（浙江專版）2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 滾動(dòng)檢測七（1-10章）（含解析）

滾動(dòng)檢測七(110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(duì)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(dāng)x<1時(shí)，f(x)<2可化為log2(1x)<2，即0<1x<4，解得3<x<1；當(dāng)x1時(shí)，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f sin2.5已知數(shù)列an為等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn.若S36，S520，則S7的值為()A32B36C40D42答案D解析方法一設(shè)公差為d，則由得解得從而S77×0×242.方法二設(shè)SnAn2Bn，則由得即從而得S749A7B42.方法三設(shè)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(diǎn)，從直線l上的一點(diǎn)P向圓N：x2(y3)21引切線，切點(diǎn)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(diǎn)與圓心N的最小距離，設(shè)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(diǎn)P(xy,3x2y)滿足的平面區(qū)域的面積為()A3B6C15D30答案C解析設(shè)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(gè)以(0,0)，(2,4)，(3,9)為頂點(diǎn)的三角形區(qū)域，結(jié)合圖形可知(圖略)，其面積S×6×(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(dāng)且僅當(dāng)即時(shí)取等號(hào)，所以H(a，b)min5.9已知雙曲線C：1(a>0，b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，點(diǎn)P是雙曲線C上一動(dòng)點(diǎn)，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(shè)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?yàn)閨PF1|PF2|sinb2，所以sin1cos.又sin2cos21，所以cos0，又0<<，所以，即F1PF2，即PF1PF2，因?yàn)镻F2F12PF1F2，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(shè)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(diǎn)(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(shè)O為BC的中點(diǎn)，則點(diǎn)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?yàn)椋譃榧兲摂?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(xiàng)系數(shù)的絕對(duì)值之和為4096，則n_，該展開式中的常數(shù)項(xiàng)為_答案61215解析n的展開式中各項(xiàng)系數(shù)的絕對(duì)值之和與n的展開式中各項(xiàng)系數(shù)之和相等，令x1，則4n4096，則n6.6的展開式的通項(xiàng)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VABCDVCABD××3×2×22.經(jīng)計(jì)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(xiàng)公式為an_.答案n·2n1解析an12an2n兩邊同除以2n1，可得，又，數(shù)列是以為首項(xiàng)，為公差的等差數(shù)列，(n1)×，ann·2n1.15設(shè)a，b，e為平面向量，若|e|1，a·e1，b·e2，|ab|2，則|ab|的最小值為_，a·b的最小值為_答案3解析|e|1，a·e1，b·e2，(ab)·e3，設(shè)(ab)與e的夾角為(0，)，則|ab|·|e|cos3，|ab|(0，)，|ab|min3，當(dāng)且僅當(dāng)cos1即0時(shí)取最小值|e|1，不妨設(shè)e(1,0)a·e1，b·e2，可設(shè)a(1，m)，b(2，n)，ab(1，mn)|ab|2，2，化為(mn)23，(mn)234mn0，mn，當(dāng)且僅當(dāng)mn±時(shí)取等號(hào)a·b2mn2.162017年某縣為檢查“精準(zhǔn)扶貧”的落實(shí)情況，對(duì)甲、乙、丙三個(gè)鎮(zhèn)進(jìn)行重點(diǎn)調(diào)研，甲鎮(zhèn)最多派3個(gè)人，乙鎮(zhèn)最多派2個(gè)人，丙鎮(zhèn)只派1個(gè)人調(diào)研工作組由3男2女組成，由于該縣位于偏遠(yuǎn)山區(qū)，因此女同志不單獨(dú)調(diào)研，每個(gè)鎮(zhèn)至少派1個(gè)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(gè)女同志，則必有1個(gè)男同志，有C種分配方法，另2個(gè)男同志分別分配在乙鎮(zhèn)和丙鎮(zhèn)，分配方法有A種，此時(shí)分配方法的種數(shù)為C×A6；(2)甲鎮(zhèn)派1個(gè)女同志，乙鎮(zhèn)派1個(gè)女同志，共A種分配方法，3個(gè)男同志只能每鎮(zhèn)派1個(gè)，共有A種，又A×A12，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?yàn)?,2，則實(shí)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(dāng)a1時(shí)，由得，13a22,1a，所以a1，此時(shí)f(x)x2|x2|x，又x0,1，所以f(x)x221,2，滿足題意；當(dāng)1a時(shí)，同理可得a1，此時(shí)f(x)x2|x2|x，又x0,1，所以f(x)x221,2，滿足題意故實(shí)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(yīng)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(duì)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a·c·(ac)，所以ac2b.方法二因?yàn)閍cosCccosA(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ac2·a，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(diǎn)E是棱PC的中點(diǎn)，平面ABE與棱PD交于點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)P到平面ABEF的距離，設(shè)點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)B到平面PAF的距離為BG，由VPABFVBPAF，可得SABF·hSPAF·BG，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(diǎn)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(diǎn)，ADGB，如圖，建立空間直角坐標(biāo)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(diǎn)，F(xiàn)是棱PD的中點(diǎn)，E，F(xiàn)，(0，)，設(shè)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(gè)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(tái)州質(zhì)檢)已知數(shù)列an為等比數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn，若a1a4，且對(duì)任意的nN*，有Sn，Sn2，Sn1成等差數(shù)列(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；(2)若bnn，Tn，且(n1)2m(Tnn1)對(duì)任意的n2，nN*恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍解(1)設(shè)等比數(shù)列an的公比為q，因?yàn)閷?duì)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?yàn)閍10，所以2(1qq2)2q，又q0，所以q.又a1a4，所以a1，所以ana1qn1n.(2)因?yàn)閎nn，由(1)知n·2n，所以Tn1×212×223×23n×2n，2Tn1×222×23(n1)×2nn×2n1，兩式相減，得Tn1×2122232nn×2n1，所以Tn(n1)×2n12.當(dāng)n2，nN*時(shí)，Tn>n1，所以(n1)2m(Tnn1)對(duì)任意的n2，nN*恒成立，即m對(duì)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(shí)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(diǎn)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(diǎn)，當(dāng)弦PQ的中點(diǎn)恰好為點(diǎn)G時(shí)，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(shè)直線l的方程為ytxm.聯(lián)立消去y并整理得x22tx2m0，因?yàn)橹本€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(dāng)k0時(shí)，直線PQ與拋物線C2：y22x只有一個(gè)交點(diǎn)，故k0，設(shè)點(diǎn)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(diǎn)恰好為點(diǎn)G(a，b)，根據(jù)中點(diǎn)坐標(biāo)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(dāng)x>0時(shí)，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?yàn)楹瘮?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(shè)g(x)ex2x，則g(x)ex2.令g(x)ex20，得xln2.當(dāng)x<ln2時(shí)，g(x)<0；當(dāng)x>ln2時(shí)，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(dāng)xln2時(shí)，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?yàn)楹瘮?shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，所以f(x)ex2xa0在R上恒成立設(shè)h(x)ex2xa，則h(x)ex2.令h(x)ex20，得xln2，當(dāng)x<ln2時(shí)，h(x)<0；當(dāng)x>ln2時(shí)，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(dāng)xln2時(shí)，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(dāng)x(0，x0)時(shí)，f(x)<0；當(dāng)x(x0，)時(shí)，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(dāng)xx0時(shí)，函數(shù)f(x)取得最小值，且f(x0)xx0，所以當(dāng)x>0時(shí)，f(x)f(x0)由2x010，得2x01，則f(x0)xx02x01xx0xx012.由于x0，則f(x0)2>212.所以當(dāng)x>0時(shí)，f(x)>12.14