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

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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（五）專題一-五“綜合檢測” 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)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)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)．