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滾動(dòng)檢測六(1～9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．函數(shù)y＝ln(1－x2)的定義域?yàn)锳，值域?yàn)锽，全集U＝R，則集合A∩(?UB)等于( )
A．(－1，＋∞) B．(－∞，0]
C．(0,1) D．[0,1)
答案 C
解析 ∵B＝{y|y≤0}，∴?UB＝{y|y>0}，
又∵A＝{x|－1
1，對于q，由a2＋2a≥0，解得a≥0或a≤－2，因此p是q的充分不必要條件，故選A.
3．已知直線l1: xsinα＋y－1＝0，直線l2: x－3ycosα＋1＝0，若l1⊥l2，則sin2α等于( )
A.B．C．－D.
答案 D
解析 因?yàn)閘1⊥l2，所以sinα－3cosα＝0，所以tanα＝3，所以sin2α＝2sinαcosα＝＝＝.
4．已知△ABC中，AB＝2，AC＝4，∠BAC＝60，P為線段AC上任意一點(diǎn)，則的取值范圍是( )
A．[1,4] B．[0,4]
C．[－2,4] D.
答案 D
解析 根據(jù)余弦定理得，
BC2＝AB2＋AC2－2ABACcos∠BAC＝12，
∴∠ABC＝90，
以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，BC所在直線為x軸、BA所在直線為y軸建立平面直角坐標(biāo)系如圖，
則C(2，0)，A(0,2)，
AC：＋＝1，設(shè)P(x，y)，
則y2＝－x＋4，x∈[0,2]，
所以＝(－x，－y)(2－x，－y)＝x2＋y2－2x＝x2－x＋4∈.
5．將函數(shù)y＝2sin(ω>0)的圖象向右平移個(gè)單位長度后，所得圖象關(guān)于y軸對稱，則ω的最小值為( )
A．2B．1C.D.
答案 B
解析 將函數(shù)y＝2sin(ω>0)的圖象向右平移個(gè)單位長度后，得y＝2sin
＝2sin關(guān)于y軸對稱，
所以－＋＝＋kπ(k∈Z)，
得ω＝－k－，k∈Z.
又ω>0，所以ωmin＝1，故選B.
6．若雙曲線－＝1的一條漸近線方程為2x－3y＝0，則m的值為( )
A.B.C.D.
答案 A
解析 由雙曲線－＝1的一條漸近線的方程為2x－3y＝0，
可得(3－m)(m＋1)>0，解得m∈(－1,3)，
所以x－y＝0是雙曲線的漸近線方程，
所以＝，解得m＝.
7．設(shè)f(x)＝ex(x2＋2x)，令f1(x)＝f′(x), fn＋1(x)＝[fn(x)]′，若fn(x)＝ex(Anx2＋Bnx＋Cn)，數(shù)列的前n項(xiàng)和為Sn，當(dāng)≤時(shí)，n的最小整數(shù)值為( )
A．2018B．2019C．2020D．2021
答案 B
解析 ∵f1＝f′＝ex(x2＋4x＋2)，
∴f2(x)＝ex(x2＋6x＋6)，
∴Cn＝2＋4＋6＋…＋2n＝n(2＋2n)＝n(n＋1)，
＝－，
∴Sn＝＋＋…＋＝1－，
∴≤，∴n≥2019，故選B.
8．(2018浙江省衢州二中模擬)已知△ABC中，AB＝4，AC＝5，BC＝6，點(diǎn)O為△ABC的外心，記a＝，b＝，c＝，則( )
A．a(chǎn)a>c，故選C.
9．已知雙曲線－y2＝1(a>0)的離心率e＝，它的一個(gè)頂點(diǎn)為拋物線y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)F，過F的直線l與拋物線交于A，B兩點(diǎn)，且|AF|＝4|FB|，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，則△AOB的面積為( )
A.B．1C.D.
答案 C
解析 由題意可知e＝＝，得a＝，
故拋物線y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)F，
因此其方程為y2＝2x，準(zhǔn)線為x＝－.
如圖，過A，B分別作準(zhǔn)線的垂線AA′，BB′，垂足分別為A′，B′，過點(diǎn)B作BH⊥AA′交AA′于H，
則|BB′|＝|HA′|.
設(shè)|FB|＝t，則|AF|＝4t，
所以|AH|＝|AA′|－|A′H|＝4t－t＝3t.
又|AB|＝5t，因此在Rt△ABH中，
cos∠HAB＝，sin∠HAB＝.
