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(浙江專版)2020屆高考數(shù)學一輪復習 滾動檢測七(1-10章)(含解析).docx

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(浙江專版)2020屆高考數(shù)學一輪復習 滾動檢測七(1-10章)(含解析).docx

滾動檢測七(110章)(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Ay|y,BxZ|x25,則AB等于()A(1, B(1,2 C2D1,2答案C解析由2x1>1得A(1,),而B0,1,1,2,2,故AB2故選C.2已知命題p:方程1表示橢圓,命題q:5<k<3,則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解析對于p,5k>0,3k>0且5k3k,可得5<k<3且k1,易知p是q的充分不必要條件,故選A.3已知函數(shù)f(x)則不等式f(x)<2的解集為()A(3,2) B(2,3)C(2,3) D(3,2)答案A解析當x<1時,f(x)<2可化為log2(1x)<2,即0<1x<4,解得3<x<1;當x1時,f(x)<2可化為3x7<2,即3x<9,解得1x<2.綜上,不等式f(x)<2的解集為(3,1)1,2)(3,2)4若函數(shù)f(x)sin2(>0)的最小正周期是,則f等于()A.B.C.D0答案A解析f(x)sin2(>0)的最小正周期T,得5,所以f(x)sin2,所以fsin2.5已知數(shù)列an為等差數(shù)列,其前n項和為Sn.若S36,S520,則S7的值為()A32B36C40D42答案D解析方法一設公差為d,則由得解得從而S770242.方法二設SnAn2Bn,則由得即從而得S749A7B42.方法三設公差為d,則由得即所以d2,得a4a3d6,所以S77a442.方法四易知,成等差數(shù)列,所以2,得S742.6(2018浙江省高三調(diào)研考試)已知直線l:yxb與圓M:(x2)2y24交于A,B兩點,從直線l上的一點P向圓N:x2(y3)21引切線,切點為Q,線段PQ長度的最小值為,則b的值為()A1B7C7或1D2答案A解析由題意得M(2,0),圓心M到直線l的距離<2,解得22<b<22,|PQ|,|PQ|最小,則|PN|最小,即轉(zhuǎn)化為直線yxb上的點與圓心N的最小距離,設圓心N(0,3)到直線yxb的距離為d,則d2,解得b7或1,又22<b<22,所以b1.7已知變量x,y滿足約束條件則點P(xy,3x2y)滿足的平面區(qū)域的面積為()A3B6C15D30答案C解析設axy,b3x2y,則x,y,所以a,b滿足該不等式組表示的平面區(qū)域是一個以(0,0),(2,4),(3,9)為頂點的三角形區(qū)域,結(jié)合圖形可知(圖略),其面積S6(32)15.故選C.8已知a>0,b>0,定義H(a,b)max,則H(a,b)的最小值是()A5B6C8D10答案A解析由定義H(a,b)max,得2H(a,b)a22b2b,即2H(a,b)(22b2b)226410,當且僅當即時取等號,所以H(a,b)min5.9已知雙曲線C:1(a>0,b>0)的左、右焦點分別為F1,F(xiàn)2,點P是雙曲線C上一動點,若F1PF2的面積為b2,且PF2F12PF1F2,則雙曲線C的離心率為()A.2B.C.1D2答案C解析設F1PF2(0<<),則在PF1F2中,利用余弦定理可得,|F1F2|2|PF1|2|PF2|22|PF1|PF2|cos(|PF1|PF2|)22|PF1|PF2|2|PF1|PF2|cos,即4c24a22|PF1|PF2|(1cos),2b2|PF1|PF2|(1cos),|PF1|PF2|,因為|PF1|PF2|sinb2,所以sin1cos.