《（浙江專版）2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 綜合檢測一（含解析）.docx》由會員分享，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) 綜合檢測一（含解析）.docx（17頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
綜合檢測一
(時間：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選項中，只有一項是符合題目要求的)
1．已知集合A＝{x∈R|x＋1≥0}，B＝{x∈R|2－x2<0}，則A∪(?RB)等于( )
A．[－1，＋∞)
B．[－，＋∞)
C．(－∞，－]∪[－1，＋∞)
D．[－1，]
答案 B
解析 根據(jù)題意，得A＝{x|x≥－1}，
?RB＝{x∈R|x2≤2}＝{x|－≤x≤}，
從而A∪(?RB)＝{x|x≥－}，故選B.
2．已知向量a＝(1＋m,1－m)，b＝(m－1,2m＋1)，m∈R，則“m＝0”是“a⊥b”的( )
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
答案 A
解析 a⊥b?(1＋m)(m－1)＋(1－m)(2m＋1)＝0?m(m－1)＝0?m＝0或m＝1，所以“m＝0”是“a⊥b”的充分不必要條件．故選A.
3．已知函數(shù)f(x)＝log(x2－2x－3)，則下列關(guān)系正確的是( )
A．f(－)
f(－) D．f(log328)0，
得x<－1或x>3.
∴y＝x2－2x－3＝(x－1)2－4在(－∞，－1)上是減函數(shù)，在(3，＋∞)上是增函數(shù)，而y＝logx在(0，＋∞)上是減函數(shù)，
∴f(x)在(－∞，－1)上是增函數(shù)，在(3，＋∞)上是減函數(shù)，
∵－<－<－1，∴f(－)f()；
∵－<－<－1，∴f(－)f(3)．
故選A.
4．已知x，y滿足約束條件則z＝|x＋y＋2|的最大值是( )
A．7B．6C．5D．4
答案 B
解析 方法一 畫出可行域如圖中陰影部分(含邊界)所示，
則A(0,1)，B(2,2)，C，
則可行域在直線l：x＋y＋2＝0的右上方，z＝|x＋y＋2|＝x＋y＋2，即y＝－x＋z－2，
故當(dāng)直線y＝－x＋z－2過點B時，z取得最大值，最大值是6.
方法二 畫出可行域如圖中陰影部分(含邊界)所示，則A(0,1)，B(2,2)，C，記直線l：x＋y＋2＝0，點B到直線l的距離為dB－l，則z＝|x＋y＋2|＝≤dB－l，而dB－l＝3，故z＝|x＋y＋2|≤6，所以z＝|x＋y＋2|的最大值是6.
5．若(3ax－1)5(2x－1)3的展開式中各項系數(shù)的和為1，則該展開式中x2項的系數(shù)為( )
A．56B．112C．168D．224
答案 B
解析 令x＝1得(3a－1)5(2－1)3＝1，
解得a＝，
則(3ax－1)5(2x－1)3＝(2x－1)8，
其二項展開式的通項Tk＋1＝C(2x)8－k(－1)k，
所以x2項為Tk＋1＝C(2x)8－6(－1)6＝4Cx2＝112x2，
所以x2項的系數(shù)為112.
6．已知函數(shù)f(x)＝若函數(shù)g(x)＝f(x)－k(x＋1)在(－∞，1]上恰有兩個不同的零點，則實數(shù)k的取值范圍是( )
A．[1,3) B．(1,3]
C．[2,3) D．[1，＋∞)
答案 A
解析 函數(shù)g(x)＝f(x)－k(x＋1)在(－∞，1]上恰有兩個不同的零點，等價于直線y＝k(x＋1)與函數(shù)y＝f(x)的圖象在(－∞，1]上有兩個不同的交點．作出f(x)的大致圖象如圖所示，
因為直線y＝k(x＋1)過定點(－1,0)，定點(－1,0)與點(1,2)和(0,3)連線的斜率分別為1和3，結(jié)合f(x)的圖象可知k的取值范圍是[1,3)．故選A.
