《（浙江專(zhuān)用）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 階段質(zhì)量檢測(cè)（五）專(zhuān)題一-五“綜合檢測(cè)”.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專(zhuān)用）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 階段質(zhì)量檢測(cè)（五）專(zhuān)題一-五“綜合檢測(cè)”.doc（12頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

階段質(zhì)量檢測(cè) 五 專(zhuān)題一 五 綜合檢測(cè) 時(shí)間 120 分鐘 滿分 150 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) f x 2cos 2 1 是 x 4 A 最小正周期為 的奇函數(shù) B 最小正周期為 的偶函數(shù) C 最小正周期為 的奇函數(shù) 2 D 最小正周期為 的偶函數(shù) 2 解析 選 A 因?yàn)?f x 2cos 2 1 cos 2 cos sin 2x 所 x 4 x 4 2x 2 以最小正周期 T f x 是奇函數(shù) 即函數(shù) f x 是最小正周期為 的奇函數(shù) 2 2 2 2018 浙江名師原創(chuàng)卷 已知函數(shù) f x ln x a 在點(diǎn) 1 f 1 處的切線的傾斜 角為 45 則 a的值為 A 1 B 0 C 1 D 2 解析 選 B f x f 1 tan 45 1 解得 a 0 故選 B 1x a 1a 1 3 2018 浙江十校聯(lián)盟適考 若向量 a b 滿足 a 4 b 1 且 a 8b a 則 向量 a b 的夾角為 A B 6 3 C D 2 3 5 6 解析 選 C 由 a 8b a 得 a 2 8a b 0 因?yàn)?a 4 所以 a b 2 所以 cos a b 所以向量 a b 的夾角為 故選 C a b a b 12 2 3 4 2018 浙江考前沖刺 已知某幾何體的三視圖如圖所示 則該幾何體的表面積是 A 20 B 20 2 C 24 1 D 24 2 解析 選 C 由三視圖可知 該幾何體是一個(gè)正方體挖去一個(gè)圓錐后所得的幾何體 正方體的側(cè)面積為 4 2 2 16 正方體的一個(gè)底面面積為 2 2 4 圓錐的底面圓的半徑 為 1 高為 1 母線長(zhǎng)為 側(cè)面積為 1 所以該幾何體的表面12 12 2 2 2 積為 16 4 4 1 2 24 1 故選 C 2 2 5 2018 浙江聯(lián)盟校聯(lián)考 函數(shù) f x 的圖象大致為 x2 ex 1 ex 1 解析 選 B 函數(shù) f x 的定義域?yàn)?R 故排除 A 又 f x f x 所以函 x 2 e x 1 e x 1 x2 1 ex 1 ex x2 ex 1 ex 1 數(shù) f x 為奇函數(shù) 故排除 C 又 f 1 0 所以排除 D 12 e 1 e 1 e 1e 1 綜上 選 B 6 2018 阜陽(yáng)模擬 已知 F1 F2是橢圓 1 a b 0 的左 右兩個(gè)焦點(diǎn) 若 x2a2 y2b2 橢圓上存在點(diǎn) P使得 PF1 PF2 則該橢圓的離心率的取值范圍是 A B 55 1 22 1 C D 0 55 0 22 解析 選 B F1 F2是橢圓 1 a 0 b 0 的左 右兩個(gè)焦點(diǎn) x2a2 y2b2 F1 c 0 F2 c 0 c2 a2 b2 設(shè)點(diǎn) P x y 由 PF1 PF2 得 x c y x c y 0 化簡(jiǎn)得 x2 y2 c2 聯(lián)立方程組Error 整理得 x2 2 c2 a2 0 解得 e 又 a2c2 22 0 e 1 e 1 22 7 已知函數(shù) f x sin 2 x 其中 為實(shí)數(shù) 若 f x 對(duì)任意 x R 恒成 f 4 立 且 f 0 則 f x 的單調(diào)遞減區(qū)間是 6 A k Z k k 4 B k Z k 4 k 4 C k Z k 4 k 3 4 D k Z k 2 k 解析 選 C 由題意可得函數(shù) f x sin 2 x 的圖象關(guān)于直線 x 對(duì)稱(chēng) 故有 4 2 k k Z 即 k k Z 又 f sin 0 所以 