又sin2cos21,所以cos0,又0<<,所以,即F1PF2,即PF1PF2,因為PF2F12PF1F2,所以PF2F1,PF1F2,所以|PF1|c,|PF2|c,所以|PF1|PF2|(1)c2a,則e1,故選C.10(2018衢州模擬)如圖,BCD是以BC為斜邊的等腰直角三角形,ABC中BAC90,ABC沿著BC翻折成三棱錐ABCD的過程中,直線AB與平面BCD所成的角均小于直線AC與平面BCD所成的角,設二面角ABDC,ACDB的大小分別為,則()A>B<C存在>D,的大小關(guān)系不能確定答案B解析作AH平面BCD,分別作HMBD,HNCD于M,N兩點(圖略)由AB與平面BCD所成的角ABH總小于AC與平面BCD所成的角ACH,則AB>AC.設O為BC的中點,則點H在DO的右側(cè),所以有HM>HN,故tantanAMH,tantanANH,因此,tan<tan,即<,故選B.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若(i是虛數(shù)單位,aR)是純虛數(shù),則a_,|(2a1)3i|_.答案解析因為,又為純虛數(shù),所以2a10且2a0,解得a,則(2a1)3i23i,所以|(2a1)3i|23i|.12(2018浙江省普通高中高考模擬)已知n的展開式中各項系數(shù)的絕對值之和為4096,則n_,該展開式中的常數(shù)項為_答案61215解析n的展開式中各項系數(shù)的絕對值之和與n的展開式中各項系數(shù)之和相等,令x1,則4n4096,則n6.6的展開式的通項Tk1C(3)6kk(1)k36kC,令3k0,則k2,T3(1)234C1215.13已知某空間幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的體積是_,該幾何體的各條棱中最長棱的長度為_答案2解析還原該幾何體,并將其放入長方體中,如圖中三棱錐ABCD所示,則VABCDVCABD3222.經(jīng)計算知,三棱錐ABCD的各條棱的長度分別為AB3,BCAD2,BDCD,AC,則最長棱的長度為.14已知數(shù)列an滿足a11,an12an2n(nN*),則數(shù)列an的通項公式為an_.答案n2n1解析an12an2n兩邊同除以2n1,可得,又,數(shù)列是以為首項,為公差的等差數(shù)列,(n1),ann2n1.15設a,b,e為平面向量,若|e|1,ae1,be2,|ab|2,則|ab|的最小值為_,ab的最小值為_答案3解析|e|1,ae1,be2,(ab)e3,設(ab)與e的夾角為(0,),則|ab|e|cos3,|ab|(0,),|ab|min3,當且僅當cos1即0時取最小值|e|1,不妨設e(1,0)ae1,be2,可設a(1,m),b(2,n),ab(1,mn)|ab|2,2,化為(mn)23,(mn)234mn0,mn,當且僅當mn時取等號ab2mn2.162017年某縣為檢查“精準扶貧”的落實情況,對甲、乙、丙三個鎮(zhèn)進行重點調(diào)研,甲鎮(zhèn)最多派3個人,乙鎮(zhèn)最多派2個人,丙鎮(zhèn)只派1個人調(diào)研工作組由3男2女組成,由于該縣位于偏遠山區(qū),因此女同志不單獨調(diào)研,每個鎮(zhèn)至少派1個人,則不同的分配方法有_種答案18解析分析知有2種分配途徑:(1)甲鎮(zhèn)派2個女同志,則必有1個男同志,有C種分配方法,另2個男同志分別分配在乙鎮(zhèn)和丙鎮(zhèn),分配方法有A種,此時分配方法的種數(shù)為CA6;(2)甲鎮(zhèn)派1個女同志,乙鎮(zhèn)派1個女同志,共A種分配方法,3個男同志只能每鎮(zhèn)派1個,共有A種,又AA12,所以共有12種分配方法又12618,所以共有18種分配方法17已知函數(shù)f(x)x2|x2a|ax(aR),若函數(shù)f(x)在0,1上的值域為1,2,則實數(shù)a的值為_答案1或1解析由題意得,1f(0)|2a|2,1f(1)a1|2a1|2,由得|a|1.