7．某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為( )
A．12－ ．12－π
C．12－ ．12－
答案 A
解析 由三視圖可知，該幾何體是一個正四棱柱挖去一個半圓錐所得到的幾何體，其直觀圖如圖所示，
其中正四棱柱的底面正方形的邊長a＝2，半圓錐的底面半徑r＝1，高h＝3，所以正四棱柱的體積V1＝a2h＝223＝12，半圓錐的體積V2＝r2h＝123＝，所以該幾何體的體積V＝V1－V2＝12－.
8．已知圓C：x2＋(y－1)2＝8，直線l1：mx＋y－m－3＝0與圓C交于A，B兩點，直線l2：x－my＋3m－1＝0與圓C交于E，F(xiàn)兩點，則四邊形AEBF的面積的最大值為( )
A．10B．11C．12D．13
答案 B
解析 方法一 設(shè)圓心C(0,1)到直線l1，l2的距離分別為d1，d2，圓C的半徑為r，
則d1＝，d2＝，
∴|AB|＝2＝2，
|EF|＝2＝2，
又由直線方程知l1⊥l2，∴AB⊥EF，
則S四邊形AEBF＝|AB||EF|
＝22
＝2
＝2
＝2
＝2
＝2≤11，
當(dāng)且僅當(dāng)3m－4＝，即m＝3或－時等號成立．
方法二 直線l1：mx＋y－m－3＝0?m(x－1)＋(y－3)＝0，直線l2：x－my＋3m－1＝0?(x－1)－m(y－3)＝0，
∴直線l1⊥l2，且均過定點P(1,3)．
∵圓C：x2＋(y－1)2＝8，則圓心C(0,1)，
設(shè)圓C的半徑為r，圓心C到直線l1，l2的距離分別為d1，d2，過點C分別向直線l1，l2作垂線，垂足分別為M，N，則四邊形CMPN為矩形，且滿足d＋d＝|CP|2＝(1－0)2＋(3－1)2＝5.
|AB|＝2＝2，
|EF|＝2＝2，
由l1⊥l2?AB⊥EF，則S四邊形AEBF＝|AB||EF|
＝22
≤(8－d)＋(8－d)＝16－(d＋d)＝11，
當(dāng)且僅當(dāng)8－d＝8－d，即d＝d＝時等號成立．
9.如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB＝BC＝CA＝3，AA1＝2，M是AB上的點，且BM＝2AM，動點Q在底面A1B1C1內(nèi)，若BQ∥平面A1CM，則BQ的取值范圍是( )
A. .
C. .
答案 D
解析 如圖，在A1B1上取一點D，使A1D＝2B1D，
取B1C1的中點E，連接BD，BE，DE，
則BD∥A1M，因為A1M?平面A1CM，
所以BD∥平面A1CM.
同理，DE∥平面A1CM，所以平面BDE∥平面A1CM，
所以點Q在線段DE上，點Q的軌跡為線段DE，
易得BD＝，BE＝，
在△B1DE中，由余弦定理得
DE2＝DB＋B1E2－2DB1B1Ecos∠DB1E
＝1＋－21＝，所以DE＝，
在△BDE中，利用余弦定理得
cos∠BDE＝＝，
所以sin∠BDE＝，
則BQ的最小值為DE邊上的高，最大值為BE的長，
DE邊上的高是BDsin∠BDE＝＝，
所以BQ∈，故選D.
