《（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 階段滾動(dòng)檢測(cè)（五）（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 階段滾動(dòng)檢測(cè)（五）（含解析）（12頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、階段滾動(dòng)檢測(cè)（五） 一、選擇題 1.設(shè)全集U＝R，集合M＝{x|04的解集為(　　) A. B. C

2、. D. 4.在等差數(shù)列{an}中，a7＝8，前7項(xiàng)和S7＝42，則其公差d等于(　　) A.－B.C.－D. 5.將函數(shù)f(x)＝2sin的圖象向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度，再把所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來(lái)的2倍，得到函數(shù)y＝g(x)的圖象，則下列關(guān)于函數(shù)y＝g(x)的說(shuō)法錯(cuò)誤的是(　　) A.最小正周期為π B.圖象關(guān)于直線x＝對(duì)稱 C.圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱 D.初相為 6.已知單位向量a，b滿足|a＋b|＝|a－b|，則a與b－a的夾角為(　　) A.B.C.D. 7.設(shè)l，m，n為直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，則下列命題中真命題的個(gè)數(shù)為(　　) ①若l⊥α，l⊥β，則α∥β；　 ②若

3、l⊥α，l∥β，則α⊥β； ③若α⊥β，l∥α，則l⊥β；　 ④若m∥n，m⊥α，則n⊥α. A.0B.1C.2D.3 8.若x，y滿足約束條件則z＝x＋y的最大值是(　　) A.－3B.C.1D. 9.在△ABC中，B＝，BC邊上的高等于BC，則cosA等于(　　) A.B.C.－D.－ 10.設(shè)雙曲線C：－＝1的右焦點(diǎn)為F，過(guò)F作漸近線的垂線，垂足分別為M，N，若d是雙曲線上任一點(diǎn)P到直線MN的距離，則的值為(　　) A.B.C.D.無(wú)法確定 二、填空題 11.(2019·嘉興模擬)某幾何體的三視圖如圖所示(單位：cm)，則該幾何體的體積是_______cm3，表面積是

4、________cm2. 12.(2019·寧波十校聯(lián)考)在△ABC中，a，b，c為內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊，cosA＝－，cosB＝，且b＝2，則a＝________；△ABC的面積為________. 13.(2019·溫州模擬)若遞增數(shù)列{an}滿足：a1＝a，a2＝2－a，an＋2＝2an，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________，記{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則S2n＝________. 14.(2019·臺(tái)州模擬)已知向量a，b，c滿足|b|＝|c|＝2|a|＝1，則(c－a)·(c－b)的最大值是__________，最小值是________. 15.已知t∈R，i為虛數(shù)單位，

5、復(fù)數(shù)z1＝3＋4i，z2＝t＋i，且z1·z2是實(shí)數(shù)，則t＝________. 16.已知拋物線C：y2＝4x，斜率為k的直線l與拋物線C相交于A，B兩點(diǎn)，與圓E：(x－5)2＋y2＝9相切于點(diǎn)M，且M為線段AB的中點(diǎn)，則弦長(zhǎng)|AB|＝________. 17.已知函數(shù)y＝f(x)是R上的偶函數(shù)，對(duì)任意x∈R都有f(x＋4)＝f(x)＋f(2)成立.當(dāng)x∈[0,2]時(shí)，y＝f(x)單調(diào)遞減，給出下列命題： ①f(2)＝0； ②直線x＝－4是函數(shù)y＝f(x)圖象的一條對(duì)稱軸； ③函數(shù)y＝f(x)在[－4,4]上有四個(gè)零點(diǎn)； ④區(qū)間[－40，－38]是y＝f(x)的一個(gè)單調(diào)遞增區(qū)間.

