（浙江专版）2020届高考数学一轮复习综合检测二（含解析）.docx

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1、1综合检测二(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已知集合 A x|20， x1)，则 g(x)Error!得 g( x)Error!故当 x1 时， g( x)0，函数 g(x)单调递增， f(x)单调递减，且 f(x)0；当 0D(X) D(Y)D E(X) E(Y)2x2y2 D(X) D(Y)，E(X) E(Y)3 ( x2y2)2 D(X)D(Y)，故选 C.1168已知向量 a， b 满足|2 a b|3，且 a(a b)3，则| a b

2、|的最小值为( )A. B. C. D.33 52 33 52 35 32 35 32答案 D解析 方法一 由 a(a b)3，得(2 a b)( a b)(a b)9，即(2 a b)(a b)| a b|29，设 2a b 与 a b 的夹角为 ，则(2 a b)(a b)|2 a b|a b|cos 3| a b|,3|a b|，4所以3| a b|9| a b|23| a b|，解得 | a b| ，35 32 35 32所以| a b|的最小值为 .35 32方法二 如图，设 a ， b ，MA MB 由|2 a b|3，得 1，|23a 13b|取靠近 A 的 AB 的三等分点 C

3、，则 a b，所以| |1.MC 23 13 MC 由 a(a b)3，得 1.MA CA 以 MC 所在直线为 x 轴，线段 MC 的垂直平分线为 y 轴，建立平面直角坐标系 xOy，则 M， C ，(12， 0) (12， 0)设 A(x， y)，则由 1，得 x2 y2 ，MA CA 54所以点 A 的轨迹是以 O(0,0)为圆心， 为半径的圆，52易知点 C 在该圆内，所以| AC|的最小值为 ，5 12所以| AB|的最小值为 ，35 32即| a b|的最小值为 .35 329已知 P 为双曲线 1 上一点， M， N 分别为圆( x3) 2 y2 及其关于 y 轴对称的x24 y

4、25 14圆上的两点，则| PM| PN|的取值范围为( )A5,5 B5，33,5C(3,3) D3,35答案 B解析 由题意知，点 M 在圆( x3) 2 y2 上，点 N 在圆( x3) 2 y2 上，设双曲线 14 14 x241 的左、右焦点分别为 F1， F2，则 F1(3,0)， F2(3,0)，易知 F1， F2分别为两个圆的圆y25心，连接 PF1， MF1， PF2， NF2，则|PF1| MF1| PM| PF1| MF1|，| PF2| NF2| PN| PF2| NF2|，所以|PF1| PF2|1| PM| PN| PF1| PF2|1，而| PF1| PF2|4，

5、所以5| PM| PN|3 或 3| PM| PN|5.10如图 1，已知正三角形 ABC 的边长为 6， O 是底边 BC 的中点， D 是 AB 边上一点，且AD2，将 AOC 绕着直线 AO 旋转，在旋转过程中，若 DC 的长度在 ， 内变化，如19 22图 2，则点 C 所形成的轨迹的长度为( )A. B. CD. 2 34 32答案 A解析 方法一 ABC 为正三角形， O 为 BC 的中点， AO OB， AO OC， BOC 是二面角 B AO C 的平面角，记 BOC .如图，过点 D 作 DE OB，垂足为 E，连接 CE，则 DE AO， OE1， OC3， DE AO2

6、，23 3则 ，其中 ，DC DE EO OC OE OC 即 ， ，EO OC 2( )2 2 2 22 (2 )DC DE EO OC DE EO OC EO OC 321 23 2213cos ， 226cos ，EO OC 则 2226cos 19,22，即 cos ，DC 0， 126即点 C 转过的角度为 . 2 3 6点 C 的轨迹为以 O 为圆心，以 OC 为半径的一段圆弧，弧长为 3 . 6 2方法二 ABC 为正三角形， O 为 BC 的中点， AO OB， AO OC， BOC 是二面角 B AO C 的平面角，记 BOC .如图，过点 D 作 DE OB，垂足为 E，连

7、接 CE，则 DE AO， OE1， OC3， DE AO2 ，23 3则 EC2 OC2 OE22 OCOEcos 106cos ，在 Rt DCE 中， DC2 DE2 EC2(2 )2106cos 226cos ，则 DC22236cos 19,22，即 cos ，即点 C 转过的角度为 .0，12 2 3 6点 C 的轨迹为以 O 为圆心，以 OC 为半径的一段圆弧，弧长为 3 . 6 2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 九章算术是我国古代数学经典名著，它在集合学中的研究比西方

8、早一千年在九章算术中，将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑” 已知某“鳖臑”的三视图(单位：cm)如图所示，则该“鳖臑”的体积是_cm 3.答案 10解析 由三视图结合“鳖臑”的定义易得该几何体为一个底面为直角边长分别为 3,4，高为5，且顶点在底面的射影为直角三角形中最小的角的顶点，则其体积为7 34510cm 3.13 1212已知等比数列 an的公比 q0，前 n 项和为 Sn.若 2(a5 a3 a4) a4，且 a2a4a664，则q_， Sn_.答案 2 2n 12解析 2( a5 a3 a4) a4，2 a52 a33 a42q42 q23 q32q23 q20，得 q (舍

