（浙江專版）2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 綜合檢測(cè)二（含解析）

綜合檢測(cè)二(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Ax|2<x<2，Bx|x(x1)0，則A(RB)等于()Ax|0<x<2Bx|0x<1Cx|0<x<1Dx|1<x<0答案C解析Bx|x(x1)0x|x1或x0，RBx|0<x<1，又Ax|2<x<2，A(RB)x|0<x<1，故選C.2已知ni(m，nR)，其中i為虛數(shù)單位，則mn等于()A2B2C4D4答案A解析方法一由已知得m3ii(ni)1ni，由復(fù)數(shù)相等可得所以mn2，故選A.方法二33mi，則由已知可得3mini.由復(fù)數(shù)相等可得所以mn2，故選A.3已知l1，l2，l3是不同的直線，是不同的平面，若l1，l2，則“l(fā)3l1，l3l2”是“l(fā)3”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B解析若l3l1，l3l2，當(dāng)l1l2時(shí)，不能得出l3；當(dāng)l3時(shí)，因?yàn)閘1，l2，所以l1，l2，所以l3l1，l3l2.所以“l(fā)3l1，l3l2”是“l(fā)3”的必要不充分條件故選B.4某學(xué)校社團(tuán)準(zhǔn)備從A，B，C，D，E5個(gè)不同的節(jié)目中選3個(gè)分別去3個(gè)敬老院慰問演出，在每個(gè)敬老院表演1個(gè)節(jié)目，其中A節(jié)目是必選節(jié)目，則不同的分配方法共有()A24種B36種C48種D64種答案B解析從B，C，D，E4個(gè)節(jié)目中選2個(gè)，有C種選法，將選出的2個(gè)節(jié)目與A節(jié)目全排列，共有A種情況，又CA36，所以不同的分配方法共有36種5函數(shù)f(x)的大致圖象為()答案C解析設(shè)函數(shù)g(x)x|lnx|1(x>0，x1)，則g(x)得g(x)故當(dāng)x>1時(shí)，g(x)>0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增，f(x)單調(diào)遞減，且f(x)>0；當(dāng)0<x<1時(shí)，g(x)<0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減，f(x)單調(diào)遞增，故選C.6已知10a0a1xa2x2a9x9a10x10，則a12a29a910a10等于()A.10B.10C10×9D5×9答案D解析方法一由題意，得a1C·，a2C·2，a10C·10，則a12a29a910a10C·2C·29C·910C·1010C·10C·210C·910C·105×9.故選D.方法二對(duì)等式10a0a1xa2x2a9x9a10x10兩邊求導(dǎo)，得59a12a2x9a9x810a10x9，令x1，則a12a29a910a105×9，故選D.7已知隨機(jī)變量X，Y的分布列如下(其中xy)，則()X12Px2y2Y12Py2x2AE(X)E(Y)，D(X)D(Y)BE(X)E(Y)，D(X)D(Y)CE(X)·E(Y)>D(X)D(Y)DE(X)E(Y)<D(X)·D(Y)答案C解析E(X)x22y21y2，E(Y)2x2y21x2，D(X)x2(1y21)2y2(21y2)2x2y4y2(y21)2x2y2，同理得D(Y)x2y2，x2y21，x2y22，x2y2，E(X)·E(Y)(1y2)(1x2)2x2y2>2x2y2D(X)D(Y)，E(X)E(Y)3>(x2y2)2D(X)·D(Y)，故選C.8已知向量a，b滿足|2ab|3，且a·(ab)3，則|ab|的最小值為()A.B.C.D.答案D解析方法一由a·(ab)3，得(2ab)(ab)·(ab)9，即(2ab)·(ab)|ab|29，設(shè)2ab與ab的夾角為，則(2ab)·(ab)|2ab|·|ab|·cos3|ab|,3|ab|，所以3|ab|9|ab|23|ab|，解得|ab|，所以|ab|的最小值為.方法二如圖，設(shè)a，b，由|2ab|3，得1，取靠近A的AB的三等分點(diǎn)C，則ab，所以|1.由a·(ab)3，得·1.