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2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 滾動(dòng)檢測(cè)五（1-8章）（規(guī)范卷）文（含解析）新人教A版.docx

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《2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 滾動(dòng)檢測(cè)五（1-8章）（規(guī)范卷）文（含解析）新人教A版.docx》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 滾動(dòng)檢測(cè)五（1-8章）（規(guī)范卷）文（含解析）新人教A版.docx（14頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

滾動(dòng)檢測(cè)五(1～8章)(規(guī)范卷) 考生注意： 1．本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，共4頁(yè)． 2．答卷前，考生務(wù)必用藍(lán)、黑色字跡的鋼筆或圓珠筆將自己的姓名、班級(jí)、學(xué)號(hào)填寫在相應(yīng)位置上． 3．本次考試時(shí)間120分鐘，滿分150分． 4．請(qǐng)?jiān)诿芊饩€內(nèi)作答，保持試卷清潔完整．第Ⅰ卷(選擇題　共60分) 一、選擇題(本題共12小題，每小題5分，共60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＝{x|x2>x，x∈R}，B＝，則?R(A∩B)等于(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　∵A＝＝， B＝， ∴A∩B＝{x|1b>c B．a(chǎn)>c>b C．b>a>c D．b>c>a 答案　A 解析　a＝20.1>20＝1，b＝ln0，b>0，ab＝a＋b＋1，則a＋2b的最小值為(　　) A．3＋3 B．3－3 C．3＋ D．7 答案　D 解析　當(dāng)b＝1時(shí)，代入等式a＝a＋2不成立，因而b≠1，所以ab－a＝b＋1. a＝＝1＋，所以a＋2b＝1＋＋2b＝3＋＋2(b－1)≥3＋2＝3＋22＝7，當(dāng)且僅當(dāng)b＝2時(shí)，取等號(hào)，即最小值為7. 8．設(shè)D為△ABC中BC邊上的中點(diǎn)，且O為AD邊上靠近點(diǎn)A的三等分點(diǎn)，則(　　) A.＝－＋ B.＝－ C.＝－ D.＝－＋答案　A 解析　由平面向量基本定理可得，＝－＝－＝(＋)－＝－＋，故選A. 9.如圖，三棱錐A－BCD的棱長(zhǎng)全相等，點(diǎn)E為棱AD的中點(diǎn)，則直線CE與BD所成角的余弦值為(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　方法一　取AB中點(diǎn)G，連接EG，CG. ∵E為AD的中點(diǎn)，∴EG∥BD. ∴∠GEC為CE與BD所成的角．設(shè)AB＝1，則EG＝BD＝， CE＝CG＝， ∴cos∠GEC＝＝＝. 方法二　設(shè)AB＝1，則＝(－)(－)＝(－) ＝2－－＋＝－cos60－cos60＋cos60＝. ∴cos〈，〉＝＝＝，故選A. 10．已知函數(shù)f(x)＝sin2x－cos2x的圖象在區(qū)間和上均單調(diào)遞增，則正數(shù)a的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　f(x)＝sin2x－cos2x＝2sin，由2kπ－≤2x－≤2kπ＋(k∈Z)，得kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z)，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在區(qū)間和上均單調(diào)遞增，解得≤a<. 11.如圖，在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)P在線段AD1上運(yùn)動(dòng)，則下列命題錯(cuò)誤的是(　　) A．異面直線C1P和CB1所成的角為定值 B．直線CD和平面BPC1平行 C．三棱錐D－BPC1的體積為定值 D．直線CP和平面ABC1D1所成的角為定值答案　D 解析　選項(xiàng)A：∵在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)P在線段AD1上運(yùn)動(dòng)，易得CB1⊥平面ABC1D1，∵C1P?