（浙江专版）2020届高考数学一轮复习滚动检测六（1_9章）（含解析）.docx

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1、1滚动检测六(19 章)(时间：120 分钟 满分：150 分)第卷(选择题 共 40 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 yln(1 x2)的定义域为 A，值域为 B，全集 UR，则集合 A( UB)等于( )A(1，) B(，0C(0,1) D0,1)答案 C解析 B y|y0， UB y|y0，又 A x|11，对于 q，由 a22 a0，解得 a0 或a2，因此 p 是 q 的充分不必要条件，故选 A.3已知直线 l1: xsin y10，直线 l2: x3 ycos 10，若 l1 l2，则 s

2、in2 等于( )A. B C D.23 35 35 35答案 D解析 因为 l1 l2，所以 sin 3cos 0，所以 tan 3，所以sin2 2sin cos .2sin cossin2 cos2 2tan1 tan2 354已知 ABC 中， AB2， AC4， BAC60， P 为线段 AC 上任意一点，则 的取值PB PC 范围是( )A1,4 B0,4C2,4 D.94， 4答案 D解析 根据余弦定理得，2BC2 AB2 AC22 ABACcos BAC12， ABC90，以 B 为坐标原点， BC 所在直线为 x 轴、 BA 所在直线为 y 轴建立平面直角坐标系如图，则 C(

3、2 ，0)， A(0,2)，3AC： 1，设 P(x， y)，x23 y2则 y2 x4， x0,2 ，x23 43 3所以 ( x， y)(2 x， y) x2 y22 x x2 x4 .PB PC 3 3 43 1033 94， 45将函数 y2sin ( 0)的图象向右平移 个单位长度后，所得图象关于 y 轴对( x 6) 23称，则 的最小值为( )A2B1C. D.12 14答案 B解析 将函数 y2sin ( 0)的图象向右平移 个单位长度后，得 y2sin( x 6) 23 (x 23) 62sin 关于 y 轴对称，( x2 3 6)所以 k( kZ)，2 3 6 2得 k ，

4、 kZ.32 12又 0，所以 min1，故选 B.6若双曲线 1 的一条渐近线方程为 2x3 y0，则 m 的值为( )x23 m y2m 1A. B. C. D.313 2313 35 75答案 A解析 由双曲线 1 的一条渐近线的方程为 2x3 y0，x23 m y2m 1可得(3 m)(m1)0，解得 m(1,3)，3所以 x y0 是双曲线的渐近线方程，m 1 3 m所以 ，解得 m .23 m 13 m 3137设 f(x)e x(x22 x)，令 f1(x) f( x), fn1 (x) fn(x)，若 fn(x)e x(Anx2 Bnx Cn)，数列 的前 n 项和为 Sn，当

5、 时， n 的最小整数值为( )1Cn |Sn 1| 12020A2018B2019C2020D2021答案 B解析 f1 f e x(x24 x2)，(x) (x) f2(x)e x(x26 x6)， Cn2462 n n(22 n) n(n1)，12 ，1Cn 1n 1n 1 Sn 1 ，(112) (12 13) (1n 1n 1) 1n 1 ， n2019，故选 B.1n 1 120208(2018浙江省衢州二中模拟)已知 ABC 中， AB4， AC5， BC6，点 O 为 ABC 的外心，记 a ， b ， c ，则( )OA BC OB CA OC AB A aac，故选 C.4

6、9已知双曲线 y21( a0)的离心率 e ，它的一个顶点为抛物线 y22 px(p0)的焦x2a2 5点 F，过 F 的直线 l 与抛物线交于 A， B 两点，且| AF|4| FB|， O 为坐标原点，则 AOB 的面积为( )A. B1C. D.358 12答案 C解析 由题意可知 e ，得 a ，a2 1a 5 12故抛物线 y22 px(p0)的焦点 F ，(12， 0)因此其方程为 y22 x，准线为 x .12如图，过 A， B 分别作准线的垂线 AA， BB，垂足分别为 A， B，过点 B 作 BH AA交 AA于 H，则| BB| HA|.设| FB| t，则| AF|4 t

