2、分也不必要條件
答案 B
解析 由a⊥b?x＝2，
由x＝2?a⊥b，故選B.
3．設(shè)a＝20.1，b＝ln，c＝log3，則a，b，c的大小關(guān)系是( )
A．a(chǎn)>b>c B．a(chǎn)>c>b
C．b>a>c D．b>c>a
答案 A
解析 a＝20.1>20＝1，b＝ln1時(shí)，x＋－3≥2－3＝1，
3、當(dāng)且僅當(dāng)x＝2時(shí)取等號(hào)，綜上有f(x)≥0，故選B.
5．若a>0，b>0，ab＝a＋b＋1，則a＋2b的最小值為( )
A．3＋3 B．3－3
C．3＋ D．7
答案 D
解析 當(dāng)b＝1時(shí)，代入等式a＝a＋2不成立，因而b≠1，
所以ab－a＝b＋1.
a＝＝1＋，易知b－1>0，
所以a＋2b＝1＋＋2b＝3＋＋2(b－1)
≥3＋2＝3＋2×2＝7，
當(dāng)且僅當(dāng)a＝3，b＝2時(shí)，取等號(hào)，即最小值為7.
6．已知函數(shù)f(x)＝sin2x－cos2x的圖象在區(qū)間和上均單調(diào)遞增，則正數(shù)a的取值范圍是( )
A. B.
C. D.
答案 B
解析 f(x)＝sin
4、2x－cos2x＝2sin，
由2kπ－≤2x－≤2kπ＋(k∈Z)，
得kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z)，
因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在區(qū)間和上均單調(diào)遞增，
解得≤a<.
7．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且an＝4＋n－1，若對任意n∈N*，都有1≤p(Sn－4n)≤3成立，則實(shí)數(shù)p的取值范圍是( )
A．(2,3) B．[2,3]
C. D.
答案 B
解析 Sn＝4＋0＋4＋1＋…＋4＋n－1
＝4n＋＝4n＋－·n，
所以1≤p≤3對任意n∈N*都成立，
當(dāng)n＝1時(shí)，1≤p≤3，
當(dāng)n＝2時(shí)，2≤p≤6，
當(dāng)n＝3時(shí)，≤p≤4，
歸納得2≤p≤3.
8．已
5、知a，b，c是平面向量，|a|＝2，|c|＝2，若a與b的夾角為，c與b的夾角為，a與c的夾角為，則|c－b|－|a－b|的最大值是( )
A. B.
C. D.
答案 C
解析 方法一 如圖，設(shè)＝a，＝b，＝c，點(diǎn)A關(guān)于OB的對稱點(diǎn)為A′，
則||＝||，
因?yàn)椤螦OB＝，∠BOC＝，∠AOC＝，
所以∠A′OC＝.
|c－b|－|a－b|＝||－||≤||，
且在△A′OC中，由余弦定理得，
A′C2＝OC2＋OA′2－2OC·OA′cos
＝8＋4－2×2×2×＝8－4，
所以||＝.故選C.
方法二 如圖，建立平面直角坐標(biāo)系，
則可設(shè)＝c＝(2,2
6、)，＝a＝(，－1)，
＝b＝(t,0)，則點(diǎn)A關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)A′的坐標(biāo)為(，1)，
則＝(，1)，||＝||，
所以|c－b|－|a－b|＝||－||≤||
＝＝，故選C.
9．已知函數(shù)f(x)＝ex，g(x)＝a(a≠0)，若函數(shù)y＝f(x)的圖象上存在點(diǎn)P(x0，y0)，使得y＝f(x)在點(diǎn)P(x0，y0)處的切線與y＝g(x)的圖象也相切，則a的取值范圍是( )
A．(0,1] B．(0，]
C．(1，] D.
答案 B
解析 f(x)＝ex的切點(diǎn)為P(x0，)，
設(shè)切線與y＝g(x)的圖象相切于點(diǎn)(t，a)．
f′(x0)＝，g′(t)＝.