當a1時,由得,13a22,1a,所以a1,此時f(x)x2|x2|x,又x0,1,所以f(x)x221,2,滿足題意;當1a時,同理可得a1,此時f(x)x2|x2|x,又x0,1,所以f(x)x221,2,滿足題意故實數(shù)a的值為1或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)在ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c,acosCccosA(ac)(1)若4sinA3sinB,求的值;(2)若C,且ca8,求ABC的面積解方法一acosCccosA(ac),由余弦定理得ac(ac),所以ac2b.方法二因為acosCccosA(ac),所以由正弦定理得sinAcosCsinCcosA(sinAsinC),所以sinBsin(AC)(sinAsinC),由正弦定理得b(ac),即ac2b.(1)4sinA3sinB,由正弦定理得4a3b,所以ac2a,所以.(2)由ca8,得ba4,ca8,則由余弦定理c2a2b22abcosC,可得(a8)2a2(a4)22a(a4)cos,解得a6或a4(舍去),所以b10,所以ABC的面積SabsinC15.19(15分)如圖,在四棱錐PABCD中,底面ABCD是菱形,且ABC120.點E是棱PC的中點,平面ABE與棱PD交于點F.(1)求證:EF平面PAB;(2)若PAPDAD2,且平面PAD平面ABCD,求PB與平面ABEF所成角的正弦值(1)證明底面ABCD是菱形,ABCD,又AB平面PCD,CD平面PCD,AB平面PCD,A,B,E,F(xiàn)四點共面,且平面ABEF平面PCDEF,ABEF,AB平面PAB,EF平面PAB,EF平面PAB.(2)解方法一要求PB與平面ABEF所成角的正弦值,只要求出點P到平面ABEF的距離,設點P到平面ABEF的距離為h,PB與平面ABEF所成的角為,取AD的中點G,連接PG,BG,BF.PAPD,PGAD,又平面PAD平面ABCD,且平面PAD平面ABCDAD,PG平面ABCD,PGGB,PGBG,PB,不難求得BF2,SABF,SPAF,點B到平面PAF的距離為BG,由VPABFVBPAF,可得SABFhSPAFBG,h,h,則sin,PB與平面ABEF所成角的正弦值為.方法二取AD的中點G,連接PG,GB,PAPD,PGAD,又平面PAD平面ABCD,且平面PAD平面ABCDAD,PG平面ABCD,PGGB,在菱形ABCD中,ABAD,DAB60,G是AD中點,ADGB,如圖,建立空間直角坐標系Gxyz,PAPDAD2,則G(0,0,0),A(1,0,0),B(0,0),C(2,0),D(1,0,0),P(0,0,),ABEF,E是棱PC的中點,F(xiàn)是棱PD的中點,E,F(xiàn),(0,),設平面ABEF的法向量為n(x,y,z),則有不妨取x3,則平面ABEF的一個法向量為n(3,3),sin|cosn,|,PB與平面ABEF所成角的正弦值為.20(15分)(2019臺州質(zhì)檢)已知數(shù)列an為等比數(shù)列,其前n項和為Sn,若a1a4,且對任意的nN*,有Sn,Sn2,Sn1成等差數(shù)列(1)求數(shù)列an的通項公式;(2)若bnn,Tn,且(n1)2m(Tnn1)對任意的n2,nN*恒成立,求實數(shù)m的取值范圍解(1)設等比數(shù)列an的公比為q,因為對任意的nN*,有Sn,Sn2,Sn1成等差數(shù)列,所以2Sn2SnSn1,令n1,則2(a1a1qa1q2)a1a1a1q,整理得2a1(1qq2)a1(2q)因為a10,所以2(1qq2)2q,又q0,所以q.又a1a4,所以a1,所以ana1qn1n.(2)因為bnn,由(1)知n2n,所以Tn121222323n2n,2Tn122223(n1)2nn2n1,兩式相減,得Tn12122232nn2n1,所以Tn(n1)2n12.