《（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）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（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）（14頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、滾動(dòng)檢測(cè)七(1～10章) (時(shí)間：120分鐘　滿分：150分) 第Ⅰ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A＝{y|y＝}，B＝{x∈Z|x2≤5}，則A∩B等于(　　) A．(1，] B．(1,2] C．{2}D．{1,2} 答案　C 解析　由2x＋1>1得A＝(1，＋∞)，而B＝{0,1，－1,2，－2}，故A∩B＝{2}．故選C. 2．已知命題p：方程＋＝1表示橢圓，命題q：－5

2、D．既不充分也不必要條件 答案　A 解析　對(duì)于p,5＋k>0,3－k>0且5＋k≠3－k，可得－50

3、)的最小正周期是，則f?等于(　　) A.B.C.D．0 答案　A 解析　f(x)＝sin2＝(ω>0)的最小正周期T＝＝，得ω＝5， 所以f(x)＝sin2， 所以f?＝sin2＝. 5．已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn.若S3＝6，S5＝20，則S7的值為(　　) A．32B．36C．40D．42 答案　D 解析　方法一　設(shè)公差為d， 則由得 解得從而S7＝7×0＋×2＝42. 方法二　設(shè)Sn＝An2＋Bn， 則由得即 從而得S7＝49A＋7B＝42. 方法三　設(shè)公差為d， 則由得即所以d＝2， 得a4＝a3＋d＝6，所以S7＝7a4＝42.

4、 方法四　易知，，成等差數(shù)列， 所以2×＝＋，得S7＝42. 6．(2018·浙江省高三調(diào)研考試)已知直線l：y＝x＋b與圓M：(x－2)2＋y2＝4交于A，B兩點(diǎn)，從直線l上的一點(diǎn)P向圓N：x2＋(y－3)2＝1引切線，切點(diǎn)為Q，線段PQ長(zhǎng)度的最小值為，則b的值為(　　) A．－1B．7C．7或－1D．2 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－2－2

5、－2－20，b>0，定義H(a，b)＝max，則H(a，b)的最小值是(　　) A．5B．6C．8D．10 答案　A 解析　由定義H(a，b)＝max， 得?2H(a，b)≥a＋22－

6、b＋＋2b， 即2H(a，b)≥＋(22－b＋2b) ≥2＋2＝6＋4＝10， 當(dāng)且僅當(dāng)即時(shí)取等號(hào)， 所以H(a，b)min＝5. 9．已知雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)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∠PF2F1＝2∠PF1F2，則雙曲線C的離心率為(　　) A.＋2B.C.＋1D．2 答案　C 解析　設(shè)∠F1PF2＝α(0<α<π)， 則在△PF1F2中，利用余弦定理可得， |F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|cosα＝(|PF1|－|PF2|)2＋2|PF1||PF2|－2|PF1|

7、|PF2|cosα， 即4c2＝4a2＋2|PF1|·|PF2|(1－cosα)， 2b2＝|PF1||PF2|(1－cosα)，|PF1||PF2|＝， 因?yàn)椋絴PF1||PF2|sinα＝＝b2， 所以sinα＝1－cosα. 又sin2α＋cos2α＝1，所以cosα＝0， 又0<α<π，所以α＝， 即∠F1PF2＝，即PF1⊥PF2， 因?yàn)椤螾F2F1＝2∠PF1F2， 所以∠PF2F1＝，∠PF1F2＝， 所以|PF1|＝c，|PF2|＝c， 所以|PF1|－|PF2|＝(－1)c＝2a， 則e＝＝＝＋1，故選C. 10．(2018·衢州模擬)如圖，△BCD

8、是以BC為斜邊的等腰直角三角形，△ABC中∠BAC＝90°，△ABC沿著BC翻折成三棱錐A－BCD的過程中，直線AB與平面BCD所成的角均小于直線AC與平面BCD所成的角，設(shè)二面角A－BD－C，A－CD－B的大小分別為α，β，則(　　) A．α>β B．α<β C．存在α＋β>π D．α，β的大小關(guān)系不能確定 答案　B 解析　作AH⊥平面BCD，分別作HM⊥BD，HN⊥CD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AB>AC.設(shè)O為BC的中點(diǎn)，則點(diǎn)H在DO的右側(cè)，所以有HM>HN，故tanα＝tan∠AMH＝，tanβ＝tan

