《（浙江專版）2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 滾動檢測四（1-7章）（含解析）》由會員分享，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) 滾動檢測四（1-7章）（含解析）（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、滾動檢測四(17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Ax|0x2，Bx|x210，則AB等于()A(1,1) B(1,2)C(1,2) D(0,1)答案B解析集合Ax|0x2，Bx|x210x|1x1，ABx|1x2(1,2)故選B.2直線xym0與圓x2y22x10有兩個不同交點的一個充分不必要條件是()A3m1B4m2C0m1Dm0，解得3m1，m|0m1是m|3m1的一個真子集，直線xym0與圓x2y22x10有兩個不同交點的一個充分不必要條件是0m0，
2、0，0)的部分圖象如圖所示，為了得到g(x)Asinx的圖象，只需將函數(shù)yf(x)的圖象()A向左平移個單位長度B向左平移個單位長度C向右平移個單位長度D向右平移個單位長度答案B解析A2，T，2,22k，kZ，又0，解得，所以f(x)2cos，g(x)2sin2x2cos，2x2x2，根據(jù)平移原則，可知函數(shù)yf(x)的圖象向左平移個單位長度故選B.5若e1，e2是夾角為60的兩個單位向量，則向量ae1e2，be12e2的夾角為()A30B60C90D120答案B解析由已知得，e1e2，所以(e1e2)(e12e2)，|e1e2|，|e12e2|，設(shè)向量ae1e2，be12e2的夾角為，則cos
3、，又0，.6ABC的外接圓的圓心為O，半徑為1，若2，且|，則向量在向量方向上的投影為()A.B.C3D答案A解析如圖，取BC邊的中點D，連接AD，則22，O和D重合，O是ABC外接圓圓心，|，BAC90，BOA120，ABO30.又|1；在AOB中由余弦定理得|2|2|22|O|cosAOB1123，|，ABO30；向量在向量方向上的投影為|cosABO.7已知f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x(，0)時，不等式f(x)xf(x)bcBcbaCcabDacb答案A解析令F(x)xf(x)，F(xiàn)(x)f(x)xf(x)，當(dāng)xF(2)F(1)，即f()(2)f(2)f(1)，故選A.8已知an是
4、等差數(shù)列，其公差為非零常數(shù)d，前n項和為Sn，設(shè)數(shù)列的前n項和為Tn，當(dāng)且僅當(dāng)n6時，Tn有最大值，則的取值范圍是()A.B(3，)C.D(，3)答案C解析an是等差數(shù)列，其公差為非零常數(shù)d，前n項和為Sn，n，數(shù)列的前n項和為Tn，當(dāng)且僅當(dāng)n6時，Tn有最大值，解得3.故選C.9對任意的nN*，數(shù)列an滿足|ancos2n|且|ansin2n|，則an等于()A.sin2nBsin2nC.cos2nDcos2n答案A解析|ancos2n|且|ansin2n|，cos2nancos2n，sin2nansin2n，即1cos2nan1cos2n，cos2nancos2n，ancos2nsin2n
5、.10已知函數(shù)f(x)設(shè)方程f(x)t(tR)的四個不等實根從小到大依次為x1，x2，x3，x4，則下列判斷中一定成立的是()A.1B1x1x24C4x3x49D0(x34)(x44)4答案C解析當(dāng)2x4時，04x2，則f(x)f(4x)|log2(4x)|.作出函數(shù)yf(x)的圖象，其與yt的四個交點即為對應(yīng)的實根，結(jié)合圖象可知x11x22x334，結(jié)合圖象可知f(x3)f(x4)，則結(jié)合f(x)的解析式易得log2(4x3)log2(4x4)0，即(4x3)(4x4)1，整理有164(x3x4)x3x41，即4(x3x4)2，則80，可得5(舍去)，或3，即x3x49，故4x3x40在x(