7、，所以| AH| AA| A H|4 t t3 t.又| AB|5 t，因此在 Rt ABH 中，cos HAB ，sin HAB .35 45所以 tan HAB .43则 AB 所在的直线方程为 y ，43(x 12)由Error! 得 x2 x 0，169 349 49设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，则| AB| x1 x2 p 1 .178 258又点 O 到直线 AB 的距离5d| OF|sin OFB ，12 45 25所以 S AOB .12 258 25 5810(2018浙江省部分重点中学考试)已知 ABC 是边长为 6 的正三角形， D 在 AB 上，且满足

8、AD2 DB，如图 1.现沿着 CD 将 ACD 折起至 A CD，使得 A在平面 BCD 上的投影在BDC 的内部(包括边界)，如图 2，则二面角 A CD B 的余弦值的取值范围是( )A. B.0，25 0， 225C. D.0，25 25， 1答案 C解析 在题图 1 ABC 中，过点 A 作 AO CD，交 CD 于点 O，交 BC 于点 H.因为点 A在平面BCD 上的投影在 BDC 的内部(包括边界)，所以其投影在线段 OH 上在题图 2 中，过点 A作 A M OH，垂足为 M(图略)，则 A M平面 BDC， A OM 为二面角 A CD B 的平面角因为 AD4， AC6，

9、 CAD60，所以 CD2 AD2 AC22 ADACcos601636246cos6028， CD2 ，7又 CDAO ADACsin60，12 12即 2 AO46 ，所以 AO .732 6217以 BC 的中点 E 为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，则 A(0,3 )， C(3,0)，3D(2， )3设 H(a,0)，因为 AH CD，所以 0，AH CD 6即5 a90，解得 a ，所以 AH ，95 6215又 AHCO ACCHsin60，12 12即 CO6 ，所以 CO ，6215 245 32 1277所以 AO ，所以 OH .AC2 OC26217 122135

10、所以当点 M 与点 H 重合时， A OM 最小，(cos A OM)max ，OHAO 25当点 M 与点 O 重合时， A OH ， 2即为二面角 A CD B 的平面角，其余弦值取最小值 0.第卷(非选择题 共 110 分)二、填空题(本大题共 7 小题，多空题每题 6 分，单空题每题 4 分，共 36 分把答案填在题中横线上)11已知复数 z ，其中 i 是虚数单位，则复数 z 在复平面内对应的点在第_象21 i限， z _.z答案 四 2解析 因为 z 1i，所以复数 z 在复平面内对应的点为(1，1)，21 i 21 i1 i1 i在第四象限方法一 因为 z1i，所以 z (1i)

11、(1i)2.z方法二 因为| z|1i| ，所以 z | z|22.2 z12(2018浙江省金华十校考试)已知抛物线 y22 px(p0)上一点 A(1， a)到焦点的距离为2，则该抛物线的准线方程为_答案 x1解析 因为抛物线 y22 px(p0)的焦点为 F ，(p2， 0)由已知可得Error!解得Error!所以抛物线的准线方程为 x1.13(2018杭州质检)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是_，表面积是_7答案 (6 )6143 13解析 由三视图可知该几何体为半径为 2 的球的四分之一和一个底面半径为 2 的半圆锥的组合体，其体积为 2 3 2 23 ，其表面积为

12、2 2 3414 43 12 13 143 12 1242 2 2 (6 )6.14 12 13 1314若函数 f(x)Error!为奇函数，则 a_， f(g(2)_.答案 0 25解析 由函数 f(x)是 R 上的奇函数可得 f(0) a0.因为 g(2) f(1) f(1)4，所以 f(g(2) f(4) f(4)25.15已知在 ABC 中，内角 A， B， C 的对边分别为 a， b， c，且b a， cosB cosA， c 1，则 ABC 的面积为_2 3 2 3答案 1 32解析 由 cosB cosA 并结合余弦定理，得3 2 ，3a2 c2 b22ac 2 b2 c2 a

13、22bc将 b a 代入得(1 )a2( 1) c2，2 3 3又因为 c 1，所以 a ，所以 b2，3 2则 cosC ，a2 b2 c22ab 22 22 1 32222 2 64所以 sinC ，2 64所以 S ABC absinC .12 1 3216已知圆 O1和圆 O2都经过点 A(0,1)，若两圆与直线 4x3 y50 及 y10 均相切，则| O1O2|_.答案 58解析 设圆 O1的圆心为( a1， b1)，半径为 r1，则由题意，有Error!消去 b1， r1，得a1(a 6 a 4 a140)0，31 21即 a1(a12)( a 8 a120)0.21设圆 O2的