4 2 6 3 2 n n Z 所以 f x sin 2 x 2 n sin 2x 令 2k 2 x 2 k k Z 解得 k x k k Z 故函數(shù) f x 的單 2 3 2 4 3 4 調(diào)遞減區(qū)間為 k Z 故選 C k 4 k 3 4 8 若實(shí)數(shù) x y滿足約束條件Error 則 z 2 x y的最小值為 A 3 B 4 C 5 D 7 解析 選 B 作出不等式組所表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示 作出直線 2x y 0 并平移該直線 易知當(dāng)直線經(jīng)過(guò)點(diǎn) A 1 2 時(shí) 目標(biāo) 函數(shù) z 2 x y取得最小值 且 zmin 2 1 2 4 故選 B 9 2017 浙江名校協(xié)作體聯(lián)考 已知函數(shù) f x 2 x 1 e x ax2 3 a x 0 為增函數(shù) 則 a的取值范圍是 A 2 B e 32e C 2 D e 32e 解析 選 A f x 2 x 1 e x ax2 3 a在 0 上是增函數(shù) f x 2 x 1 e x 2 ax 0 在區(qū)間 0 上恒成立 即 2 a ex 設(shè) g x ex 2 1x 2 1x 則 g x ex 由 g x ex 0 和 x 0得 x 當(dāng) x 時(shí) 1x2 1x 2 1x2 1x 2 12 12 g x 0 當(dāng) 0 x 時(shí) g x 0 g x 在 x 處取得最小值 g 4 2 a 4 12 12 12 e a 2 故選 A e e 10 2018 浙江名校聯(lián)考 已知函數(shù) f x 為 R上的奇函數(shù) 且圖象關(guān)于點(diǎn) 2 0 對(duì)稱(chēng) 且當(dāng) x 0 2 時(shí) f x x3 則函數(shù) f x 在區(qū)間 2 018 2 021 上 A 無(wú)最大值 B 最大值為 0 C 最大值為 1 D 最大值為 1 解析 選 D 因?yàn)楹瘮?shù) f x 的圖象關(guān)于點(diǎn) 2 0 對(duì)稱(chēng) 所以 f 4 x f x 又函數(shù) f x 是奇函數(shù) 所以 f x f x 所 以 f 4 x f x 令 t x 得 f 4 t f t 所以函數(shù) f x 是周期為 4的周期函數(shù) 又函數(shù) f x 的定義域?yàn)?R 且函數(shù) f x 是 奇函數(shù) 所以 f 0 0 f 2 f 2 由函數(shù) f x 的周期為 4 得 f 2 f 2 所以 f 2 f 2 解得 f 2 0 所以 f 2 0 依此類(lèi)推 可以求得 f 2n 0 n Z 作出函數(shù) f x 的大致圖 象如圖所示 根據(jù)周期性 可得函數(shù) f x 在區(qū)間 2 018 2 021 上的圖象與在區(qū)間 2 1 上的圖象完全一樣 觀察圖象可知 函數(shù) f x 在區(qū)間 2 1 上單調(diào)遞增 且 f 1 1 3 1 又 f 2 0 所以函數(shù) f x 在區(qū)間 2 1 上的最大值是 1 故函數(shù) f x 在區(qū) 間 2 018 2 021 上的最大值也是 1 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 11 2018 浙江考前沖刺卷 在等差數(shù)列 an 中 Sn為其前 n項(xiàng)和 若 a2 a5 a8 27 則 a5 S9 解析 法一 設(shè)公差為 d a2 a5 a8 27 3 a1 12 d 27 a1 4 d 9 即 a5 9 S9 9 a1 d 9 a1 4 d 81 9 82 法二 a2 a5 a8 3 a5 27 a5 9 S9 a1 a9 9 a5 81 92 答案 9 81 12 2018 紹興教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測(cè) 設(shè)函數(shù) f x g x2 曲線 y g x 在點(diǎn) 1 g 1 x2 處的切線方程為 9x y 1 0 則曲線 y f x 在點(diǎn) 2 f 2 處的切線方程為 解析 由已知得 g 1 9 g 1 8 又 f x g 2 x 12 x2 f 2 g 1 4 4 12 92 12 f 2 g 1 4 4 所求切線方程為 y 4 x 2 12 即 x 2 y 6 0 答案 x 2 