6、 其中所有正確命題的序號(hào)為________. 三、解答題 18.已知在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，sinA＋sinB－4sinC＝0，且△ABC的周長(zhǎng)L＝5，面積S＝－(a2＋b2). (1)求c和cosC的值； (2)求的值. 19.(2019·麗水模擬)如圖，已知△ABC與△BCD所在的平面互相垂直，且∠BAC＝∠BCD＝90°，AB＝AC，CB＝CD，點(diǎn)P，Q分別在線段BD，CD上，沿直線PQ將PQD向上翻折，使D與A重合. (1)求證：AB⊥CQ； (2)求直線AP與平面ACQ所成的角. 20.(2019·浙

7、江名校新高考聯(lián)盟聯(lián)考)已知等差數(shù)列{an}和遞增的等比數(shù)列{bn}滿足：a1＝1，b1＝3且b3＝2a5＋3a2，b2＝a4＋2. (1)分別求數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)Sn表示數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若對(duì)任意的n∈N*，kbn≥Sn恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍. 21.已知數(shù)列{an}中，a1＝1，a2＝，且an＋1＝(n＝2,3,4，…).Sn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和，且4Sn＝bnbn＋1，b1＝2(n＝1,2,3，…). (1)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Pn； (3)證明：對(duì)一切

8、n∈N*，有<. 22.(2019·紹興上虞區(qū)模擬)已知函數(shù)f(x)＝e－x[x2＋(1－m)x＋1](e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，m為常數(shù)). (1)若曲線y＝f(x)與x軸相切，求實(shí)數(shù)m的值； (2)若存在實(shí)數(shù)x1，x2∈[0,1]使得2f(x1)

9、2是實(shí)數(shù)，所以4t＋3＝0， 所以t＝－. 16．3 解析　設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，則兩式相減可得 (y1＋y2)(y1－y2)＝4(x1－x2)， ∴2y0·＝4，∴ky0＝2. 由EM⊥AB可得k·＝－1， ∴ky0＝5－x0，∴5－x0＝2， ∴x0＝3，y0＝±， ∴k＝±.由對(duì)稱性，不妨設(shè)直線l的方程為y－＝(x－3)，聯(lián)立y2＝4x可得y2－2y－2＝0， ∴|AB|＝|y1－y2| ＝· ＝＝3. 17．①② 解析　∵對(duì)任意x∈R，都有f(x＋4)＝f(x)＋f(2)成立，當(dāng)x＝－2時(shí)， 可得f(－2)＝0， 又∵函

10、數(shù)y＝f(x)是R上的偶函數(shù)， ∴f(－2)＝f(2)＝0，故①正確； 由f(2)＝0，知f(x＋4)＝f(x)＋f(2)＝f(x)，故周期為4，又函數(shù)在區(qū)間[0,2]上單調(diào)遞減，由函數(shù)是偶函數(shù)，知函數(shù)在區(qū)間[－2,0]上單調(diào)遞增， 再由函數(shù)的周期為4，得到函數(shù)f(x)的示意圖如圖所示． 由圖可知②正確，③函數(shù)y＝f(x)在[－4,4]上有兩個(gè)零點(diǎn)，③不正確； ④區(qū)間[－40，－38]是y＝f(x)的一個(gè)單調(diào)遞減區(qū)間，④不正確，故答案為①②. 18．解　(1)∵sinA＋sinB－4sinC＝0， 由正弦定理，得a＋b－4c＝0， 又a＋b＋c＝5，∴c＝1，a＋b＝4.

11、 S＝absinC＝－[(a＋b)2－2ab] ＝－(16－2ab)＝ab， ∴sinC＝.∵c＝1，a＋b＝4， ∴a，b中至少有一個(gè)大于等于2， ∴cosC＝. (2)由正弦定理，得 ＝＝＝＝， ∴sinA＝a，sinB＝b. ∴＝＝. 19．(1)證明　∵平面ABC⊥平面BCQ， 又CQ⊥BC，且平面ABC∩平面BCQ＝BC，∴CQ⊥平面ABC，∴CQ⊥AB. (2)解　作AO⊥BC，垂足為O，則AO⊥平面BCQ，連接OP， 設(shè)AB＝1，則BD＝2，設(shè)BP＝x. 由題意知AP＝DP，則在△BOP中，由余弦定理得 OP2＝OB2＋BP2－2OB·BPcos