平面ABC1D1，∴CB1⊥C1P，故這兩個(gè)異面直線所成的角為定值90，故A正確；選項(xiàng)B：直線CD和平面ABC1D1平行，∴直線CD和平面BPC1平行，故B正確；選項(xiàng)C：三棱錐D－BPC1的體積等于三棱錐P－DBC1的體積，而平面DBC1為固定平面且大小一定，∵P∈AD1，而AD1∥平面BDC1，∴點(diǎn)A到平面DBC1的距離即為點(diǎn)P到該平面的距離，∴三棱錐的體積為定值，故C正確；選項(xiàng)D：由線面夾角的定義，令BC1與B1C的交點(diǎn)為O，可得∠CPO即為直線CP和平面ABC1D1所成的角，當(dāng)P移動(dòng)時(shí)這個(gè)角是變化的，故D錯(cuò)誤． 12．若曲線y＝x2與曲線y＝alnx在它們的公共點(diǎn)P處具有公共切線，則實(shí)數(shù)a等于(　　) A．1B.C．－1D．2 答案　A 解析　曲線y＝x2的導(dǎo)數(shù)為y′＝，在P(s，t)處的切線斜率為k1＝. 曲線y＝alnx的導(dǎo)數(shù)為y′＝，在P(s，t)處的切線斜率為k2＝. 由曲線y＝x2與曲線y＝alnx在它們的公共點(diǎn)P(s，t)處具有公共切線，可得＝，并且t＝s2，t＝alns，即∴l(xiāng)ns＝，∴s2＝e. 可得a＝＝＝1. 第Ⅱ卷(非選擇題　共90分) 二、填空題(本題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在題中橫線上) 13．在△ABC中，a＝3，b＝，∠A＝，則∠B＝__________________. 答案　解析　由正弦定理，得＝，即＝，所以sinB＝，又因?yàn)閎1時(shí)，f(x)＝log2x. (1)在平面直角坐標(biāo)系中直接畫出函數(shù)y＝f(x)在R上的草圖； (2)當(dāng)x∈(－∞，－1)時(shí)，求滿足方程f(x)＋log4(－x)＝6的x的值； (3)求y＝f(x)在[0，t](t>0)上的值域．解　(1) (2)當(dāng)x∈(－∞，－1)時(shí)，f(x)＝log2(－x)，∴f(x)＋log4(－x)＝log2(－x)＋＝log2(－x)＝6，即log2(－x)＝4，即－x＝24，得x＝－16. (3)當(dāng)02時(shí)，值域?yàn)閇0，log2t]． 18．(12分)如圖，△ABC是等邊三角形，D是BC邊上的動(dòng)點(diǎn)(含端點(diǎn))，記∠BAD＝α，∠ADC＝β. (1)求2cosα－cosβ的最大值； (2)若BD＝1，cosβ＝，求△ABD的面積．解　(1)由△ABC是等邊三角形，得β＝α＋， 0≤α≤，故2cos α－cos β＝2cos α－cos ＝sin，故當(dāng)α＝，即D為BC中點(diǎn)時(shí)，原式取最大值. (2)由cos β＝，得sin β＝，故sin α＝sin＝sin βcos－cos βsin＝，由正弦定理得＝，故AB＝BD＝1＝，故S△ABD＝ABBDsin B＝1＝. 19．(12分)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且an＋1＝1＋Sn對(duì)一切正整數(shù)n恒成立． (1)試求當(dāng)a1為何值時(shí)，數(shù)列{an}是等比數(shù)列，并求出它的通項(xiàng)公式； (2)在(1)的條件下，當(dāng)n為何值時(shí)，數(shù)列的前n項(xiàng)和Tn取得最大值？解　(1)由an＋1＝1＋Sn得，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝1＋Sn－1，兩式相減得，an＋1＝2an，因?yàn)閿?shù)列{an}是等比數(shù)列，所以a2＝2a1，又因?yàn)閍2＝1＋S1＝1＋a1，所以a1＝1，所以an＝2n－1. (2)由于y＝2n－1在R上是一個(gè)增函數(shù)，可得數(shù)列是一個(gè)遞減數(shù)列，所以lg >lg >lg >…>lg >0>lg >…，由此可知當(dāng)n＝9時(shí)，數(shù)列的前n項(xiàng)和Tn取最大值． 20．(12分)設(shè)函數(shù)f(x)＝x2－3x. (1)若不等式f(x)≥m對(duì)任意x∈[0,1]恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍； (2)在(1)的條件下，當(dāng)m取最大值時(shí)，設(shè)x>0，y>0且2x＋4y＋m＝0，求＋的最小值．解　(1)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝x2－3x的對(duì)稱軸為x＝，且開口向上，所以f(x)＝x2－3x在x∈[0,1]上單調(diào)遞減，所以f(x)min＝f(1)＝1－3＝－2，所以m≤－2. (2)根據(jù)題意，由(1)可得m＝－2，即2x＋4y－2＝0.