（浙江专用）2019高考数学二轮复习阶段质量检测（五）专题一_五“综合检测”.doc

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1、1阶段质量检测（五） 专题一五“综合检测”(时间：120 分钟 满分：150 分)一、选择题(本大题共 10小题，每小题 4分，共 40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1函数 f(x)2cos 2 1 是( )(x4)A最小正周期为 的奇函数B最小正周期为 的偶函数C最小正周期为 的奇函数2D最小正周期为 的偶函数2解析：选 A 因为 f(x)2cos 2 1cos 2 cos sin 2x，所(x4) (x 4) (2x 2)以最小正周期 T ， f(x)是奇函数，即函数 f(x)是最小正周期为 的奇函数222(2018浙江名师原创卷)已知函数 f(x)ln( x a

2、)在点(1， f(1)处的切线的倾斜角为 45，则 a的值为( )A1 B0C1 D2解析：选 B f( x) ， f(1) tan 451，解得 a0.故选 B.1x a 1a 13(2018浙江十校联盟适考)若向量 a，b 满足|a|4，|b|1，且(a8b)a，则向量 a，b 的夹角为( )A. B.6 3C. D.23 56解析：选 C 由(a8b)a，得|a| 28ab0，因为|a|4，所以 ab2，所以cosa，b ，所以向量 a，b 的夹角为 .故选 C.ab|a|b| 12 234(2018浙江考前冲刺)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是( )A20 B20 2

3、2C24( 1) D242解析：选 C 由三视图可知，该几何体是一个正方体挖去一个圆锥后所得的几何体，正方体的侧面积为 42216，正方体的一个底面面积为 224，圆锥的底面圆的半径为 1，高为 1，母线长为 ，侧面积为 1 ，所以该几何体的表面12 12 2 2 2积为 164 41 224( 1)，故选 C.2 25(2018浙江联盟校联考)函数 f(x) 的图象大致为( )x2 ex 1ex 1解析：选 B 函数 f(x)的定义域为 R，故排除 A.又 f( x) f(x)，所以函 x 2 e x 1e x 1 x2 1 ex1 ex x2 ex 1ex 1数 f(x)为奇函数，故排除

4、C.又 f(1) 0，所以排除 D.12 e 1e 1 e 1e 1综上，选 B.6(2018阜阳模拟)已知 F1， F2是椭圆 1( a b0)的左、右两个焦点，若x2a2 y2b2椭圆上存在点 P使得 PF1 PF2，则该椭圆的离心率的取值范围是( )A. B.55， 1) 22， 1)C. D.(0，55 (0， 22解析：选 B F1， F2是椭圆 1( a0， b0)的左、右两个焦点，x2a2 y2b2 F1( c,0)， F2(c,0)， c2 a2 b2.设点 P(x， y)，由 PF1 PF2，得( x c， y)(x c， y)0，化简得 x2 y2 c2.联立方程组Erro

5、r!整理得， x2(2 c2 a2) 0，解得 e .又a2c2 220 e1， e1.2237已知函数 f(x)sin(2 x )，其中 为实数，若 f(x) 对任意 xR 恒成|f(4)|立，且 f 0，则 f(x)的单调递减区间是( )(6)A. ， kZk ， k 4B. ， kZk 4， k 4C. ， kZk 4， k 34D. ， kZk 2， k 解析：选 C 由题意可得函数 f(x)sin(2 x )的图象关于直线 x 对称，故有42 k ， kZ，即 k， kZ.又 f sin 0，所以4 2 (6) (3 ) 2 n， nZ，所以 f(x)sin(2 x2 n)sin 2

6、x.令2k 2 x2 k ， kZ，解得 k x k ， kZ，故函数 f(x)的单2 32 4 34调递减区间为 ， kZ，故选 C.k 4， k 348若实数 x， y满足约束条件Error!则 z2 x y的最小值为( )A3 B4C5 D7解析：选 B 作出不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分所示，作出直线 2x y0 并平移该直线，易知当直线经过点 A(1,2)时，目标函数 z2 x y取得最小值，且 zmin2124，故选 B.9(2017浙江名校协作体联考)已知函数 f(x)(2 x1)e x ax23 a(x0)为增函数，则 a的取值范围是( )A2 ，) B.e 32e，