9、去)或 q2.12 a2a4a664， a 64 a44，34 a1 ， Sn .12 121 2n1 2 2n 1213已知 x， y 满足约束条件Error!则约束条件表示的可行域的面积为_，目标函数z x y3 的取值范围为_答案 2,334解析 画出可行域如图中阴影部分(含边界)所示，则 A(0,1)， B(2,2)， C ，(12， 12)易知 AC BC，则可行域的面积S |AC|BC| .12 34因为 z x y3，所以 y x z3，数形结合知，当直线 y x z3 与直线 BC 重合时， z 取得最大值 3，当直线 y x z3 经过点 A 时， z 取得最小值 2，所以

10、z2,314已知函数 f(x)|2 x1|， g(x)|2 x a|(aR)，则不等式 f(x)3 的解集为_；若不等式 f(x) g(x)6 对任意的 xR 恒成立，则实数 a 的取值范围是_答案 1,2 (，75，)解析 f(x)3，即|2 x1|3，即32 x13，8解得1 x2，所以不等式 f(x)3 的解集为1,2因为 f(x) g(x)|2 x1|2 x a|2 x12 x a| a1|，所以要使不等式 f(x) g(x)6 对任意的 xR 恒成立，则| a1|6，解得 a7 或 a5.15在 ABC 中，内角 A， B， C 所对的边分别为 a， b， c，已知 a3， b2，

11、A2 B，则sinB_， c_.答案 74 52解析 a3， b2， A2 B，由正弦定理 得，asinA bsinB ，即 ，3sin2B 2sinB 32sinBcosB 2sinB B 为 ABC 的一个内角，sin B0，cos B ，34sin B .1 cos2B74由二倍角公式知，sinAsin2 B2sin BcosB2 ，74 34 378cosAcos2 B2cos 2B1 .18方法一 cos Ccos( A B)cos( A B)(cos AcosBsin AsinB) ，916 c2 a2 b22 abcosC ， c .254 52方法二 sin Csin( A B

12、)sin( A B)sin AcosBcos AsinB ，5716由正弦定理 ，得 ， c .asinA csinC 3378 c5716 5216已知 x， y， z 均为正实数，且满足 x2 y2 z21，则 xy2 yz 的最大值为_答案 52解析 由已知条件 x2 y2 z21，9可设 1 x2 y 2(1 )y2 z2,00，若 m0，当 x2 4；1m x 1m x 1m x 2mm2 x2 (m 1m)当 xm 时， g(x)( x m) ( x m)1x m 2 x 2 x 2 4.1x m 1x m 1x m 2xx2 m2 (x 1x)若 m0，当 x2 4； m 1 m

13、当 x m 时， g(x)( x m) ( x m)1x m 2 x 2 x 2 4.1x m 1x m 1x m 2xx2 m2 (x 1x)若 m0， g(x)2 4.(x1x)又 g(x)是偶函数，当 x0，所以 Tn0)的焦点 F 是椭圆C： y21 的一个焦点4x23(1)求抛物线 E 的方程；(2)设 P 是 E 上的动点，且位于第一象限，抛物线 E 在点 P 处的切线 l 与椭圆 C 交于不同的两点 A， B，直线 y 与过点 P 且垂直于 x 轴的直线交于点 M， OM 与直线 l 交于点 D.43求证：直线 OM 平分线段 AB；若直线 l 与 y 轴交于点 G，记 PFG

14、的面积为 S1， PDM 的面积为 S2，是否存在点 P，使得 取得最小值？若存在，求出点 P 的坐标；若不存在，请说明理由S1S2(1)解 根据题意， F ，(0，12)所以抛物线 E 的方程为 x22 y.(2)证明 设 P (m0)，(m，m22)由 x22 y 可得 y x，所以直线 l 的斜率为 m，因此直线 l 的方程为 y m(x m)，即 y mx .m22 m22设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，由Error! 得(3 m24) x23 m3x 30，3m44所以 x1 x2 .3m33m2 4又 M ，所以 OM 的方程为 y x，(m， 43) 43m由Err

15、or! 得直线 OM 与 l 的交点的横坐标为15xD ，故 xD ，3m36m2 8 x1 x22所以直线 OM 平分线段 AB.解 由知直线 l 的方程为 y mx (m0)，m22所以 G ，所以 P ， F ，(0， m22) (m， m22) (0， 12)D ， M ，(3m36m2 8， 2m23m2 4) (m， 43)所以 S1 |GF|m m(m21)，12 14S2 |PM|m xD| ，12 m3m2 82243m2 4所以 .S1S2 63m2 4m2 13m2 82令 t3 m28，则 40 2 ，S1S2 2t 4t 5t2 (1t 940) 140又对于(3 m

16、24) x23 m3x 30， 0，3m44即(3 m3)24(3 m24) 0，(3m44 3)所以 00， f( x)0，所以 f(x)的单调递增区间为(，)当 a0 时， (4 a)24 a(2a1)4 a(2a1)，(i)当 a 时， 0，令 u(x)0，得1216x1 ， x2 ，且 x10， f( x)0，当 x( x1， x2)时， u(x)0，令 u(x)0，得x1 ， x2 ，且 x20， f( x)0，当 x(， x2)( x1，)时， u(x) 时， f(x)的单调递增区间为 ， ，12 ( ， 2a 2a2 aa )( 2a 2a2 aa ， )单调递减区间为 ；( 2a 2a2 aa ， 2a 2a2 aa )当 0 a 时， f(x)的单调递增区间为(，)；12当 a0， g(x)在(ln2,1)上单调递增，因为 g(0)10， g(x)在(1，)上单调递增，所以当 x0 时， g(x) g(1)144e0，从而当 x0 时， f(x)0.19