9、∠ANH＝，因此，tanα

10、中的常數(shù)項(xiàng)為________． 答案　6　1215 解析　n的展開式中各項(xiàng)系數(shù)的絕對(duì)值之和與n的展開式中各項(xiàng)系數(shù)之和相等， 令x＝1，則4n＝4096，則n＝6. 6的展開式的通項(xiàng) Tk＋1＝C(3)6－kk＝(－1)k36－kC， 令3－k＝0，則k＝2，T3＝(－1)234C＝1215. 13．已知某空間幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是________，該幾何體的各條棱中最長(zhǎng)棱的長(zhǎng)度為________． 答案　2　 解析　還原該幾何體，并將其放入長(zhǎng)方體中，如圖中三棱錐A－BCD所示， 則VA－BCD＝VC－ABD＝××3×2×2＝2.經(jīng)計(jì)算知，三棱錐A

11、－BCD的各條棱的長(zhǎng)度分別為AB＝3，BC＝AD＝2，BD＝CD＝，AC＝，則最長(zhǎng)棱的長(zhǎng)度為. 14．已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1－2an＝2n(n∈N*)，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝________. 答案　n·2n－1 解析　an＋1－2an＝2n兩邊同除以2n＋1， 可得－＝，又＝， ∴數(shù)列是以為首項(xiàng)，為公差的等差數(shù)列， ∴＝＋(n－1)×＝，∴an＝n·2n－1. 15．設(shè)a，b，e為平面向量，若|e|＝1，a·e＝1，b·e＝2，|a－b|＝2，則|a＋b|的最小值為________，a·b的最小值為________． 答案　3　 解析　∵|e|＝1

12、，a·e＝1，b·e＝2，∴(a＋b)·e＝3， 設(shè)(a＋b)與e的夾角為θ(θ∈[0，π])， 則|a＋b|·|e|cosθ＝3，∴|a＋b|＝(θ∈[0，π])， ∴|a＋b|min＝3，當(dāng)且僅當(dāng)cosθ＝1即θ＝0時(shí)取最小值． ∵|e|＝1，∴不妨設(shè)e＝(1,0)． ∵a·e＝1，b·e＝2，∴可設(shè)a＝(1，m)，b＝(2，n)， ∴a－b＝(－1，m－n)． ∵|a－b|＝2，∴＝2，化為(m－n)2＝3， ∴(m＋n)2＝3＋4mn≥0，∴mn≥－， 當(dāng)且僅當(dāng)m＝－n＝±時(shí)取等號(hào)． ∴a·b＝2＋mn≥2－＝. 16．2017年某縣為檢查“精準(zhǔn)扶貧”的落實(shí)情況，

13、對(duì)甲、乙、丙三個(gè)鎮(zhèn)進(jìn)行重點(diǎn)調(diào)研，甲鎮(zhèn)最多派3個(gè)人，乙鎮(zhèn)最多派2個(gè)人，丙鎮(zhèn)只派1個(gè)人．調(diào)研工作組由3男2女組成，由于該縣位于偏遠(yuǎn)山區(qū)，因此女同志不單獨(dú)調(diào)研，每個(gè)鎮(zhèn)至少派1個(gè)人，則不同的分配方法有________種． 答案　18 解析　分析知有2種分配途徑：(1)甲鎮(zhèn)派2個(gè)女同志，則必有1個(gè)男同志，有C種分配方法，另2個(gè)男同志分別分配在乙鎮(zhèn)和丙鎮(zhèn)，分配方法有A種，此時(shí)分配方法的種數(shù)為C×A＝6；(2)甲鎮(zhèn)派1個(gè)女同志，乙鎮(zhèn)派1個(gè)女同志，共A種分配方法，3個(gè)男同志只能每鎮(zhèn)派1個(gè)，共有A種，又A×A＝12，所以共有12種分配方法．又12＋6＝18，所以共有18種分配方法． 17．已知函數(shù)f(x)

14、＝－x2＋|x－2a|＋ax(a∈R)，若函數(shù)f(x)在[0,1]上的值域?yàn)閇1,2]，則實(shí)數(shù)a的值為________． 答案?。?或1 解析　由題意得，1≤f(0)＝|2a|≤2，① 1≤f(1)＝a－1＋|2a－1|≤2，② 由①得≤|a|≤1. 當(dāng)≤a≤1時(shí)，由②得，1≤3a－2≤2,1≤a≤， 所以a＝1，此時(shí)f(x)＝－x2＋|x－2|＋x， 又x∈[0,1]，所以f(x)＝－x2＋2∈[1,2]，滿足題意； 當(dāng)－1≤a≤－時(shí)，同理可得a＝－1， 此時(shí)f(x)＝－x2＋|x＋2|－x， 又x∈[0,1]，所以f(x)＝－x2＋2∈[1,2]，滿足題意． 故實(shí)數(shù)a

15、的值為－1或1. 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)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，acosC＋ccosA＝(a＋c)． (1)若4sinA＝3sinB，求的值； (2)若C＝，且c－a＝8，求△ABC的面積． 解　方法一　acosC＋ccosA＝(a＋c)， 由余弦定理得 a·＋c·＝(a＋c)， 所以a＋c＝2b. 方法二　因?yàn)閍cosC＋ccosA＝(a＋c)， 所以由正弦定理得 sinAcosC＋sinCcosA＝(sinA＋sinC)， 所以sinB＝sin(A＋C)＝(sinA＋