y 6 0 13 2018 浙江考前沖刺卷 已知 ABC的內(nèi)角 A B C的對(duì)邊分別為 a b c 若 b 4 cos B sin A 則 c S ABC 14 158 解析 法一 由 cos B 得 sin B 由正弦定理 得 14 1 cos2B 154 asin A bsin B a 2 由 b2 a2 c2 2 accos B 即 c2 c 12 0 解得 c 3 c 4 舍去 S ABC acsin B 2 3 12 12 154 3154 法二 由 cos B 得 sin B 由 sin A 得 cos A 所 14 1 cos2B 154 158 78 以 sin C sin A B sin Acos B cos Asin B 由正弦定 158 14 78 154 31516 理 得 c 3 S ABC bcsin A 4 3 csin C bsin B 12 12 158 3154 答案 3 3154 14 已知定義在 0 0 上的偶函數(shù) f x 的導(dǎo)函數(shù)為 f x 且 f 1 0 當(dāng) x0 則使得 f x 0成立的 x的取值范圍是 f x x 解析 因?yàn)?f x 為 0 0 上的偶函數(shù) 則 f 1 f 1 0 當(dāng) x0 xf x f x 0 即 xf x 0 令 g x f x x xf x f x x xf x 可知 g x 在 0 上單調(diào)遞減 且 g 1 f 1 0 當(dāng) x 0 f x 0 當(dāng) 1 x 0時(shí) xf x 0 由對(duì)稱(chēng)性知 f x 0的解集為 1 0 0 1 答案 1 0 0 1 15 已知函數(shù) f x x2 2 ax 2 若 f x 1 在區(qū)間 上恒成立 則實(shí)數(shù) a的 12 2 取值范圍是 設(shè) max m n Error 則 max 的最小值為 4f 12 f 2 解析 由 f x x2 2 ax 2 1 在 上恒成立可得 1 x2 2 ax 2 1 即 12 2 x 2 a x 在區(qū)間 上恒成立 所以 max 2 a min 所以 2 a 2 1x 3x 12 2 x 1x x 3x 52 3 解得 a 因?yàn)?max max 9 4 a 6 4 a 54 3 4f 12 f 2 9 4a 6 4a 2 所以其最小值為 9 4a 6 4a 2 32 32 答案 54 3 32 16 2019 屆高三 鎮(zhèn)海中學(xué)檢測(cè) 已知雙曲線 E 1 a 0 b 0 的左 右焦點(diǎn) x2a2 y2b2 分別為 F1 F2 A 2 1 B是 E上不同的兩點(diǎn) 且四邊形 AF1BF2是平行四邊形 若 AF2B S ABF2 則雙曲線 E的標(biāo)準(zhǔn)方程為 2 3 3 解析 如圖 因?yàn)樗倪呅?AF1BF2是平行四邊形 所以 S ABF2 S AF1F2 F1AF2 所以 F1F2 2 AF1 2 AF2 2 2 AF1 AF2 cos 3 3 即 4c2 AF1 2 AF2 2 AF1 AF2 又 4a2 AF1 AF2 2 所以 4a2 AF1 2 AF2 2 2 AF1 AF2 由 可得 AF1 AF2 4 b2 又 S ABF2 4b2 所以 b2 1 12 32 3 將點(diǎn) A 2 1 代入 y2 1 可得 a2 2 故雙曲線 E的標(biāo)準(zhǔn)方程為 y2 1 x2a2 x22 答案 y2 1 x22 17 2018 浙江聯(lián)盟校聯(lián)考 已知定義在 R上的奇函數(shù) f x 的圖象關(guān)于直線 x 1 對(duì) 稱(chēng) 且當(dāng) x 0 1 時(shí) f x 9 x 3 則 f 若數(shù)列 an 滿足 152 an f log2 64 n 對(duì) n N 且 n0 2 32 當(dāng) x 時(shí) f x 0 6 132 當(dāng) x 時(shí) f x 0 且 f f 0 132 152 132 152 而 6 log2 64 n log2164 log2128 2 152 當(dāng) 6 log2 64 n 即 64 n0 132 2 64 90 91 n 26 2 8 192 當(dāng) 27 n 100時(shí) log2 64 n an 0 132 152 當(dāng) a1 a2 an最大時(shí) n 26 答案 0 26 三 解答題 本大題共 5小題 共 74分 解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明 