（浙江專版）2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 滾動(dòng)檢測六（1-9章）（含解析）

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1、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

2、　) 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　由p：y＝ax在R上單調(diào)遞增，得a>1，對(duì)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·

3、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＋AC2－2AB·AC·cos∠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(duì)稱，則ω的最小值為(　　) A．2B．

4、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(duì)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)＝[f

5、n(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)

6、 D．ba>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y

7、2＝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＝××＝.

8、 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

9、． 因?yàn)锳D＝4，AC＝6，∠CAD＝60°， 所以CD2＝AD2＋AC2－2AD·AC·cos60°＝16＋36－2×4×6×cos60°＝28，CD＝2， 又CD·AO＝AD·AC·sin60°， 即2AO＝4×6×，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AH·CO＝AC·CH·sin60°， 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

10、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(duì)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(duì)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·＝|

11、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××π×23＋××π×22×3＝，其表面積為×π×22＋×3×

12、4＋×4π×22＋×π×2×＝(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(duì)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

13、＝＋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

14、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＋

15、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＝

16、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．

17、 (1)證明　在菱形ABCD中，設(shè)AB＝2a， ∵M(jìn)是AD的中點(diǎn)， ∴MB2＝AM2＋AB2－2AM·AB·cos60°＝3a2， MC2＝DM2＋DC2－2DM·DC·cos120°＝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

18、?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，

19、，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(a

20、n＋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)＝n·2n－n. ∴Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n－(1＋2＋…＋n)， 設(shè)Qn＝1＋2＋…＋

21、n， Pn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，① 則2Pn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，② ①－②得，－Pn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝－n×2n＋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，

22、 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>

23、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

24、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

25、－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(duì)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－. 16