16、sinC)， 由正弦定理得b＝(a＋c)，即a＋c＝2b. (1)4sinA＝3sinB，由正弦定理得4a＝3b， 所以a＋c＝2·a，所以＝. (2)由c－a＝8，得b＝a＋4，c＝a＋8， 則由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC， 可得(a＋8)2＝a2＋(a＋4)2－2a·(a＋4)cos， 解得a＝6或a＝－4(舍去)，所以b＝10， 所以△ABC的面積S＝absinC＝15. 19．(15分)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是菱形，且∠ABC＝120°.點(diǎn)E是棱PC的中點(diǎn)，平面ABE與棱PD交于點(diǎn)F. (1)求證：EF∥平面PAB； (2)若

17、PA＝PD＝AD＝2，且平面PAD⊥平面ABCD，求PB與平面ABEF所成角的正弦值． (1)證明　∵底面ABCD是菱形，∴AB∥CD， 又AB?平面PCD，CD?平面PCD， ∴AB∥平面PCD， ∵A，B，E，F(xiàn)四點(diǎn)共面，且平面ABEF∩平面PCD＝EF， ∴AB∥EF， ∵AB?平面PAB，EF?平面PAB， ∴EF∥平面PAB. (2)解　方法一　要求PB與平面ABEF所成角的正弦值，只要求出點(diǎn)P到平面ABEF的距離，設(shè)點(diǎn)P到平面ABEF的距離為h，PB與平面ABEF所成的角為θ，取AD的中點(diǎn)G，連接PG，BG，BF. ∵PA＝PD，∴PG⊥AD， 又平面PAD⊥平

18、面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD， ∴PG⊥平面ABCD，∴PG⊥GB， ∵PG＝BG＝，∴PB＝， 不難求得BF＝2，S△ABF＝，S△PAF＝， 點(diǎn)B到平面PAF的距離為BG＝， 由VP－ABF＝VB－PAF，可得 S△ABF·h＝S△PAF·BG， ∴h＝，∴h＝， 則sinθ＝＝＝， ∴PB與平面ABEF所成角的正弦值為. 方法二　取AD的中點(diǎn)G，連接PG，GB， ∵PA＝PD，∴PG⊥AD， 又平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD， ∴PG⊥平面ABCD， ∴PG⊥GB， 在菱形ABCD中，∵AB＝AD，∠DAB＝6

19、0°，G是AD中點(diǎn)，∴AD⊥GB， 如圖，建立空間直角坐標(biāo)系Gxyz， ∵PA＝PD＝AD＝2，則G(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0，，0)，C(－2，，0)，D(－1,0,0)，P(0,0，)， ∵AB∥EF，E是棱PC的中點(diǎn)， ∴F是棱PD的中點(diǎn)， ∴E，F(xiàn)， ＝，＝，＝(0，，－)， 設(shè)平面ABEF的法向量為n＝(x，y，z)， 則有∴ 不妨取x＝3，則平面ABEF的一個(gè)法向量為n＝(3，，3)， ∵sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝＝， ∴PB與平面ABEF所成角的正弦值為. 20．(15分)(2019·臺(tái)州質(zhì)檢)已知數(shù)列{an}為等比數(shù)列，其前n項(xiàng)和為S

20、n，若a1＋a4＝－，且對(duì)任意的n∈N*，有Sn，Sn＋2，Sn＋1成等差數(shù)列． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)若bn＝n，Tn＝＋＋…＋，且(n－1)2≤m(Tn－n－1)對(duì)任意的n≥2，n∈N*恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍． 解　(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q， 因?yàn)閷?duì)任意的n∈N*，有Sn，Sn＋2，Sn＋1成等差數(shù)列， 所以2Sn＋2＝Sn＋Sn＋1， 令n＝1，則2(a1＋a1q＋a1q2)＝a1＋a1＋a1q， 整理得2a1(1＋q＋q2)＝a1(2＋q)． 因?yàn)閍1≠0，所以2(1＋q＋q2)＝2＋q， 又q≠0，所以q＝－. 又a1＋a4＝－，所

21、以a1＝－， 所以an＝a1qn－1＝n. (2)因?yàn)閎n＝n，由(1)知＝＝n·2n， 所以Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n， 2Tn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1， 兩式相減，得－Tn＝1×21＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1， 所以Tn＝－＝(n－1)×2n＋1＋2. 當(dāng)n≥2，n∈N*時(shí)，Tn>n＋1， 所以(n－1)2≤m(Tn－n－1)對(duì)任意的n≥2，n∈N*恒成立，即m≥對(duì)任意的n≥2，n∈N*恒成立． 令f(x)＝(x≥2)， 則f(x＋1)－f(x)＝－ ＝<0， 所以≤＝.所以m≥， 即實(shí)數(shù)m的取值范圍

