（浙江專版）2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 滾動(dòng)檢測(cè)七（1-10章）（含解析）.docx

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滾動(dòng)檢測(cè)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2x11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：5k0,3k0且5k3k，可得5k3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)x1時(shí)，f(x)2可化為log2(1x)2，即01x4，解得3x1；當(dāng)x1時(shí)，f(x)2可化為3x72，即3x9，解得1x2.綜上，不等式f(x)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(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S770242.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(zhǎng)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22b22，|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22b0，b0，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(a0，b0)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0BD，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ABAC.設(shè)O為BC的中點(diǎn)，則點(diǎn)H在DO的右側(cè)，所以有HMHN，故tantanAMH，tantanANH，因此，tantan，即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)xln2時(shí)，g(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)xln2時(shí)，h(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)e30，所以存在x0，使得f(x0)0，即2x010.當(dāng)x(0，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)x0時(shí)，f(x)f(x0)由2x010，得2x01，則f(x0)xx02x01xx0xx012.由于x0，則f(x0)2212.所以當(dāng)x0時(shí)，f(x)12.