10．已知同一平面內(nèi)的向量a，b，c滿足|a－b|＝|b－c|＝|c－a|＝2，d為該平面內(nèi)的任意一個向量，且(b－d)(c－d)＝0，則(a－d)(a＋b－2d)的最大值為( )
A．4＋2B．4＋C．5＋D．5＋2
答案 D
解析 如圖，假設(shè)a，b，c，d共起點D，根據(jù)|a－b|＝|b－c|＝|c－a|＝2，可知a，b，c終點的連線構(gòu)成一個邊長為2的正三角形(如圖所示的△ABC)，
又(b－d)(c－d)＝0，故OC⊥OB，
而(a－d)(a＋b－2d)＝(a－d)[(a－d)＋(b－d)]＝，其中E為平行四邊形OAEB的頂點，這樣問題就轉(zhuǎn)化為求的最大值了．
以O(shè)為原點，OB，OC所在直線分別為x軸，y軸建立平面直角坐標(biāo)系，設(shè)∠OBC＝θ，
則B(2cosθ，0)，C(0,2sinθ)，
A，
E，
∴＝
＋2sin2sin
＝4＋2cos2θ＋6sinθcosθ
＝5＋cos2θ＋3sin2θ
＝5＋2sin(2θ＋φ)，其中tanφ＝，
∴的最大值為5＋2.
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)
11．十九世紀(jì)德國著名數(shù)學(xué)家狄利克雷在數(shù)學(xué)領(lǐng)域成就卓著，函數(shù)f(x)＝被稱為狄利克雷函數(shù)，其中R為實數(shù)集，Q為有理數(shù)集，狄利克雷函數(shù)是無法畫出函數(shù)圖象的，但是它的函數(shù)圖象卻客觀存在，如果A(0，f(0))，B(，f())在其圖象上，那么f()＝________，A，B兩點間的距離為________．
答案 0 2
解析 根據(jù)函數(shù)的解析式得f(0)＝1，f()＝0，所以A，B兩點間的距離為2.
12．已知i為虛數(shù)單位，＝a＋bi(a，b∈R)，則a＋b＝________，a＋bi的共軛復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點位于第________象限．
答案?。? 二
解析 ＝－1－i，則a＝－1，b＝－1，∴a＋b＝－2，a＋bi的共軛復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點為(－1,1)，位于第二象限．
13．雙曲線－＝1的離心率是________，右焦點到漸近線的距離是________．
答案
解析 雙曲線－＝1的離心率e＝＝＝.雙曲線的右焦點為(，0)，漸近線方程為y＝x，所以右焦點到漸近線的距離d＝＝.
14．拋擲1枚質(zhì)地均勻的骰子，當(dāng)正面朝上的點數(shù)為3的倍數(shù)時，就說這次試驗成功，則在兩次試驗中至少有一次成功的概率為________；若連續(xù)做10次試驗，記X為試驗成功的次數(shù)，則E(X)＝________.
答案
解析 記事件A為“兩次試驗中至少有一次成功”，則事件為“兩次試驗都不成功”．基本事件的個數(shù)為n＝66＝36，事件包括的基本事件的個數(shù)m＝44＝16，則P(A)＝1－P()＝1－＝1－＝.易知X～B(10，p)，其中一次試驗成功的概率p＝＝，則E(X)＝np＝10＝.
15．由1,2,3,4,5,6六個數(shù)字組成無重復(fù)數(shù)字的六位數(shù)，要求1不排在兩端，2,3相鄰，6在4的左邊，則可以組成________個不同的六位數(shù)．
答案 72
解析 方法一 2,3相鄰，所以把2,3看作一個整體，有2種排法，這樣，六個元素變成了五個．先排1，由于1不排在兩端，則1在中間的3個位置中，有A＝3種排法，其余的4個元素任意排，有A種排法，又4,6順序已經(jīng)確定，所以不同的六位數(shù)有＝72(個)．
方法二 2,3排序有A種，且1不在兩端的情形有(AA－ACA)種，除去4,6的順序，得＝72(個)．
16．已知a>0，b>0，則＋的最小值是________．
答案 2
解析 方法一 當(dāng)a＋b≥ab＋1時，
＋≥＋＝
＝≥＝2，
當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝1時等號成立；
當(dāng)a＋b＋
＝>＝2.
故＋的最小值是2.