以MC所在直線為x軸，線段MC的垂直平分線為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系xOy，則M，C，設(shè)A(x，y)，則由·1，得x2y2，所以點(diǎn)A的軌跡是以O(shè)(0,0)為圓心，為半徑的圓，易知點(diǎn)C在該圓內(nèi)，所以|AC|的最小值為，所以|AB|的最小值為，即|ab|的最小值為.9已知P為雙曲線1上一點(diǎn)，M，N分別為圓(x3)2y2及其關(guān)于y軸對(duì)稱的圓上的兩點(diǎn)，則|PM|PN|的取值范圍為()A5,5B5，33,5C(3,3) D3,3答案B解析由題意知，點(diǎn)M在圓(x3)2y2上，點(diǎn)N在圓(x3)2y2上，設(shè)雙曲線1的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，則F1(3,0)，F(xiàn)2(3,0)，易知F1，F(xiàn)2分別為兩個(gè)圓的圓心，連接PF1，MF1，PF2，NF2，則|PF1|MF1|PM|PF1|MF1|，|PF2|NF2|PN|PF2|NF2|，所以|PF1|PF2|1|PM|PN|PF1|PF2|1，而|PF1|PF2|±4，所以5|PM|PN|3或3|PM|PN|5.10如圖1，已知正三角形ABC的邊長為6，O是底邊BC的中點(diǎn)，D是AB邊上一點(diǎn)，且AD2，將AOC繞著直線AO旋轉(zhuǎn)，在旋轉(zhuǎn)過程中，若DC的長度在，內(nèi)變化，如圖2，則點(diǎn)C所形成的軌跡的長度為()A.B.CD.答案A解析方法一ABC為正三角形，O為BC的中點(diǎn)，AOOB，AOOC，BOC是二面角BAOC的平面角，記BOC.如圖，過點(diǎn)D作DEOB，垂足為E，連接CE，則DEAO，OE1，OC3，DEAO2，則，其中·，即，2()22222·(2)212322×1×3×cos，226cos，則2226cos19,22，即cos，即點(diǎn)C轉(zhuǎn)過的角度為.點(diǎn)C的軌跡為以O(shè)為圓心，以O(shè)C為半徑的一段圓弧，弧長為3×.方法二ABC為正三角形，O為BC的中點(diǎn)，AOOB，AOOC，BOC是二面角BAOC的平面角，記BOC.如圖，過點(diǎn)D作DEOB，垂足為E，連接CE，則DEAO，OE1，OC3，DEAO2，則EC2OC2OE22OC·OE·cos106cos，在RtDCE中，DC2DE2EC2(2)2106cos226cos，則DC2226cos19,22，即cos，即點(diǎn)C轉(zhuǎn)過的角度為.點(diǎn)C的軌跡為以O(shè)為圓心，以O(shè)C為半徑的一段圓弧，弧長為3×.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)11九章算術(shù)是我國古代數(shù)學(xué)經(jīng)典名著，它在集合學(xué)中的研究比西方早一千年在九章算術(shù)中，將四個(gè)面都是直角三角形的四面體稱為“鱉臑”已知某“鱉臑”的三視圖(單位：cm)如圖所示，則該“鱉臑”的體積是_cm3.答案10解析由三視圖結(jié)合“鱉臑”的定義易得該幾何體為一個(gè)底面為直角邊長分別為3,4，高為5，且頂點(diǎn)在底面的射影為直角三角形中最小的角的頂點(diǎn)，則其體積為××3×4×510cm3.12已知等比數(shù)列an的公比q>0，前n項(xiàng)和為Sn.若2(a5a3a4)a4，且a2a4a664，則q_，Sn_.答案2解析2(a5a3a4)a4，2a52a33a42q42q23q32q23q20，得q(舍去)或q2.a2a4a664，a64a44，a1，Sn.13已知x，y滿足約束條件則約束條件表示的可行域的面積為_，目標(biāo)函數(shù)zxy3的取值范圍為_答案2,3解析畫出可行域如圖中陰影部分(含邊界)所示，則A(0,1)，B(2,2)，C，易知ACBC，則可行域的面積S·|AC|·|BC|.因?yàn)閦xy3，所以yxz3，數(shù)形結(jié)合知，當(dāng)直線yxz3與直線BC重合時(shí)，z取得最大值3，當(dāng)直線yxz3經(jīng)過點(diǎn)A時(shí)，z取得最小值2，所以z2,314已知函數(shù)f(x)|2x1|，g(x)|2xa|(aR)，則不等式f(x)3的解集為_；若不等式f(x)g(x)6對(duì)任意的xR恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是_答案1,2(，75，)解析f(x)3，即|2x1|3，即32x13，解得1x2，所以不等式f(x)3的解集為1,2因?yàn)閒(x)g(x)|2x1|2xa|2x12xa|a1|，所以要使不等式f(x)g(x)6對(duì)任意的xR恒成立，則|a1|6，解得a7或a5.15在ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，已知a3，b2，A2B，則sinB_，c_.