由題意
7、可得解得x0＝1－t，
所以a＝2＝2e1－t，t>0，
令h(t)＝2e1－t，t>0，
則h′(t)＝e1－t－2e1－t＝e1－t(1－2t)，
令h′(t)＝0，解得t＝，
當(dāng)t>0時(shí)，h(t)>0；
當(dāng)00，函數(shù)h(t)在上單調(diào)遞增；
當(dāng)t>時(shí)，h′(t)<0，函數(shù)h(t)在上單調(diào)遞減，
當(dāng)t從右側(cè)趨近于0時(shí)，h(t)趨近于0，h＝；
當(dāng)t趨近于＋∞時(shí)，h(t) 趨近于0，
所以a∈(0，]．
10．(2018·浙江七彩陽光聯(lián)盟聯(lián)考)如圖，已知Rt△ABC的兩條直角邊AC＝2，BC＝3，P為斜邊AB上一點(diǎn)，沿CP將三角形折成直二面角A－CP
8、－B，此時(shí)二面角P－AC－B的正切值為，則翻折后AB的長為( )
A．2B.C.D.
答案 D
解析 方法一 如圖1，在平面PCB內(nèi)過點(diǎn)P作CP的垂線交BC于點(diǎn)E，則EP⊥平面ACP.
在平面PAC內(nèi)過點(diǎn)P向AC作垂線，垂足為D，連接DE，則∠PDE為二面角P－AC－B的平面角，
且tan∠PDE＝＝，
設(shè)DP＝a，則EP＝a.
如圖2，在Rt△ABC中，設(shè)∠BCP＝α，則∠ACP＝90°－α，
則在Rt△DPC中，PC＝＝，
又在Rt△PCE中，tanα＝，
則·tanα＝a，sinα＝cos2α.
又0°<α<90°，所以α＝45°.
因?yàn)槎娼茿－CP－B為
9、直二面角，
所以圖1中cos∠ACB＝cos∠ACP·cos∠BCP，
于是有＝cos∠ACP·sin∠ACP＝.
解得AB＝.
方法二 如圖3，在平面PCB內(nèi)過點(diǎn)P作CP的垂線交BC于點(diǎn)E，則EP⊥平面ACP.
在平面PAC內(nèi)過點(diǎn)P向AC作垂線，垂足為D，連接DE，則∠PDE為二面角P－AC－B的平面角，
且tan∠PDE＝＝，設(shè)DP＝a，則EP＝a.
如圖4，在Rt△ABC中，設(shè)∠BCP＝α，則∠ACP＝90°－α，
則在Rt△DPC中，PC＝＝，
又在Rt△PCE中，tanα＝，
則·tanα＝a，sinα＝cos2α，
又0°<α<90°，所以α＝45°，
10、在Rt△ABC中，過點(diǎn)A作AM⊥PC于點(diǎn)M，過點(diǎn)B向CP的延長線作垂線，垂足為N.
由∠BCP＝∠ACP＝45°，得AM＝，BN＝，MN＝，
翻折后＝＋＋，且，，兩兩垂直，
故||＝＝.
第Ⅱ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．(2018·浙江名校聯(lián)盟聯(lián)考)已知復(fù)數(shù)z滿足z·(－3＋4i)＝1－2i，則z＝________，||＝________.
答案 －＋i
解析 由題意知z＝＝＝＝－＋i，
∴||＝|z|＝＝.
12．(2018·浙江省高考模擬試卷)若函數(shù)f(x)＝sin
11、cos－cos2，則函數(shù)f(x)的最小正周期為________，函數(shù)f(x)在區(qū)間上的值域是________．
答案 2π
解析 f(x)＝sincos－cos2
＝sinx－×＝sin－，
則f(x)的最小正周期為2π.因?yàn)閤∈，
所以x－∈，sin∈，
所以函數(shù)f(x)在上的值域是.
13．(2018·浙江省高考研究聯(lián)盟聯(lián)考)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為_________，側(cè)面積為________．
答案 3π＋4
解析 由三視圖，可得該幾何體為底面半徑為1，高為2的圓柱切掉四分之一后剩余的幾何體，因而其體積V＝×π×12×2＝，側(cè)面積S＝×2π×
12、1×2＋2×1×2＝3π＋4.
14．已知在△ABC中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c,4bcosB＝acosC＋ccosA，△ABC的面積為，且b2＝ac，則a＋c＝________.
答案 2
解析 方法一 由正弦定理、兩角和的三角函數(shù)公式及誘導(dǎo)公式，得
4sinBcosB＝sinAcosC＋sinCcosA＝sin(A＋C)＝sinB，
因?yàn)?
13、2－ac＝(a＋c)2－20，
所以(a＋c)2＝28，a＋c＝2.