所以x＋2y＝1. 因?yàn)閤>0，y>0，則＋＝(x＋2y)＝3＋＋ ≥3＋2 ＝3＋2，當(dāng)且僅當(dāng)＝，即x＝－1，y＝1－時(shí)，等號(hào)成立．所以＋的最小值為3＋2. 21．(12分)如圖，在四棱錐P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，底面ABCD為梯形，AB∥CD，AB＝2DC＝2，且△PAD與△ABD均為正三角形，E為AD的中點(diǎn)，G為△PAD的重心． (1)求證：GF∥平面PDC； (2)求三棱錐G—PCD的體積． (1)證明　方法一　連接AG并延長(zhǎng)交PD于點(diǎn)H，連接CH. 由梯形ABCD中AB∥CD且AB＝2DC知，＝. 又E為AD的中點(diǎn)，G為△PAD的重心，∴＝. 在△AHC中，＝＝，故GF∥HC. 又HC?平面PCD，GF?平面PCD， ∴GF∥平面PDC. 方法二　過(guò)G作GN∥AD交PD于N，過(guò)F作FM∥AD交CD于M，連接MN， ∵G為△PAD的重心， ∴＝＝， ∴GN＝ED＝. 又ABCD為梯形，AB∥CD，＝，∴＝， ∴＝，∴MF＝，∴GN＝FM. 又由所作GN∥AD，F(xiàn)M∥AD，得GN∥FM， ∴四邊形GNMF為平行四邊形． ∴GF∥MN，又∵GF?平面PCD，MN?平面PCD， ∴GF∥平面PDC. 方法三　過(guò)G作GK∥PD交AD于K，連接KF，由△PAD為正三角形，E為AD的中點(diǎn)，G為△PAD的重心，得DK＝DE， ∴DK＝AD，又由梯形ABCD中AB∥CD，且AB＝2DC，知＝，即FC＝AC， ∴在△ADC中，KF∥CD，又∵GK∩KF＝K，PD∩CD＝D， ∴平面GKF∥平面PDC，又GF?平面GKF，∴GF∥平面PDC. (2)解　方法一　由平面PAD⊥平面ABCD，△PAD與△ABD均為正三角形，E為AD的中點(diǎn)，知PE⊥AD， BE⊥AD，又∵平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE?平面PAD， ∴PE⊥平面ABCD，且PE＝3，由(1)知GF∥平面PDC， ∴＝＝＝PE. 又由梯形ABCD中AB∥CD，且AB＝2DC＝2，知DF＝BD＝，又△ABD為正三角形，得∠CDF＝∠ABD＝60， ∴S△CDF＝CDDFsin∠CDF＝，得＝PES△CDF＝， ∴三棱錐G—PCD的體積為. 方法二　由平面PAD⊥平面ABCD，△PAD與△ABD均為正三角形，E為AD的中點(diǎn)，知 PE⊥AD，BE⊥AD，又∵平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE?平面PAD， ∴PE⊥平面ABCD，且PE＝3，連接CE，∵PG＝PE， ∴V三棱錐G—PCD＝V三棱錐E—PCD＝V三棱錐P—CDE ＝PES△CDE，又△ABD為正三角形，得∠EDC＝120，得S△CDE＝CDDEsin∠EDC＝. ∴V三棱錐G—PCD＝PES△CDE ＝3＝， ∴三棱錐G—PCD的體積為. 22．(12分)已知函數(shù)f(x)＝ax＋1－xlnx的圖象在x＝1處的切線與直線x－y＝0平行． (1)求函數(shù)f(x)的極值； (2)若?x1，x2∈(0，＋∞)，>m(x1＋x2)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．解　(1)f(x)＝ax＋1－xln x的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝a－1－ln x，可得f(x)的圖象在A(1，f(1))處的切線斜率為a－1，由切線與直線x－y＝0平行，可得a－1＝1，即a＝2，f(x)＝2x＋1－xln x， f′(x)＝1－ln x，由f′(x)>0，可得0e，則f(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，可得f(x)在x＝e處取得極大值，且為e＋1，無(wú)極小值． (2)可設(shè)x1>x2，若?x1，x2∈(0，＋∞)，由>m(x1＋x2)，可得f(x1)－f(x2)>mx－mx，即有f(x1)－mx>f(x2)－mx恒成立，設(shè)g(x)＝f(x)－mx2在(0，＋∞)為增函數(shù)，即有g(shù)′(x)＝1－ln x－2mx≥0在(0，＋∞)上恒成立，可得2m≤在(0，＋∞)上恒成立，設(shè)h(x)＝，則h′(x)＝，令h′(x)＝0，可得x＝e2， h(x)在(0，e2)上單調(diào)遞減，在(e2，＋∞)上單調(diào)遞增，即有h(x)在x＝e2處取得極小值－，且為最小值，可得2m≤－，解得m≤－. 則實(shí)數(shù)m的取值范圍是.

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