答案解析a3，b2，A2B，由正弦定理得，即，B為ABC的一個(gè)內(nèi)角，sinB>0，cosB，sinB.由二倍角公式知，sinAsin2B2sinBcosB2××，cosAcos2B2cos2B1.方法一cosCcos(AB)cos(AB)(cosAcosBsinAsinB)，c2a2b22abcosC，c.方法二sinCsin(AB)sin(AB)sinAcosBcosAsinB，由正弦定理，得，c.16已知x，y，z均為正實(shí)數(shù)，且滿足x2y2z21，則xy2yz的最大值為_答案解析由已知條件x2y2z21，可設(shè)1x2y2(1)y2z2,0<<1，即得12xy2yz，令，解得，所以xyyz1，即xy2yz，當(dāng)且僅當(dāng)即時(shí)等號(hào)成立17已知函數(shù)f(x)x，若對(duì)于任意的mR，方程|f(mx)|f(mx)|a均有解，則a的取值范圍是_答案4，)解析令g(x)|f(mx)|f(mx)|，g(x)|f(mx)|f(mx)|g(x)，g(x)是偶函數(shù)，設(shè)x>0，若m>0，當(dāng)x<m時(shí)，g(x)(xm)(mx)2m2m>24；當(dāng)x>m時(shí)，g(x)(xm)(xm)2x2x>24.若m<0，則m>0，當(dāng)x<m時(shí)，g(x)(xm)(mx)2m2m>24；當(dāng)x>m時(shí)，g(x)(xm)(xm)2x2x>24.若m0，g(x)24.又g(x)是偶函數(shù)，當(dāng)x<0時(shí)，g(x)g(x)4.綜上，g(x)4.要使方程g(x)a有解，只需a4即可，所求a的取值范圍是4，)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)(2019·臺(tái)州模擬)設(shè)函數(shù)f(x)sin2sinxcosx(xR)(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期及f的值；(2)將函數(shù)f(x)的圖象向右平移個(gè)單位長度，得到函數(shù)g(x)的圖象，試求g(x)在上的最小值解(1)f(x)sin2sinxcosxsin2xcos2xsin2xcos2xsin2xcos.所以函數(shù)f(x)的最小正周期T，fcos.(2)g(x)fcoscos.因?yàn)閤，所以2x.所以當(dāng)2x，即x時(shí)，g(x)取最小值，此時(shí)g(x)min1.19(15分)如圖，在四棱錐PABCD中，DB平面PAB，ABP120°，ABCD，CDBDABBP2，E為AP的中點(diǎn)(1)求證：PC平面BDE；(2)求直線DE與平面PCD所成角的正弦值(1)證明方法一連接AC交BD于點(diǎn)F，連接EF，則EF為ACP的中位線，所以EFPC，又EF平面BDE，PC平面BDE，所以PC平面BDE.方法二因?yàn)锳BCD，ABCD，所以四邊形ABCD為平行四邊形，所以ADBC且ADBC，故可將四棱錐PABCD補(bǔ)形成三棱柱PABKDC，如圖，取DK的中點(diǎn)Q，連接QC，PQ，EQ.易知DQEP，DQEP，所以四邊形PEDQ為平行四邊形，所以DEPQ，又DE平面BDE，PQ平面BDE，所以PQ平面BDE.又DQAE，DQAE，所以四邊形ADQE為平行四邊形，所以ADEQ，ADEQ，又ADBC，ADBC，EQBC，EQBC，所以四邊形BEQC為平行四邊形，所以BEQC，又BE平面BDE，QC平面BDE，所以QC平面BDE.又PQQCQ，所以平面PQC平面BDE.又PC平面PQC，所以PCBDE.(2)解方法一由(1)中方法二可知DEPQ，所以直線DE與平面PCD所成的角就是直線PQ與平面PCD所成的角，設(shè)直線PQ與平面PCD所成的角為，點(diǎn)Q到平面PCD的距離為h.連接AC交BD于點(diǎn)F，連接EF，易知EF，PC2，PQ，在CDP中，DP2PC，CD2，所以SCDP×2×，易知SCDQ×1×，因?yàn)閂PCDQVQCDP，所以×SCDQ×BD×SCDP×h，所以h.