22、為. 21．(15分)已知拋物線C1，C2的方程分別為x2＝2y，y2＝2x. (1)求拋物線C1和拋物線C2的公切線l的方程； (2)過點(diǎn)G(a，b)(a，b為常數(shù))作一條斜率為k的直線與拋物線C2：y2＝2x交于P，Q兩點(diǎn)，當(dāng)弦PQ的中點(diǎn)恰好為點(diǎn)G時(shí)，試探求k與b之間的關(guān)系． 解　(1)由題意可知，直線l的斜率顯然存在，且不等于0，設(shè)直線l的方程為y＝tx＋m. 聯(lián)立消去y并整理得x2－2tx－2m＝0， 因?yàn)橹本€l與拋物線C1相切， 所以Δ1＝(－2t)2－4×(－2m)＝0， 整理得t2＋2m＝0.① 同理，聯(lián)立得2tm＝1.② 由①②，解得 所以直線l的方程為y

23、＝－x－. (2)由題意知直線PQ的方程為y－b＝k(x－a)， 即y＝k(x－a)＋b. 聯(lián)立消去y得 k2x2＋(－2k2a＋2kb－2)x＋k2a2＋b2－2kab＝0， 當(dāng)k＝0時(shí)，直線PQ與拋物線C2：y2＝2x只有一個(gè)交點(diǎn)，故k≠0， 設(shè)點(diǎn)P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 由根與系數(shù)的關(guān)系得x1＋x2＝， 所以＝. 又y1＋y2＝k(x1－a)＋b＋k(x2－a)＋b ＝k(x1＋x2)－2ka＋2b＝－2ka＋2b ＝＝， 所以＝. 要滿足弦PQ的中點(diǎn)恰好為點(diǎn)G(a，b)， 根據(jù)中點(diǎn)坐標(biāo)公式可知 即所以kb＝1. 故k與b之間的關(guān)系是互為倒數(shù)．

24、 22．(15分)已知函數(shù)f(x)＝ex－x2－ax. (1)若函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，求a的取值范圍； (2)若a＝1，證明：當(dāng)x>0時(shí)，f(x)>1－－2. 參考數(shù)據(jù)：e≈2.71828，ln2≈0.69. (1)解　方法一　由f(x)＝ex－x2－ax， 得f′(x)＝ex－2x－a， 因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在R上單調(diào)遞增， 所以f′(x)＝ex－2x－a≥0在R上恒成立， 得a≤ex－2x在R上恒成立． 設(shè)g(x)＝ex－2x，則g′(x)＝ex－2. 令g′(x)＝ex－2＝0，得x＝ln2. 當(dāng)xln2時(shí)，g′(x)>0.

25、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)x＝ln2時(shí)，g(x)取得最小值， 且g(ln2)＝eln2－2ln2＝2－2ln2，所以a≤2－2ln2， 所以a的取值范圍為(－∞，2－2ln2]． 方法二　由f(x)＝ex－x2－ax， 得f′(x)＝ex－2x－a， 因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，所以f′(x)＝ex－2x－a≥0在R上恒成立． 設(shè)h(x)＝ex－2x－a，則h′(x)＝ex－2. 令h′(x)＝ex－2＝0，得x＝ln2， 當(dāng)xln2時(shí)，h′(x)>0. 則函數(shù)h(x)在(－∞，ln2

26、)上單調(diào)遞減，在(ln2，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以當(dāng)x＝ln2時(shí)，h(x)取得最小值，且h(ln2)＝eln2－2ln2－a＝2－2ln2－a. 由于f′(x)＝h(x)，則2－2ln2－a≥0，得a≤2－2ln2， 所以a的取值范圍為(－∞，2－2ln2]． (2)若a＝1，則f(x)＝ex－x2－x， 得f′(x)＝ex－2x－1. 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)＝e－3<0， f′＝－2－1＝e－3－ln2>0， 所以存在x0∈，使得f′(x0)＝0， 即－2x0－1＝0. 當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(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)x＝x0時(shí)，函數(shù)f(x)取得最小值， 且f(x0)＝－x－x0， 所以當(dāng)x>0時(shí)，f(x)≥f(x0)． 由－2x0－1＝0，得＝2x0＋1， 則f(x0)＝－x－x0＝2x0＋1－x－x0＝－x＋x0＋1＝－2＋. 由于x0∈， 則f(x0)＝－2＋>－2＋＝1－－2. 所以當(dāng)x>0時(shí)，f(x)>1－－2. 14