6、，1上恒成立，即axxxx在x(，1上恒成立，設(shè)g(x)xxxx，則易得g(x)在x(，1上單調(diào)遞增，所以g(x)maxg(1)，所以a.16已知實數(shù)a，b，c滿足a28abc70，b2c2bc6a60，則實數(shù)a的取值范圍是_答案1,9解析方法一由a28abc70，可得bca28a7，由b2c2bc6a60，可得b2c2bc6a6，所以(bc)2b2c2bcbc6a6a28a7a22a1，即bc(a1)，因此可得b，c為方程x2(a1)xa28a70的兩實根，所以(a1)24(a28a7)0，即a210a90，解得1a9.方法二由a28abc70，可得bca28a7，由b2c2bc6a60，可
7、得b2c2bc6a6，所以(bc)2b2c2bcbc6a6a28a7a22a1，由(bc)24bc，得a22a14(a28a7)，即a210a90，解得1a9.17以O(shè)為起點作三個不共線的非零向量，使2，|4，則_.答案12解析方法一由，平方得，即cosAOB，因為，不共線，所以0AOB180，所以AOB120.因為2，所以C為線段AB的中點由兩邊同乘以，可得cosAOCcosBOC1，即cosAOCcos (120AOC)1，可得AOC60，所以O(shè)C為AOB的平分線，所以.又|4，所以|2，所以()212.方法二由及2，結(jié)合向量加法的平行四邊形法則，得OC為AOB的平分線，C為AB的中點，所
8、以|4，|2，所以()212.三、解答題(本大題共5小題，共74分解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟)18(14分)已知Ax|x22x30(1)求AB；(2)若不等式x2axb0的解集是AB，求ax2xb0的解集解(1)由題意知Ax|x22x30x|1x0x|x3，ABx|1x2(2)由題意，得1,2是方程x2axb0的兩根，12a，12b，解得a1，b2，不等式ax2xb0可化為x2x20，解得x2.ax2xb0的解集為x|x219(15分)函數(shù)f(x)sin2xcos2x2sinxcosx的圖象關(guān)于直線x對稱，其中，為常數(shù)且.(1)求f(x)的最小正周期；(2)若函數(shù)f(x)的圖象經(jīng)過
9、點，求f(x)在上的值域解(1)f(x)sin2xcos2x2sinxcosxsin2xcos2x2sin，由已知，f(x)的圖象關(guān)于直線x對稱，當(dāng)x時，2k(kZ)，解得，又，f(x)2sin，T.(2)由已知f2sin0，.x，x，2sin1，2，f(x)在上的值域是1，220(15分)(2019金華模擬)已知等差數(shù)列an中，2a2a3a520，且前10項和S10100.(1)求數(shù)列an的通項公式；(2)若bn，求數(shù)列bn的前n項和Tn.解(1)設(shè)等差數(shù)列an的首項為a1，公差為d.由已知得解得所以數(shù)列an的通項公式為an12(n1)2n1，nN*.(2)bn，所以Tn，nN*.21(15
10、分)在ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且b2c2bca2.(1)求A的大?。?2)若a，求bc的最大值解(1)b2c2bca2，即b2c2a2bc，由余弦定理得cosA，A(0，)，A.(2)a，b2c2bc3，即(bc)233bc，bc2，(bc)23，(bc)212，bc2(當(dāng)且僅當(dāng)bc時取等號)bc的最大值為2.22(15分)已知函數(shù)f(x)，其中a，b，cR.(1)若bc1，且當(dāng)x0時，f(x)1總成立，求實數(shù)a的取值范圍；(2)若a0，b0，c1，f(x)存在兩個極值點x1，x2，求證：ef(x1)f(x2)0，則f(x).當(dāng)0時，f(x)在上為減函數(shù)，在上為增函數(shù)，f(x)min0，因此a1.令f(x)0，因此極值點x1，x2為方程ax22ax10的兩個根，又f(x1)，f(x2)，注意到ax2axi10，i1,2，f(x1)，f(x2)，x1x22，x1x2，所以f(x1)f(x2)易知x10，x20，注意到e，因此f(x1)f(x2)e，又，因此ef(x1)f(x2).14
（浙江專版）2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 滾動檢測四（1-7章）（含解析）