所以sin，所以直線DE與平面PCD所成角的正弦值為.方法二在BAP中，ABBP2，E為AP的中點(diǎn)，ABP120°，所以BEAP，以E為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向分別為x，y軸的正方向，過點(diǎn)E且平行于DB的直線為z軸，且的方向?yàn)閦軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系(圖略)，則E(0,0,0)，B(1,0,0)，A(0，0)，P(0，0)，D(1,0,2)，所以(1，2)，(1，0)，(1,0,2)，設(shè)直線DE與平面PCD所成的角為，平面PCD的法向量為n(x，y，z)，則得取y1，得x，z，所以n(，1，)為平面PCD的一個(gè)法向量，所以sin，所以直線DE與平面PCD所成角的正弦值為.20(15分)已知等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，且a2n2an3，S33，數(shù)列bn為等比數(shù)列，b1b310a3，b2b410a6.(1)求數(shù)列an，bn的通項(xiàng)公式；(2)若cn，求數(shù)列cn的前n項(xiàng)和Tn，并求使得Tn<2恒成立的實(shí)數(shù)的取值范圍解(1)由an為等差數(shù)列可得，S3a1a2a33a23，故a21.由a2n2an3可得a22a13，故12a13，解得a11.所以數(shù)列an的公差da2a11(1)2，所以ana1(n1)d12(n1)2n3.故a32×333，a62×639.設(shè)等比數(shù)列bn的公比為q，則由已知可得b1b310a330，b2b410a690.所以q3，故b1b3b1b1×3230，解得b13.所以數(shù)列bn的通項(xiàng)公式為bn3×3n13n.(2)由(1)可知，cn××.所以Tnc1c2cn.因?yàn)?gt;0，所以Tn<×.故由Tn<2恒成立可得2，即642430，也就是(41)(163)0，解得或.21.(15分)如圖，已知在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線E：x22py(p>0)的焦點(diǎn)F是橢圓C：y21的一個(gè)焦點(diǎn)(1)求拋物線E的方程；(2)設(shè)P是E上的動(dòng)點(diǎn)，且位于第一象限，拋物線E在點(diǎn)P處的切線l與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)A，B，直線y與過點(diǎn)P且垂直于x軸的直線交于點(diǎn)M，OM與直線l交于點(diǎn)D.求證：直線OM平分線段AB；若直線l與y軸交于點(diǎn)G，記PFG的面積為S1，PDM的面積為S2，是否存在點(diǎn)P，使得取得最小值？若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由(1)解根據(jù)題意，F(xiàn)，所以拋物線E的方程為x22y.(2)證明設(shè)P(m>0)，由x22y可得yx，所以直線l的斜率為m，因此直線l的方程為ym(xm)，即ymx.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得(3m24)x23m3x30，所以x1x2.又M，所以O(shè)M的方程為yx，由得直線OM與l的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為xD，故xD，所以直線OM平分線段AB.解由知直線l的方程為ymx(m>0)，所以G，所以P，F(xiàn)，D，M，所以S1|GF|mm(m21)，S2|PM|·|mxD|，所以.令t3m28，則402，又對(duì)于(3m24)x23m3x30，>0，即(3m3)24(3m24)>0，所以0<m2<4，所以t3m28，故不存在最小值，即不存在點(diǎn)P，使得取得最小值22(15分)已知函數(shù)f(x)(ax22ax1)ex2.(1)討論f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若a<，求證：當(dāng)x0時(shí)，f(x)<0.