方法二 因為3(b2＋2)－(b＋2)2＝2(b－1)2≥0，
所以b2＋2≥，
進而＋≥＋
≥＝
＝
≥
＝＝2，
當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝1時等號成立，
故＋的最小值是2.
17．已知F1，F(xiàn)2是橢圓和雙曲線的公共焦點，且F1，F(xiàn)2在x軸上，P是它們的一個公共點，且∠F1PF2＝，則橢圓和雙曲線的離心率之積的取值范圍是________．
答案 (1，＋∞)
解析 方法一 設(shè)橢圓方程為＋＝1(a1>b1>0)，
離心率為e1，半焦距為c，滿足c2＝a－b，
雙曲線方程為－＝1(a2>0，b2>0)，
離心率為e2，半焦距為c，滿足c2＝a＋b，
不妨設(shè)F1，F(xiàn)2分別為左、右焦點，P是它們在第一象限的一個公共點，
則由橢圓與雙曲線的定義得，
?
在△F1PF2中，由余弦定理可得
＝－，
整理得4c2＝3a＋a，即3＋＝4，
即32＋2＝4，則2＝4－32.
由令t＝2，
則t＝2＝∈，
∴22＝2
＝－3t2＋4t＝－32＋，
∵函數(shù)f(t)＝－32＋在上單調(diào)遞減，
∴22＝－32＋∈(0,1)，
即e1e2的取值范圍為(1，＋∞)．
方法二 設(shè)橢圓方程為＋＝1(a1>b1>0)，
離心率為e1，半焦距為c，滿足c2＝a－b，
雙曲線方程為－＝1(a2>0，b2>0)，
離心率為e2，半焦距為c，滿足c2＝a＋b，
不妨設(shè)F1，F(xiàn)2分別為左、右焦點，P是它們在第一象限的一個公共點，|PF1|＝m，|PF2|＝n，則m>n>0，
在△F1PF2中，由余弦定理可得m2＋n2＋mn＝4c2，
則由橢圓與雙曲線的定義，得
則＝＝＝
＝＝1－，
令t＝2＋>3，
則＝1－＝1－，
∵函數(shù)g(t)＝1－在(3，＋∞)上單調(diào)遞增，
∴∈(0,1)，即e1e2的取值范圍為(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)已知函數(shù)f(x)＝cos2x－sinxcosx.
(1)求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；
(2)若銳角三角形ABC的三個內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且f(C)＝－，a＝2，求b的取值范圍．
解 (1)∵f(x)＝cos2x－sinxcosx
＝－sin2x，
∴f(x)＝cos＋，
令2kπ－π≤2x＋≤2kπ，k∈Z，
得kπ－≤x≤kπ－，k∈Z，
∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，k∈Z.
(2)∵f(C)＝－，
∴f(C)＝cos＋＝－，
∴2C＋＝2kπ＋π，k∈Z，
又0c3>c4>…>cn，
∴對一切正整數(shù)n，cn的最大值是.
又cn≤m2＋m－1對一切正整數(shù)n恒成立，
∴m2＋m－1≥，
即m2＋4m－5≥0，解得m≥1或m≤－5.
21.(15分)如圖，已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)，F(xiàn)1，F(xiàn)2為其左、右焦點，離心率e＝，M為橢圓上一動點，△MF1F2的面積的最大值為2.
(1)求橢圓C的方程；
(2)過點P(2,0)作直線l，交橢圓C于A，B兩點，求△MAB面積的最大值，并求此時直線l的方程．
解 (1)由得
所以橢圓C的方程為＋＝1.
(2)當(dāng)直線l的斜率為0時，直線l的方程為y＝0，
此時S△MAB的最大值為22＝2.