證明過(guò)程或演算步驟 18 本小題滿分 14分 2018 嘉興模擬 如圖 在等腰梯形 PDCB中 PB 3 DC 1 PD BC AD PB 將 PAD沿 AD折起 使平面 PAD 平面 ABCD 2 1 若 M是側(cè)棱 PB的中點(diǎn) 求證 CM 平面 PAD 2 求直線 PB與平面 PCD所成角的正弦值 解 1 證明 取 PA的中點(diǎn) N 連接 MN DN M N為 PB PA的中點(diǎn) MN綊 AB 12 在等腰梯形 PDCB中 PB 3 DC 1 AD PB CD綊 AB MN綊 DC 12 四邊形 MNDC為平行四邊形 故 CM DN CM 平面 PAD DN 平面 PAD CM 平面 PAD 2 作 BE AD交 DC的延長(zhǎng)線于 E點(diǎn) AD AB且平面 PAD 平面 ABCD 平面 PAD 平面 ABCD AD AB 平面 PAD 如圖 將幾何體補(bǔ)成直三棱柱 PAD KBE 過(guò)點(diǎn) B作 BH KE PK 平面 BEK PK BH BH 平面 PCD 則 PB在平面 PCD上的射影為 PH 故 BPH就是直線 PB與平面 PCD 所成角 在 Rt PBH中 BH KE 且 PB 12 22 5 sin BPH BHPB 1010 故直線 PB與平面 PCD所成角的正弦值為 1010 19 本小題滿分 15分 已知函數(shù) f x 3 ax2 2 a b 1 x b a b R x 1 1 1 若 a b 1 證明函數(shù) f x 的圖象必過(guò)定點(diǎn) 2 記 f x 的最大值為 M 對(duì)任意的 a 1 b 1 求 M的最大值 解 1 證明 因?yàn)?a b 1 所以 b 1 a 所以 f x a 3x2 4 x 1 1 要使函數(shù)過(guò)定點(diǎn) 則須 3x2 4 x 1 0 解得 x 1 或 x 13 故可知函數(shù)的圖象必過(guò)定點(diǎn) 1 1 和 13 1 2 當(dāng) a 0 時(shí) f x 2 b 1 x b b 2 2 3 b 所以此時(shí) f x 5 當(dāng) a 1 即 b 1 4 a時(shí) f x b 0時(shí) 對(duì)稱(chēng)軸 x a b 13a 13 1 即 b 1 2 a時(shí) f x 5 a 3 b 2 10 a b 13a f x a b 2 3 所以 f x 10 1 2 a時(shí) f x 5 a 3 b 2 10 a b 13a f x b b 3 a 4 所以 f x 10 a b 1 23a 綜上 M的最大值為 10 當(dāng) a 1 b 1 x 1 時(shí)取到 20 本小題滿分 15分 2018 杭州高三質(zhì)檢 如圖 過(guò)拋物 線 M y x2上一點(diǎn) A 點(diǎn) A不與原點(diǎn) O重合 作拋物線 M的切線 AB 交 y軸于點(diǎn) B 點(diǎn) C G是拋物線 M上異于點(diǎn) A的點(diǎn) 且 G為 ABC 的重心 三條中線的交點(diǎn) 直線 CG交 y軸于點(diǎn) D 1 設(shè) A x0 x x0 0 求直線 AB的方程 20 2 求 的值 OB OD 解 1 因?yàn)?y 2 x 所以直線 AB的斜率 k y 2 x0 所以直線 AB的方程為 y x 2 x0 x x0 20 即 y 2 x0 x x 20 2 由題意得 點(diǎn) B的縱坐標(biāo) yB x 20 所以 AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為 x02 0 設(shè) C x1 y1 G x2 y2 直線 CG的方程為 x my x0 12 由Error 得 m2y2 mx0 1 y x 0 1420 因?yàn)?G為 ABC的重心 所以 y1 3 y2 由根與系數(shù)的關(guān)系 得 y1 y2 4 y2 y1y2 3 y 1 mx0m2 2 x204m2 所以 1 mx0 216m4 x2012m2 解得 mx0 3 2 3 所以點(diǎn) D的縱坐標(biāo) yD x02m x206 43 故 4 6 OB OD yByD 3 21 本小題滿分 15分 2019 屆高三 浙江名校聯(lián)考 已知函數(shù) f x x axln x a R 1 討論函數(shù) f x 的單調(diào)性 2 若函數(shù) f x x axln x存在極大值 且極大值點(diǎn)為 1 證明 f x e x x2 解 1 由題意 