14、圆心为( a2， b2)，半径为 r2，同理可得 a2(a22)( a 8 a220)0.2由此可知， a1， a2为方程 a(a2)( a28 a20)0 的两根因为 a28 a20( a4) 240，所以 a(a2)( a28 a20)0 的两根为 0,2，不妨设 a10， a22，则 b10， b21，所以| O1O2| .a1 a22 b1 b22 517若实数 x， y 满足Error!目标函数 z x ky(k0)的最小值为3，则实数 k 的值为_，若方程 2x y a0 无解，则实数 a 的取值范围为_答案 1 (，4)(1，)解析 作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分(含边

15、界)所示，由图可知目标函数 z x ky(k0)在点 B(0,3)处取得最小值3，所以3 k3，得 k1.作出直线 2x y0，并平移该直线，当直线经过点 C(0,1)时，2 x y 取得最小值 1，当直线经过点 A(1,2)时，2 x y 取得最大值 4.因为方程 2x y a0 无解，所以直线 2x y a0 与不等式组表示的区域没有交点，所以 a1.三、解答题(本大题共 5 小题，共 74 分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)18(14 分)已知函数 f(x)2 sinxcosx2cos 2x1， xR.3(1)求函数 f(x)的最小正周期和单调递减区间；(2)若 f( ) ，且

16、0)有两个根 n， n， a11，且满足 12 n，其中 nN *.(11 n)(1 1 n)(1)求数列 an的通项公式；(2)若 bnlog 2(an1)， cn anbn，求数列 cn的前 n 项和 Tn.解 (1)由已知可得Error!又 12 n，1 12 n，(11 n)(1 1 n) n n n n 1 n n整理得， an1 an2 n，其中 nN *.当 n2 时， an( an an1 )( an1 an2 )( a3 a2)( a2 a1) a12 n1 2 n2 2 221 2 n1.1 2n1 2又 a11 也符合上式， an2 n1， nN *.(2)由(1)知，

17、bnlog 2(2n11) n， cn n(2n1) n2n n. Tn c1 c2 cn1222 232 3 n2n(12 n)，设 Qn12 n，Pn1222 232 3 n2n，则 2Pn12 222 332 4( n1)2 n n2n1 ，得， Pn22 22 32 n n2n1 n2n1 (1 n)2n1 2，21 2n1 212 Pn( n1)2 n1 2.又 Qn12 n ，nn 12 Tn Pn Qn( n1)2 n1 2 .nn 1221(15 分)已知椭圆 1( ab0)的离心率 e ，且经过点 .x2a2 y2b2 22 (1， 22)(1)求椭圆方程；(2)过点 P(0

18、,2)的直线与椭圆交于 M， N 两个不同的点，求线段 MN 的垂直平分线在 x 轴截距的取值范围解 (1)由题意得， ， 1，ca 22 1a2 12b2又 a2 b2 c2，解得 a ， b1， c1，2则椭圆方程为 y21.x22(2)PM 的斜率不存在时， MN 的垂直平分线与 x 轴重合，没有截距，故 PM 的斜率存在设 PM 的方程为 y kx2，代入椭圆方程，得(12 k2)x28 kx60， PM 与椭圆有两个不同的交点， (8 k)24(12 k2)60，即 k2 ，即 k 或 k 时， f( x)0 恒成立，32当 x 时， .12方法一 (1)解 f(x) x(lnx a

19、x)， x0， f(x)有两个零点， g(x)ln x ax 有两个零点， g( x) a，1x当 a0 时， g 0， g(x)在(0，)上单调递增，最多有一个零点，不合题意；当(x)a0 时， g(x)在 上单调递增，在 上单调递减，(0，1a) (1a， )g(x)在(0，)上存在极大值也是最大值 g ，(1a)令 g ln 10，00 恒成立， h(x)在(0，)上单调递增，最多有一个零点，不合题意， a0，由 h( x)0 得 x ，12a h(x)在 上单调递增，在 上单调递减，(0，12a) (12a， )可令 h ln 110，即 00，知 k(1)1， f(x1) .12方法二 分离参数法(1)解 a (x0)，使对应的两图象有两交点，lnxx令 g(x) ， g( x) ，lnxx 1 lnxx2当 x(0，e)时， g( x)0， g(x)单调递增，当 x(e，)时， g( x)0， (x)单调递增，当 x(1，)时， ( x) .1215