方法二 由4bcosB＝acosC＋ccosA＝a·＋c·＝b，得cosB＝，則sinB＝，
由三角形的面積公式知acsinB＝，
得ac＝8，則b2＝ac＝8，
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB＝a2＋c2－ac，
即8＝a2＋c2－ac＝(a＋c)2－ac＝(a＋c)2－20，
所以(a＋c)2＝28，a＋c＝2.
15．已知函數(shù)f(x)＝ln(－2x)－，則f(0)＝________，f(2019)＋f(－2019)＝________.
答案?。。?
解析 f(0)＝ln(－0)－＝0
14、－＝－.
令g(x)＝ln(－2x)，h(x)＝－，
則f(x)＝g(x)＋h(x)，
g(x)＝ln(－2x)＝ln，
g(x)＋g(－x)＝0，
又h(x)＝－＝－＝－2＋，
h(x)＋h(－x)＝－2＋－2＋
＝－4＋＋＝－3，
∴f(2019)＋f(－2019)＝g(2019)＋h(2019)＋g(－2019)＋h(－2019)＝－3.
16．已知S＝，點(diǎn)P(，3)，T＝{(x，y)|＋＝0，N(x，y)，M(x0，y0)，且(x0，y0)∈S}，則S∩T表示的平面區(qū)域的面積為________．
答案 6
解析 如圖，S所表示的平面區(qū)域?yàn)檎切蜲AB的內(nèi)部區(qū)域(
15、含邊界)，其中P剛好是正三角形OAB的中心，作△OAB關(guān)于點(diǎn)P的對稱區(qū)域△O′A′B′(包含邊界)，即為T所表示的平面區(qū)域．則S∩T所表示的區(qū)域?yàn)檎呅蜠EFGHI區(qū)域，可求得A(3，3)，B(0,6)．故O′(2，6)，A′(－，3)，B′(2，0)，所以|OA|＝6，|EF|＝2，所以S六邊形DEFGHI＝6××2×2×＝6.
17．已知x>0，y>0，若≥2，則(x＋y)2的最大值是________．
答案 8＋4
解析 令xy＝t，則0
16、以(x＋y)2≤8＋4，
故(x＋y)2的最大值是8＋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)如圖，△ABC是等邊三角形，D是BC邊上的動(dòng)點(diǎn)(含端點(diǎn))，記∠BAD＝α，∠ADC＝β.
(1)求2cosα－cosβ的最大值；
(2)若BD＝1，cosβ＝，求△ABD的面積．
解 (1)由△ABC是等邊三角形，得β＝α＋，
0≤α≤，故2cosα－cosβ＝2cosα－cos
＝sin，
故當(dāng)α＝，即D為BC中點(diǎn)時(shí)，原式取最大值.
(2)由cosβ＝，得sinβ＝，
故sinα＝sin＝sinβcos－cosβ
17、sin＝，
由正弦定理得＝，
故AB＝·BD＝×1＝，
故S△ABD＝AB·BD·sinB＝××1×＝.
19．(15分)已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均是正數(shù)，其前n項(xiàng)和為Sn，滿足Sn＝4－an(n∈N*)．
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)設(shè)bn＝(n∈N*)，數(shù)列{bn·bn＋2}的前n項(xiàng)和為Tn，求證：Tn<.
(1)解 由Sn＝4－an，得S1＝4－a1，解得a1＝2，
而an＋1＝Sn＋1－Sn＝(4－an＋1)－(4－an)＝an－an＋1，即2an＋1＝an，∴＝，
∴數(shù)列{an}是首項(xiàng)為2，公比為的等比數(shù)列．
∴an＝2×n－1＝n－2.
(2)證明
18、∵bn＝＝＝，
∴bnbn＋2＝＝.
故數(shù)列的前n項(xiàng)和
Tn＝
＋
＝＝
＝－<.
20．(15分)設(shè)函數(shù)f(x)＝x2－3x.
(1)若不等式f(x)≥m對任意x∈[0,1]恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
(2)在(1)的條件下，當(dāng)m取最大值時(shí)，設(shè)x>0，y>0且2x＋4y＋m＝0，求＋的最小值．
解 (1)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝x2－3x的對稱軸為x＝，且開口向上，
所以f(x)＝x2－3x在x∈[0,1]上單調(diào)遞減，
所以f(x)min＝f(1)＝1－3＝－2，所以m≤－2.