7、)C(，2 D.e ( ， 32e解析：选 A f(x)(2 x1)e x ax23 a在(0，)上是增函数， f( x)(2 x1)e x2 ax0 在区间(0，)上恒成立，即2 a ex.设 g(x) ex，(21x) (2 1x)则 g( x) ex，由 g( x) ex0 和 x0得 x ，当 x 时，(1x2 1x 2) ( 1x2 1x 2) 12 124g( x)0，当 00，则使得 f(x)0成立的 x的取值范围是_f xx解析：因为 f(x)为(，0)(0，)上的偶函数，则 f(1) f(1)0.当 x0， xf( x) f(x)0， f(x)0.由对称性知， f(x)0的解

8、集为(1,0)(0,1)答案：(1,0)(0,1)15已知函数 f(x)| x22 ax2|，若 f(x)1 在区间 上恒成立，则实数 a的12， 2取值范围是_；设 maxm， nError!则 max 的最小值为4f (12)， f 2 _解析：由 f(x)| x22 ax2|1 在 上恒成立可得1 x22 ax21，即12， 2x 2 a x 在区间 上恒成立，所以 max2 a min，所以 2 a2 ，1x 3x 12， 2 (x 1x) (x 3x) 52 36解得 a .因为 max max|94 a|，|64 a| 54 3 4f (12)， f 2 |9 4a| |6 4a|

9、2 ，所以其最小值为 .|9 4a 6 4a|2 32 32答案： 54， 3 3216(2019 届高三镇海中学检测)已知双曲线 E： 1( a0， b0)的左、右焦点x2a2 y2b2分别为 F1， F2， A(2,1)， B是 E上不同的两点，且四边形 AF1BF2是平行四边形，若 AF2B ， S ABF2 ，则双曲线 E的标准方程为_23 3解析：如图，因为四边形 AF1BF2是平行四边形，所以 S ABF2 S AF1F2， F1AF2 ，所以| F1F2|2| AF1|2| AF2|22| AF1|AF2|cos 3，3即 4c2| AF1|2| AF2|2| AF1|AF2|，

10、 又 4a2(| AF1| AF2|)2，所以 4a2| AF1|2| AF2|22| AF1|AF2|， 由可得| AF1|AF2|4 b2，又 S ABF2 4b2 ，所以 b21，12 32 3将点 A(2,1)代入 y21，可得 a22，故双曲线 E的标准方程为 y21.x2a2 x22答案： y21x2217(2018浙江联盟校联考)已知定义在 R上的奇函数 f(x)的图象关于直线 x1 对称，且当 x(0,1时， f(x)9 x3，则 f _；若数列 an满足(152)an f(log2(64 n)，对 nN *且 n0，( 2， 32)当 x 时， f(x)0，(6，132)当

11、x 时， f(x)0，132 264 (90,91)， n26，2 8 192当 27 n1，即 b14 a时， f(x) b 0时，对称轴 x ，a b 13a 13 1，即 b12 a时， f(x)5 a3 b210，a b 13af(x) a b23，所以| f(x)|10； 12 a时， f(x)5 a3 b210，a b 13af(x) b b3 a4，所以| f(x)|10. a b 1 23a综上， M的最大值为 10，当 a1， b1， x1 时取到20(本小题满分 15分)(2018杭州高三质检)如图，过抛物线 M： y x2上一点 A(点 A不与原点 O重合)作抛物线 M的

