6、 D．ba>c，故選C.
9．已知雙曲線－y2＝1(a>0)的離心率e＝，它的一個頂點為拋物線y2＝2px(p>0)的焦點F，過F的直線l與拋物線交于A，B兩點，且|AF|＝4|FB|，O為坐標原點，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F，
因此其方程為y
7、2＝2x，準線為x＝－.
如圖，過A，B分別作準線的垂線AA′，BB′，垂足分別為A′，B′，過點B作BH⊥AA′交AA′于H，
則|BB′|＝|HA′|.
設|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A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則|AB|＝x1＋x2＋p＝＋1＝.
又點O到直線AB的距離
d＝|OF|sin∠OFB＝×＝，
所以S△AOB＝××＝.
8、
10．(2018·浙江省部分重點中學考試)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A作AO⊥CD，交CD于點O，交BC于點H.因為點A′在平面BCD上的投影在△BDC的內部(包括邊界)，所以其投影在線段OH上．
在題圖2中，過點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、．
因為AD＝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E為坐標原點，建立如圖所示的平面直角坐標系，則A(0,3)，C(3,0)，
D(－2，)．
設H(a,0)，因為AH⊥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OH＝.
所以當點M與點H重合時，∠A′OM最
10、小，
(cos∠A′OM)max＝＝，
當點M與點O重合時，∠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．已知復數z＝，其中i是虛數單位，則復數z在復平面內對應的點在第________象限，z·＝________.
答案 四 2
解析 因為z＝＝＝1－i，所以復數z在復平面內對應的點為(1，－1)，在第四象限．
方法一 因為z＝1＋i，所以z·＝(1－i)(1＋i)＝2.
方法二 因為|z|＝|1－i|＝，所以z·＝|
11、z|2＝2.
12．(2018·浙江省金華十校考試)已知拋物線y2＝2px(p>0)上一點A(1，a)到焦點的距離為2，則該拋物線的準線方程為________．
答案 x＝－1
解析 因為拋物線y2＝2px(p>0)的焦點為F，
由已知可得解得
所以拋物線的準線方程為x＝－1.
13．(2018·杭州質檢)一個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f(x)＝為奇函數，則a＝________，f(g(－2))＝________.
答案 0?。?5
解析 由函數f(x)是R上的奇函數可得f(0)＝a＝0.
因為g(－2)＝f(－1)＝－f(1)＝－4，
所以f(g(－2))＝f(－4)＝－f(4)＝－25.
15．已知在△ABC中，內角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并結合余弦定理，得
·＝·，
將b＝a代入得(1＋)a2＝(－1)c2，
又因為c
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都經過點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．
因為a2＋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a1＝0，a2＝2，
則b1＝0，b2＝1，
所以|O1O2|＝＝.
17．若實數x，y滿足目標函數z＝x－ky(k>0)的最小值為－3，則實數k的值為________，若方程2x＋y＋a＝0無解，則實數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，
由圖可知目標函數z＝x－ky(k>0)在點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，
當直線經過點C(0,1)時，2x＋y取得最小值1，
當直線經過點A(1,2)時，2x＋y取得最大值4.
因為方程2x＋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，
所以a<－4或a>－1.
三、解答題(本大題共5小題，共74分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟)
18．(14分)已知函數f(x)＝2sinxcosx－2cos2x＋1，x∈R.
(1)求函數f(x)的最小正周期和單調遞減區(qū)間；
(2)若f(α)＝，且<α<，求f?的值．
解 (1)因為f(x)＝sin2x－(2cos2x－1)＝sin2x－cos2x＝
16、2sin，
所以函數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f(x)的單調遞減區(qū)間為，k∈Z.
(2)因為f(α)＝2sin＝，
所以sin＝.
因為<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M是頂點P在底面ABCD上的射影，N是PC的中點．
(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AB＝2a，
∵M是AD的中點，
∴MB2＝AM2＋AB2－2AM·AB·cos60°＝3a2，
MC2＝DM2＋DC2－2DM·DC·cos120°＝7a2，
又∵BC2＝4a2，∴MB2＋BC2＝MC2.
∴MB⊥BC，
又∵點P在底面ABCD上的射影是AD的中點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為坐標原點，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系，
不妨設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，
∴N，
設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·溫州質檢)已知方程anx2－an＋1x＋1＝0(an>0)有兩個根αn，βn，a1＝1，且滿足＝1－2n，其中n∈N*.
(1)求數列{an}的通項公式；
(2)若bn＝log2(a
20、n＋1)，cn＝anbn，求數列{cn}的前n項和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n≥2時，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＝，且經過點.
(1)求橢圓方程；
(2)過點P(0,2)的直線與橢圓交于M，N兩個不同的點，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，MN的垂直平分線與x軸重合，沒有截距，故PM的斜率存在．
設PM的方程為y＝kx＋2，代入橢圓方程，
得(1＋2k2)x2＋8kx＋6＝0，
∵PM與橢圓有兩個不同的交點，
∴Δ＝(8k)2－4(1＋2k2)×6>0，
即k2>，即k>或k<－，
設M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中點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f(x)＝－，則f′(x)＝，
∴當x2>
23、時，f′(x)>0恒成立，
∴當x>時，－－.
方法一 (1)解 f(x)＝x(lnx－ax)，x>0，
∵f(x)有兩個零點，∴g(x)＝lnx－ax有兩個零點，
∵g′(x)＝－a，
∴當a≤0時，g′>0，g(x)在(0，＋∞)上單調遞增，最
24、多有一個零點，不合題意；當a>0時，g(x)在上單調遞增，在上單調遞減，
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，＋∞)上單調遞增，最多有一個零點，不合題意，
∴a>0，由h′(x)＝0得x＝，
∴h(x)在上單調遞增，在上單調遞減，
∴可令h＝ln＋1
25、－1>0，即00，知k(1)＝－1，
∴f(x1)>－.
方法二 分離參數法
(1)解 a＝(x>0)，使對應的兩圖象有兩交點，
令g(x)＝，g′(x)＝，
當x∈(0，e)時，g′(x)>0，g(x)單調遞增，
當x∈(e，＋∞)時，g′(x)<0，g(x)單調遞減，g(e)＝，
結合圖象(圖略)，可知00，φ(x)單調遞增，
當x∈(1，＋∞)時，φ′(x)<0，φ(x)單調遞減，φ(1)＝，
結合圖象(圖略)，可知0－.
16
（浙江專版）2020屆高考數學一輪復習 滾動檢測六（1-9章）（含解析）