12、， 在Rt△AOP中，由勾股定理得AO2＋OP2＝AP2， 則2＋x2－2×·xcos＋2＝(2－x)2， 解得x＝1，所以AP＝1， 所以△ABP為等邊三角形， 即∠BAP＝. 由(1)及題意知AB⊥平面ACQ， 設(shè)直線AP與平面ACQ所成的角為α，則sinα就是直線AP與直線AB所成角的余弦值cos∠BAP， 即sinα＝cos∠BAP＝，∴α＝， 即直線AP與平面ACQ所成的角為. 20．解　(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q， 因?yàn)? 所以 則3q2－11q＋6＝0，解得q＝(舍去)或3， 所以bn＝3n，代入方程組可得d＝2，

13、因此an＝2n－1， 綜上，an＝2n－1，bn＝3n，n∈N*. (2)由題意得Sn＝＝n2， 由任意n∈N*，kbn≥Sn得k≥. 設(shè)cn＝， 則cn＋1－cn＝－ ＝， 當(dāng)n＝1時(shí)，c2－c1>0； 當(dāng)n≥2時(shí)，cn＋1－cn<0. 由數(shù)列{cn}的單調(diào)性可得({cn})max＝c2＝， 所以k∈. 21．(1)解　由已知得b1＝2,4Sn＝bnbn＋1，得b2＝4,4Sn－1＝bn－1bn(n≥2)， 4bn＝bn(bn＋1－bn－1)， 由題意知bn≠0，即bn＋1－bn－1＝4(n≥2)， 當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，bn＝2＋×4＝2n； 當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，bn＝4＋

14、×4＝2n. 所以數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為 bn＝2n(n∈N*)． (2)解　由已知顯然an≠0，對(duì)n≥2有＝＝－， 兩邊同除以n，得＝－， 即－＝－， 于是， ＝－ ＝－， 即－＝－，n≥2， 所以＝－＝， an＝，n≥2， 又當(dāng)n＝1時(shí)也成立， 故an＝，n∈N*. 所以cn＝2n·2n， 所以Pn＝2·21＋4·22＋6·23＋…＋2(n－1)·2n－1＋2n·2n， 2Pn＝2·22＋4·23＋…＋2(n－1)·2n＋2n·2n＋1， 所以－Pn＝2(21＋22＋23＋…＋2n)－2n·2n＋1 ＝2·－2n·2n＋1 ＝2n＋2－4－2n·2n

15、＋1＝(1－n)·2n＋2－4， 所以Pn＝4＋(n－1)·2n＋2. (3)證明　當(dāng)k≥2時(shí)， 有a＝< ＝， 所以當(dāng)n≥2時(shí)，有＝1＋< 1＋ ＝1＋<1＋＝. 當(dāng)n＝1時(shí)，a＝1<. 故對(duì)一切n∈N*，有<. 22．解　(1)f′(x)＝－e－x[x2＋(1－m)x＋1]＋e－x(2x＋1－m)＝e－x[－x2＋(m＋1)x－m]＝－e－x(x－m)(x－1)， 設(shè)切點(diǎn)為(t,0)，則f′(t)＝0，f(t)＝0， 即 解得或 所以m的值是3或－1. (2)依題意，當(dāng)x∈[0,1]時(shí)，函數(shù)f(x)max>2f(x)min， (i)m≥1時(shí)，當(dāng)x∈[0,1]

16、時(shí)，f′(x)≤0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，所以f(0)>2f(1)，即1>2×，解得m>3－； (ii)m≤0時(shí)，x∈[0,1]時(shí)，f′(x)≥0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，所以f(1)>2f(0)，即>2，解得m<3－2e； (iii)當(dāng)00， 所以f(x)min＝f(m)＝， f(x)max＝f(0)或f(1)， 記函數(shù)g(m)＝，g′(m)＝， 當(dāng)m≥0時(shí)，g′(m)≤0，g(m)單調(diào)遞減， 所以m∈(0,1)時(shí)，g(m)>g(1)＝， 所以2f(x)min＝>>1＝f(0)， 2f(x)min＝>>>＝f(1)， 不存在m∈(0,1)使得f(x)max>2f(x)min， 綜上，實(shí)數(shù)m的取值范圍是(－∞，3－2e)∪. 12