當(dāng)直線l的斜率存在且不為0或斜率不存在時，設(shè)直線l：x＝my＋2，
代入橢圓方程得4(my＋2)2＋5y2－20＝0，
即(4m2＋5)y2＋16my－4＝0，
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則y1＋y2＝－，y1y2＝，
故|AB|＝
＝，
平移直線l至直線l′的位置，使得直線l′與橢圓相切(圖略)，設(shè)直線l′：x＝my＋t，代入橢圓方程得4(my＋t)2＋5y2－20＝0，即(4m2＋5)y2＋8mty＋4t2－20＝0，
由Δ＝0得4m2＋5＝t2，則t2≥5，
當(dāng)t＝－時，點M距離直線l最遠，即S△MAB最大，此時，點M到直線l的距離d＝，
從而S△MAB＝|AB|d
＝
＝2
＝2.
令1－＝u，f(u)＝u3(2－u)，
由f′(u)＝6u2－4u3＝0得u1＝0，u2＝，
所以函數(shù)f(u)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
因為t≤－，所以u∈，故當(dāng)u＝，即t＝－4時，S△MAB取得最大值，最大值為.
綜上，S△MAB的最大值為，此時，m＝，
所以直線l的方程為x＝y(tǒng)＋2.
22．(15分)已知函數(shù)f(x)＝x2－4x＋5－(a∈R)．
(1)若f(x)在R上為增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；
(2)設(shè)g(x)＝exf(x)，當(dāng)m≥1時，若g(x1)＋g(x2)＝2g(m)(其中x1m)，求證：x1＋x2<2m.
(1)解 由題意知f′(x)＝2x－4＋≥0在R上恒成立，即a≥(4－2x)ex在R上恒成立．
設(shè)h(x)＝(4－2x)ex，∴h′(x)＝(2－2x)ex，
∴當(dāng)x∈(－∞，1)時，h′(x)>0，h(x)在(－∞，1)上為增函數(shù)，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h′(x)<0，h(x)在(1，＋∞)上為減函數(shù)，
∴h(x)max＝h(1)＝2e，∴a≥2e，即a∈[2e，＋∞)．
(2)證明 g(x)＝exf(x)＝(x2－4x＋5)ex－a，
∵g(x1)＋g(x2)＝2g(m)，m∈[1，＋∞)，
∴(x－4x1＋5)－a＋(x－4x2＋5)－a
＝2(m2－4m＋5)em－2a，
∴(x－4x1＋5)＋(x－4x2＋5)＝2(m2－4m＋5)em.
設(shè)φ(x)＝(x2－4x＋5)ex，x∈R，
則φ(x1)＋φ(x2)＝2φ(m)，則φ′(x)＝(x－1)2ex≥0，
∴φ(x)在R上單調(diào)遞增．
設(shè)F(x)＝φ(m＋x)＋φ(m－x)，
則F′(x)＝(m＋x－1)2em＋x－(m－x－1)2em－x.
當(dāng)x>0時，em＋x>em－x>0，
(m＋x－1)2－(m－x－1)2＝2x(2m－2)≥0，
∴F′(x)>0，F(xiàn)(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
∴F(x)>F(0)＝2φ(m)，
∴φ(m＋x)＋φ(m－x)>2φ(m)，x∈(0，＋∞)．
令x＝m－x1，∵x10，
∴φ(m＋m－x1)＋φ(m－m＋x1)>2φ(m)，
即φ(2m－x1)＋φ(x1)>2φ(m)，
又φ(x1)＋φ(x2)＝2φ(m)，
∴φ(2m－x1)＋2φ(m)－φ(x2)>2φ(m)，
即φ(2m－x1)>φ(x2)，
∵φ(x)在R上單調(diào)遞增，
∴2m－x1>x2，即x1＋x2<2m.
（浙江專版）2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 綜合檢測一（含解析）.docx
裝配圖網(wǎng)所有資源均是用戶自行上傳分享，僅供網(wǎng)友學(xué)習(xí)交流，未經(jīng)上傳用戶書面授權(quán)，請勿作他用。
鏈接地址：http://www.3dchina-expo.com/p-6419929.html