所以tan∠HAB＝.
則AB所在的直線方程為y＝，
由得x2－x＋＝0，
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則|AB|＝x1＋x2＋p＝＋1＝.
又點(diǎn)O到直線AB的距離
d＝|OF|sin∠OFB＝＝，
所以S△AOB＝＝.
10．(2018浙江省部分重點(diǎn)中學(xué)考試)已知△ABC是邊長為6的正三角形，D在AB上，且滿足AD＝2DB，如圖1.現(xiàn)沿著CD將△ACD折起至△A′CD，使得A′在平面BCD上的投影在△BDC的內(nèi)部(包括邊界)，如圖2，則二面角A′－CD－B的余弦值的取值范圍是( )
A. B.
C. D.
答案 C
解析 在題圖1△ABC中，過點(diǎn)A作AO⊥CD，交CD于點(diǎn)O，交BC于點(diǎn)H.因?yàn)辄c(diǎn)A′在平面BCD上的投影在△BDC的內(nèi)部(包括邊界)，所以其投影在線段OH上．
在題圖2中，過點(diǎn)A′作A′M⊥OH，垂足為M(圖略)，則A′M⊥平面BDC，∠A′OM為二面角A′－CD－B的平面角．
因?yàn)锳D＝4，AC＝6，∠CAD＝60，
所以CD2＝AD2＋AC2－2ADACcos60＝16＋36－246cos60＝28，CD＝2，
又CDAO＝ADACsin60，
即2AO＝46，所以AO＝.
以BC的中點(diǎn)E為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，則A(0,3)，C(3,0)，
D(－2，)．
設(shè)H(a,0)，因?yàn)锳H⊥CD，
所以＝0，
即－5a－9＝0，解得a＝－，所以AH＝，
又AHCO＝ACCHsin60，
即CO＝6，所以CO＝，
所以AO＝＝，所以O(shè)H＝.
所以當(dāng)點(diǎn)M與點(diǎn)H重合時(shí)，∠A′OM最小，
(cos∠A′OM)max＝＝，
當(dāng)點(diǎn)M與點(diǎn)O重合時(shí)，∠A′OH＝，
即為二面角A′－CD－B的平面角，其余弦值取最小值0.
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．已知復(fù)數(shù)z＝，其中i是虛數(shù)單位，則復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)在第________象限，z＝________.
答案 四 2
解析 因?yàn)閦＝＝＝1－i，所以復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)為(1，－1)，在第四象限．
方法一 因?yàn)閦＝1＋i，所以z＝(1－i)(1＋i)＝2.
方法二 因?yàn)閨z|＝|1－i|＝，所以z＝|z|2＝2.
12．(2018浙江省金華十?？荚?已知拋物線y2＝2px(p>0)上一點(diǎn)A(1，a)到焦點(diǎn)的距離為2，則該拋物線的準(zhǔn)線方程為________．
答案 x＝－1
解析 因?yàn)閽佄锞€y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)為F，
由已知可得解得
所以拋物線的準(zhǔn)線方程為x＝－1.
13．(2018杭州質(zhì)檢)一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是________，表面積是________．
答案 (6＋)π＋6
解析 由三視圖可知該幾何體為半徑為2的球的四分之一和一個(gè)底面半徑為2的半圓錐的組合體，其體積為π23＋π223＝，其表面積為π22＋34＋4π22＋π2＝(6＋)π＋6.
14．若函數(shù)f(x)＝為奇函數(shù)，則a＝________，f(g(－2))＝________.
答案 0 －25
解析 由函數(shù)f(x)是R上的奇函數(shù)可得f(0)＝a＝0.
因?yàn)間(－2)＝f(－1)＝－f(1)＝－4，
所以f(g(－2))＝f(－4)＝－f(4)＝－25.
15．已知在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且b＝a，cosB＝cosA，c＝＋1，則△ABC的面積為________．
答案
解析 由cosB＝cosA并結(jié)合余弦定理，得
＝，
將b＝a代入得(1＋)a2＝(－1)c2，
又因?yàn)閏＝＋1，所以a＝，所以b＝2，
則cosC＝＝＝，
所以sinC＝，
所以S△ABC＝absinC＝.
16．已知圓O1和圓O2都經(jīng)過點(diǎn)A(0,1)，若兩圓與直線4x－3y＋5＝0及y＋1＝0均相切，則|O1O2|＝________.