x 0 f x 1 a aln x 當(dāng) a 0 時(shí) f x x 函數(shù) f x 在 0 上單調(diào)遞增 當(dāng) a 0時(shí) 函數(shù) f x 1 a aln x單調(diào)遞增 f x 1 a aln x 0 x e1 0 故當(dāng) x 0 e 時(shí) f x 0 所以 函數(shù) f x 在 0 e 1a 上單調(diào)遞減 在 e 1a 上單調(diào)遞增 當(dāng) a0 故當(dāng) x 0 e 1 時(shí) f x 0 當(dāng) x e a 時(shí) 1a f x 0 所以函數(shù) f x 在 0 e a 上單調(diào)遞增 在 e 1a 上單調(diào)遞減 2 證明 由 1 可知若函數(shù) f x x axln x存在極大值 且極大值點(diǎn)為 1 則 a0 則 h x e x 2 x ln x 令 g x h x 則 g x e x 2 0 1x 所以函數(shù) h x e x 2 x ln x單調(diào)遞增 又 h e 1 10 1e 2e 1e 故 h x e x 2 x ln x在 上存在唯一零點(diǎn) x0 即 e 2 x0 ln x0 0 1e 1 所以當(dāng) x 0 x0 時(shí) h x 0 所以函數(shù) h x 在 0 x0 上單調(diào)遞減 在 x0 上單調(diào)遞增 故 h x h x0 e x x0 x0ln x0 20 所以只需證 h x0 e x x0 x0ln x0 0 即可 20 由 e 2 x0 ln x0 0 得 e 2 x0 ln x0 所以 h x0 x0 1 x0 ln x0 又 x0 1 0 所以只要 x0 ln x0 0 即可 法一 當(dāng) x0 ln x0 0時(shí) ln x0 x0 x0 e e x0 0 所以 e x0 x0 ln x0 0與 e 2 x0 ln x0 0 矛盾 故 x0 ln x0 0 得證 法二 當(dāng) x0 ln x0 0時(shí) ln x0 x0 x0 e e x0 0 所以 e x0 x0 ln x00時(shí) ln x0 x0 x0 e e x0 0 所以 e x0 x0 ln x0 0與 e 2 x0 ln x0 0 矛盾 當(dāng) x0 ln x0 0 時(shí) ln x0 x0 x0 e e x0 0 得 e 2 x0 ln x0 0 故 x0 ln x0 0 成立 得 h x0 x0 1 x0 ln x0 0 所以 h x 0 即 f x e x x2 22 本小題滿分 15分 2018 金華統(tǒng)考 已知函數(shù) f x ln x a R 且 1ax 1a a 0 1 討論函數(shù) f x 的單調(diào)性 2 當(dāng) x 時(shí) 試判斷函數(shù) g x ln x 1 e x x m的零點(diǎn)個(gè)數(shù) 1e e 解 1 f x x 0 ax 1ax2 當(dāng) a0恒成立 函數(shù) f x 在 0 上單調(diào)遞增 當(dāng) a 0時(shí) 由 f x 0 得 x 1a 由 f x 0 得 0 x 1a 函數(shù) f x 在 上單調(diào)遞增 在 上單調(diào)遞減 1a 0 1a 綜上所述 當(dāng) a0時(shí) 函數(shù) f x 在 上單調(diào)遞增 在 上單調(diào)遞減 1a 0 1a 2 當(dāng) x 時(shí) 函數(shù) g x ln x 1 e x x m的零點(diǎn) 1e e 即當(dāng) x 時(shí) 方程 ln x 1 e x x m的根 1e e 令 h x ln x 1 e x x 則 h x ex 1 1x ln x 1 由 1 知當(dāng) a 1 時(shí) f x ln x 1 在 上單調(diào)遞減 在 1 e 上單調(diào)遞增 1x 1e 1 當(dāng) x 時(shí) f x f 1 0 1e e ln x 1 0 在 x 上恒成立 1x 1e e h x ex 1 0 1 0 1x ln x 1 h x ln x 1 e x x在 x 上單調(diào)遞增 1e e h x min h 2e 1e h x max e 1e 1e 當(dāng) me時(shí) 函數(shù) g x 在 上沒(méi)有零點(diǎn) 1e 1e e 當(dāng) 2e e m e 時(shí) 函數(shù) g x 在 上有且只有一個(gè)零點(diǎn) 1e 1e e