(1)解因?yàn)閒(x)(ax22ax1)ex2，所以f(x)(ax24ax2a1)ex，令u(x)ax24ax2a1，當(dāng)a0時(shí)，u(x)>0，f(x)>0，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(，)當(dāng)a>0時(shí)，(4a)24a(2a1)4a(2a1)，(i)當(dāng)a>時(shí)，>0，令u(x)0，得x1，x2，且x1<x2，所以當(dāng)x(，x1)(x2，)時(shí)，u(x)>0，f(x)>0，當(dāng)x(x1，x2)時(shí)，u(x)<0，f(x)<0，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為.(ii)當(dāng)0<a時(shí)，0，所以u(píng)(x)0，f(x)0，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(，)當(dāng)a<0時(shí)，>0，令u(x)0，得x1，x2，且x2<x1，所以當(dāng)x(x2，x1)時(shí)，u(x)>0，f(x)>0，當(dāng)x(，x2)(x1，)時(shí)，u(x)<0，f(x)<0，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為，.綜上，當(dāng)a>時(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為；當(dāng)0a時(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(，)；當(dāng)a<0時(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為，.(2)證明方法一由(1)得，x1，x2.當(dāng)a時(shí)，由(1)知f(x)在(x1，)上單調(diào)遞減，因?yàn)閤120，所以f(x)在(0，)上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x0時(shí)，f(x)f(0)1<0.當(dāng)<a<時(shí)，由(1)知f(x)在(x2，x1)上單調(diào)遞增，在(x1，)上單調(diào)遞減，因?yàn)閤12(0,1)，x22<0，所以f(x)在(0，x1)上單調(diào)遞增，在(x1，)上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x0時(shí)，f(x)maxf(x1)(ax2ax11)2，因?yàn)閍x4ax12a10，所以ax4ax12a1，且a，所以f(x1)(ax2ax11)22a(x11)2·2.所以要證f(x)<0，只需證2<0，即證(x11)x4x12<0.設(shè)g(x)(x1)exx24x2，x(0,1)，則g(x)(x2)ex2x4(x2)(ex2)，所以當(dāng)x(0，ln2)時(shí)，g(x)<0，g(x)在(0，ln2)上單調(diào)遞減，當(dāng)x(ln2,1)時(shí)，g(x)>0，g(x)在(ln2,1)上單調(diào)遞增，因?yàn)間(0)1<0，g(1)2e7<0，所以當(dāng)x(0,1)時(shí)，恒有g(shù)(x)<0.又x1(0,1)，所以g(x1)<0，即f(x1)<0，從而當(dāng)x0時(shí)，f(x)f(x1)<0.綜上，若a<，當(dāng)x0時(shí)，f(x)<0.方法二f(x)(ax22ax1)ex2aex(x22x)ex2，令(a)aex(x22x)ex2，顯然當(dāng)x0時(shí)，ex(x22x)0，所以當(dāng)a<時(shí)，(a)<ex2.所以要證當(dāng)x0時(shí)，f(x)<0，只需證當(dāng)x0時(shí)，ex20，即證當(dāng)x0時(shí)，ex(x22x7)140.令g(x)ex(x22x7)14，則g(x)ex(x24x5)(x1)(x5)ex，所以當(dāng)x(0,1)時(shí)，g(x)<0，g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，當(dāng)x(1，)時(shí)，g(x)>0，g(x)在(1，)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x0時(shí)，g(x)g(1)144e>0，從而當(dāng)x0時(shí)，f(x)<0.19