答案
解析 設(shè)圓O1的圓心為(a1，b1)，半徑為r1，則由題意，有
消去b1，r1，得
a1(a＋6a＋4a1－40)＝0，
即a1(a1－2)(a＋8a1＋20)＝0.
設(shè)圓O2的圓心為(a2，b2)，半徑為r2，
同理可得a2(a2－2)(a＋8a2＋20)＝0.
由此可知，a1，a2為方程a(a－2)(a2＋8a＋20)＝0的兩根．
因?yàn)閍2＋8a＋20＝(a＋4)2＋4>0，
所以a(a－2)(a2＋8a＋20)＝0的兩根為0,2，
不妨設(shè)a1＝0，a2＝2，
則b1＝0，b2＝1，
所以|O1O2|＝＝.
17．若實(shí)數(shù)x，y滿足目標(biāo)函數(shù)z＝x－ky(k>0)的最小值為－3，則實(shí)數(shù)k的值為________，若方程2x＋y＋a＝0無解，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________．
答案 1 (－∞，－4)∪(－1，＋∞)
解析 作出不等式組表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分(含邊界)所示，
由圖可知目標(biāo)函數(shù)z＝x－ky(k>0)在點(diǎn)B(0,3)處取得最小值－3，所以－3k＝－3，得k＝1.
作出直線2x＋y＝0，并平移該直線，
當(dāng)直線經(jīng)過點(diǎn)C(0,1)時(shí)，2x＋y取得最小值1，
當(dāng)直線經(jīng)過點(diǎn)A(1,2)時(shí)，2x＋y取得最大值4.
因?yàn)榉匠?x＋y＋a＝0無解，
所以直線2x＋y＋a＝0與不等式組表示的區(qū)域沒有交點(diǎn)，
所以a<－4或a>－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)＝2sinxcosx－2cos2x＋1，x∈R.
(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期和單調(diào)遞減區(qū)間；
(2)若f(α)＝，且<α<，求f的值．
解 (1)因?yàn)閒(x)＝sin2x－(2cos2x－1)＝sin2x－cos2x＝2sin，
所以函數(shù)f(x)的最小正周期T＝π.
令2kπ＋≤2x－≤2kπ＋，k∈Z，
得kπ＋≤x≤kπ＋，k∈Z，
所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為，k∈Z.
(2)因?yàn)閒(α)＝2sin＝，
所以sin＝.
因?yàn)?α<，所以<2α－<π，
所以cos＝－＝－.
所以f＝2sin
＝2sin2α＝2sin
＝2
＝2＝.
19．(15分)已知四棱錐P－ABCD的底面ABCD為菱形，∠ADC＝120，AD的中點(diǎn)M是頂點(diǎn)P在底面ABCD上的射影，N是PC的中點(diǎn)．
(1)求證：平面MPB⊥平面PBC；
(2)若MP＝MC，求直線BN與平面PMC所成角的正弦值．
(1)證明 在菱形ABCD中，設(shè)AB＝2a，
∵M(jìn)是AD的中點(diǎn)，
∴MB2＝AM2＋AB2－2AMABcos60＝3a2，
MC2＝DM2＋DC2－2DMDCcos120＝7a2，
又∵BC2＝4a2，∴MB2＋BC2＝MC2.
∴MB⊥BC，
又∵點(diǎn)P在底面ABCD上的射影是AD的中點(diǎn)M，
∴PM⊥平面ABCD.
又BC?平面ABCD，∴PM⊥BC，
而PM∩MB＝M，PM，MB?平面MPB，
∴BC⊥平面MPB，
又BC?平面PBC，∴平面MPB⊥平面PBC.
(2)解 方法一 過點(diǎn)B作BH⊥MC，連接HN(圖略)．
∵PM⊥平面ABCD，BH?平面ABCD，
∴BH⊥PM，
又∵PM，MC?平面PMC，PM∩MC＝M，
∴BH⊥平面PMC，
∴HN為直線BN在平面PMC上的射影，
故∠BNH為直線BN與平面PMC所成的角．
在△MBC中，BH＝＝＝a，
由(1)知BC⊥平面PMB，PB?平面PMB，
∴PB⊥BC，∴BN＝PC＝a，
∴sin∠BNH＝＝＝.
故直線BN與平面PMC所成角的正弦值為.