12、切线 AB交 y轴于点 B，点 C， G是抛物线 M上异于点 A的点，且 G为 ABC的重心(三条中线的交点)，直线 CG交 y轴于点 D.(1)设 A(x0， x )(x00)，求直线 AB的方程；20(2)求 的值|OB|OD|解：(1)因为 y2 x，所以直线 AB的斜率 k y 2 x0，所以直线 AB的方程为 y x 2 x0(x x0)，20即 y2 x0x x .20(2)由题意得，点 B的纵坐标 yB x ，20所以 AB的中点坐标为 .(x02， 0)设 C(x1， y1)， G(x2， y2)，直线 CG的方程为 x my x0.12由Error! 得 m2y2( mx01

13、) y x 0.1420因为 G为 ABC的重心，所以 y13 y2.由根与系数的关系，得 y1 y24 y2 ， y1y23 y .1 mx0m2 2 x204m2所以 ， 1 mx0 216m4 x2012m2解得 mx032 .3所以点 D的纵坐标 yD ，x02m x20643故 4 6.|OB|OD| yByD 31021(本小题满分 15分)(2019 届高三浙江名校联考)已知函数 f(x) x axln x(aR)(1)讨论函数 f(x)的单调性；(2)若函数 f(x) x axln x存在极大值，且极大值点为 1，证明： f(x)e x x2.解：(1)由题意 x0， f( x

14、)1 a aln x.当 a0 时， f(x) x，函数 f(x)在(0，)上单调递增；当 a0时，函数 f( x)1 a aln x单调递增， f( x)1 a aln x0 xe10，故当 x(0，e )时， f( x)0，所以函数 f(x)在(0，e1a)上单调递减，在(e1a，)上单调递增；当 a0，故当 x(0，e1)时， f( x)0，当 x(e a，)时，1af( x)0，则 h( x)e x2 xln x.令 g(x) h( x)，则 g( x)e x2 0，1x所以函数 h( x)e x2 xln x单调递增，又 h e1 10，(1e) 2e 1e故 h( x)e x2 x

15、ln x在 上存在唯一零点 x0，即e 2 x0ln x00.(1e， 1)所以当 x(0， x0)时， h( x)0，所以函数 h(x)在(0， x0)上单调递减，在( x0，)上单调递增，故 h(x) h(x0)e x x0 x0ln x0，20所以只需证 h(x0)e x x0 x0ln x00 即可，20由e 2 x0ln x00，得 e 2 x0ln x0，所以 h(x0)( x01)( x0ln x0)，又 x010，11所以只要 x0ln x00 即可，法一：当 x0ln x00时，ln x0 x0x0e e x00，所以e x0 x0ln x00与e 2 x0ln x00 矛盾

16、；当 x0ln x00 时，ln x0 x0x0e e x00，得e 2 x0ln x00，故 x0ln x00 成立，得 h(x0)( x01)( x0ln x0)0，所以 h(x)0，即 f(x)e x x2.22(本小题满分 15分)(2018金华统考)已知函数 f(x)ln x ， aR 且1ax 1aa0.(1)讨论函数 f(x)的单调性；(2)当 x 时，试判断函数 g(x)(ln x1)e x x m的零点个数1e， e解：(1) f( x) (x0)，ax 1ax2当 a0恒成立，函数 f(x)在(0，)上单调递增；当 a0时，由 f( x)0，得 x ；1a由 f( x)0时

17、，函数 f(x)在 上单调递增，在 上单调递减(1a， ) (0， 1a)(2)当 x 时，函数 g(x)(ln x1)e x x m的零点，1e， e即当 x 时，方程(ln x1)e x x m的根1e， e12令 h(x)(ln x1)e x x，则 h( x) ex1.(1x ln x 1)由(1)知当 a1 时， f(x)ln x 1 在 上单调递减，在(1，e)上单调递增，1x (1e， 1)当 x 时， f(x) f(1)0.1e， e ln x10 在 x 上恒成立1x 1e， e h( x) ex1010，(1x ln x 1) h(x)(ln x1)e x x在 x 上单调递增1e， e h(x)min h 2e1e ， h(x)maxe.(1e) 1e当 me时，函数 g(x)在 上没有零点；1e 1e， e当2e e me 时，函数 g(x)在 上有且只有一个零点1e 1e， e