(2)根據(jù)題意，由(1)可得m＝－2，
即2x＋4y－2＝0.所以x＋2y＝1.
因?yàn)閤
19、>0，y>0，
則＋＝(x＋2y)＝3＋＋
≥3＋2＝3＋2，
當(dāng)且僅當(dāng)＝，即x＝－1，y＝1－時(shí)，等號(hào)成立．
所以＋的最小值為3＋2.
21.(15分)(2018·浙江名校聯(lián)盟聯(lián)考)如圖，在直三棱柱ADF－BCE中，AB＝BC＝BE＝2，CE＝2.
(1)求證：AC⊥平面BDE；
(2)若EB＝4EK，求直線AK與平面BDF所成角φ的正弦值．
(1)證明 在直三棱柱ADF－BCE中，AB⊥平面BCE，
所以AB⊥BE，AB⊥BC.
又AB＝BC＝BE＝2，CE＝2，
所以BC2＋BE2＝CE2，且AC⊥BD，
所以BE⊥BC.
因?yàn)锳B∩BC＝B，AB，BC?平
20、面ABCD，
所以BE⊥平面ABCD.
因?yàn)锳C?平面ABCD，所以BE⊥AC.
因?yàn)锽D∩BE＝B，BD，BE?平面BDE，
所以AC⊥平面BDE.
(2)解 方法一 設(shè)AK交BF于點(diǎn)N，
由(1)知，AB，AF，AD兩兩垂直且長度都為2，
所以△BDF是邊長為2的正三角形．
所以點(diǎn)A在平面BDF內(nèi)的射影M為△BDF的中心，連接MN，MF，AM，如圖所示，
則∠ANM為AK與平面BDF所成的角φ.
又FM＝××2＝，
所以AM＝＝＝.
因?yàn)镋B＝4EK，所以BK＝，
所以AK＝＝＝.
因?yàn)椋?，所以＝?
即＝，解得AN＝.
在Rt△ANM中，sinφ＝＝＝，
21、
所以直線AK與平面BDF所成角φ的正弦值為.
方法二 由(1)知，AB，BC，BE兩兩垂直，以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，，，的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則B(0,0,0)，F(xiàn)(0,2,2)，A(0,2,0)，D(2,2,0)，
＝(2,2,0)，＝(0,2,2)．
因?yàn)镋B＝4EK，所以K.
設(shè)平面BDF的法向量為n＝(x，y，z)，
則所以
取x＝1，則n＝(1，－1,1)為平面BDF的一個(gè)法向量．
又＝，
于是sinφ＝＝＝，
所以直線AK與平面BDF所成角φ的正弦值為.
22．(15分)(2019·嘉興調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝x
22、ex.
(1)討論函數(shù)g(x)＝af(x)＋ex的單調(diào)性；
(2)若直線y＝x＋2與曲線y＝f(x)的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為t，且t∈[m，m＋1]，求整數(shù)m所有可能的值．
解 (1)g(x)＝axex＋ex，所以g′(x)＝(ax＋a＋1)ex，
①當(dāng)a＝0時(shí)，g′(x)＝ex，g′(x)>0在R上恒成立，所以函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞增；
②當(dāng)a>0時(shí)，當(dāng)x>－時(shí)，g′(x)>0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x<－時(shí)，g′(x)<0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減；
③當(dāng)a<0時(shí)，當(dāng)x>－時(shí)，g′(x)<0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x<－時(shí)，g′(x)>0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增．
綜上，當(dāng)a＝0時(shí)，
23、函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞增；
當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)g(x)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減，在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增；
當(dāng)a<0時(shí)，函數(shù)g(x)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減．
(2)由題意可知，原命題等價(jià)于方程xex＝x＋2在x∈[m，m＋1]上有解，由于ex>0，所以x＝0不是方程的解，
所以原方程等價(jià)于ex－－1＝0，令r(x)＝ex－－1，
因?yàn)閞′(x)＝ex＋>0對于x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)恒成立，所以r(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增．
又r(1)＝e－3<0，r(2)＝e2－2>0，r(－3)＝e－3－<0，r(－2)＝e－2>0，
所以直線y＝x＋2與曲線y＝f(x)的交點(diǎn)有兩個(gè)，
且兩交點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別在區(qū)間[1,2]和[－3，－2]內(nèi)，
所以整數(shù)m的所有值為－3,1.
16
（浙江專版）2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 滾動(dòng)檢測五（1-8章）（含解析）