方法二 由(1)知MA，MB，MP兩兩互相垂直，以M為坐標(biāo)原點(diǎn)，MA，MB，MP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
不妨設(shè)MA＝1，則M(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0，，0)，
P(0,0，)，C(－2，，0)，
∵N是PC的中點(diǎn)，
∴N，
設(shè)n＝(x0，y0，z0)為平面PMC的法向量，
∵＝(0,0，)，＝(－2，，0)，
∴即
令y0＝1，則n＝，|n|＝，
又∵＝，||＝，
∴cos〈，n〉＝＝－，
設(shè)直線BN與平面PMC所成的角為θ，
則sinθ＝|cos〈，n〉|＝，
∴直線BN與平面PMC所成角的正弦值為.
20．(15分)(2019溫州質(zhì)檢)已知方程anx2－an＋1x＋1＝0(an>0)有兩個(gè)根αn，βn，a1＝1，且滿足＝1－2n，其中n∈N*.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)若bn＝log2(an＋1)，cn＝anbn，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Tn.
解 (1)由已知可得
又＝1－2n，∴1－＋＝1－2n，
整理得，an＋1－an＝2n，其中n∈N*.
∴當(dāng)n≥2時(shí)，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋1＝＝2n－1.
又a1＝1也符合上式，∴an＝2n－1，n∈N*.
(2)由(1)知，bn＝log2(2n－1＋1)＝n，
∴cn＝n(2n－1)＝n2n－n.
∴Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝12＋222＋323＋…＋n2n－(1＋2＋…＋n)，
設(shè)Qn＝1＋2＋…＋n，
Pn＝12＋222＋323＋…＋n2n，①
則2Pn＝122＋223＋324＋…＋(n－1)2n＋n2n＋1，②
①－②得，－Pn＝2＋22＋23＋…＋2n－n2n＋1＝－n2n＋1＝(1－n)2n＋1－2，
∴Pn＝(n－1)2n＋1＋2.
又Qn＝1＋2＋…＋n＝，
∴Tn＝Pn－Qn＝(n－1)2n＋1＋2－.
21．(15分)已知橢圓＋＝1(a>b>0)的離心率e＝，且經(jīng)過點(diǎn).
(1)求橢圓方程；
(2)過點(diǎn)P(0,2)的直線與橢圓交于M，N兩個(gè)不同的點(diǎn)，求線段MN的垂直平分線在x軸截距的取值范圍．
解 (1)由題意得，＝，＋＝1，
又a2＝b2＋c2，解得a＝，b＝1，c＝1，
則橢圓方程為＋y2＝1.
(2)PM的斜率不存在時(shí)，MN的垂直平分線與x軸重合，沒有截距，故PM的斜率存在．
設(shè)PM的方程為y＝kx＋2，代入橢圓方程，
得(1＋2k2)x2＋8kx＋6＝0，
∵PM與橢圓有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，
∴Δ＝(8k)2－4(1＋2k2)6>0，
即k2>，即k>或k<－，
設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中點(diǎn)Q(x0，y0)，
則x0＝＝－，y0＝kx0＋2＝，
∴MN的垂直平分線l的方程為
y－＝－，
∴l(xiāng)在x軸上的截距為－＝－，
設(shè)f(x)＝－，則f′(x)＝，
∴當(dāng)x2>時(shí)，f′(x)>0恒成立，
∴當(dāng)x>時(shí)，－－.
方法一 (1)解 f(x)＝x(lnx－ax)，x>0，
∵f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，∴g(x)＝lnx－ax有兩個(gè)零點(diǎn)，
∵g′(x)＝－a，
∴當(dāng)a≤0時(shí)，g′>0，g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，最多有一個(gè)零點(diǎn)，不合題意；當(dāng)a>0時(shí)，g(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
g(x)在(0，＋∞)上存在極大值也是最大值g，
令g＝ln－1>0，∴00恒成立，h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，最多有一個(gè)零點(diǎn)，不合題意，
∴a>0，由h′(x)＝0得x＝，
∴h(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
∴可令h＝ln＋1－1>0，即00，知k(1)＝－1，
∴f(x1)>－.
方法二 分離參數(shù)法
(1)解 a＝(x>0)，使對應(yīng)的兩圖象有兩交點(diǎn)，
令g(x)＝，g′(x)＝，
當(dāng)x∈(0，e)時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，
當(dāng)x∈(e，＋∞)時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，g(e)＝，
結(jié)合圖象(圖略)，可知00，φ(x)單調(diào)遞增，
當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，φ′(x)<0，φ(x)單調(diào)遞減，φ(1)＝，
結(jié)合圖象(圖略)，可知0－.
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