2AO46，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AHCOACCHsin60，即CO6，所以CO，所以AO，所以O(shè)H.所
7、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?？荚?已知拋物線y22px(p0)上一點(diǎn)A(1，a)到焦點(diǎn)的距離為2，則該拋物線的
8、準(zhǔn)線方程為_(kāi)答案x1解析因?yàn)閽佄锞€y22px(p0)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23223，其表面積為22344222(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，cosBc
9、osA，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28a
10、20(a4)240，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(k0)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(k0)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)
11、域沒(méi)有交點(diǎn)，所以a1.三、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)?，所?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)，cn
12、anbn，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)n2nn.Tnc1c2cn12222323n2n(12n)，設(shè)Qn12n，Pn12222323n2n，則2Pn122223324(n1)2nn2n1，得，Pn222232nn2n1n2n1(1n)2n12，Pn(n1)2n12.又Qn12n，TnPnQn(n1)2n12.21(15分)已
13、知橢圓1(ab0)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)60，即k2，即k或k時(shí)，f(x)0恒成立，當(dāng)x時(shí)，f(x)0；x時(shí)，0f(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)xlnxax
14、2.(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.方法一(1)解f(x)x(lnxax)，x0，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)，g0，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)a0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gln10，0a，又當(dāng)0a時(shí)，g(1)a0，g3ln30，g必有兩個(gè)零點(diǎn)，0a0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，a0，由h(x)0得x
15、，h(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，可令hln110，即0a，又h0，h2ln12110，h(x)在，上各有一個(gè)變號(hào)零點(diǎn)，0a0，知x11，h(x1)lnx112ax10，f(x1)x1lnx1ax.設(shè)k(x)xlnxx，令k(x)lnx0，得0xk(1)1，f(x1).方法二分離參數(shù)法(1)解a(x0)，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0a0，(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0a.(3)證明由(2)可知0x1.16
（浙江專版）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）