當n2,nN*時,Tn>n1,所以(n1)2m(Tnn1)對任意的n2,nN*恒成立,即m對任意的n2,nN*恒成立令f(x)(x2),則f(x1)f(x)<0,所以.所以m,即實數(shù)m的取值范圍為.21(15分)已知拋物線C1,C2的方程分別為x22y,y22x.(1)求拋物線C1和拋物線C2的公切線l的方程;(2)過點G(a,b)(a,b為常數(shù))作一條斜率為k的直線與拋物線C2:y22x交于P,Q兩點,當弦PQ的中點恰好為點G時,試探求k與b之間的關(guān)系解(1)由題意可知,直線l的斜率顯然存在,且不等于0,設直線l的方程為ytxm.聯(lián)立消去y并整理得x22tx2m0,因為直線l與拋物線C1相切,所以1(2t)24(2m)0,整理得t22m0.同理,聯(lián)立得2tm1.由,解得所以直線l的方程為yx.(2)由題意知直線PQ的方程為ybk(xa),即yk(xa)b.聯(lián)立消去y得k2x2(2k2a2kb2)xk2a2b22kab0,當k0時,直線PQ與拋物線C2:y22x只有一個交點,故k0,設點P(x1,y1),Q(x2,y2),由根與系數(shù)的關(guān)系得x1x2,所以.又y1y2k(x1a)bk(x2a)bk(x1x2)2ka2b2ka2b,所以.要滿足弦PQ的中點恰好為點G(a,b),根據(jù)中點坐標公式可知即所以kb1.故k與b之間的關(guān)系是互為倒數(shù)22(15分)已知函數(shù)f(x)exx2ax.(1)若函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增,求a的取值范圍;(2)若a1,證明:當x>0時,f(x)>12.參考數(shù)據(jù):e2.71828,ln20.69.(1)解方法一由f(x)exx2ax,得f(x)ex2xa,因為函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增,所以f(x)ex2xa0在R上恒成立,得aex2x在R上恒成立設g(x)ex2x,則g(x)ex2.令g(x)ex20,得xln2.當x<ln2時,g(x)<0;當x>ln2時,g(x)>0.則函數(shù)g(x)在(,ln2)上單調(diào)遞減,在(ln2,)上單調(diào)遞增,所以當xln2時,g(x)取得最小值,且g(ln2)eln22ln222ln2,所以a22ln2,所以a的取值范圍為(,22ln2方法二由f(x)exx2ax,得f(x)ex2xa,因為函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增,所以f(x)ex2xa0在R上恒成立設h(x)ex2xa,則h(x)ex2.令h(x)ex20,得xln2,當x<ln2時,h(x)<0;當x>ln2時,h(x)>0.則函數(shù)h(x)在(,ln2)上單調(diào)遞減,在(ln2,)上單調(diào)遞增,所以當xln2時,h(x)取得最小值,且h(ln2)eln22ln2a22ln2a.由于f(x)h(x),則22ln2a0,得a22ln2,所以a的取值范圍為(,22ln2(2)若a1,則f(x)exx2x,得f(x)ex2x1.由(1)知函數(shù)f(x)在(,ln2)上單調(diào)遞減,在(ln2,)上單調(diào)遞增又f(0)0,f(1)e3<0,f21e3ln2>0,所以存在x0,使得f(x0)0,即2x010.當x(0,x0)時,f(x)<0;當x(x0,)時,f(x)>0.則函數(shù)f(x)在(0,x0)上單調(diào)遞減,在(x0,)上單調(diào)遞增,則當xx0時,函數(shù)f(x)取得最小值,且f(x0)xx0,所以當x>0時,f(x)f(x0)由2x010,得2x01,則f(x0)xx02x01xx0xx012.由于x0,則f(x0)2>212.所以當x>0時,f(x)>12.

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