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

滾動(dòng)檢測(cè)五(18章)(規(guī)范卷)考生注意：1本試卷分第卷(選擇題)和第卷(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Ax|x2>x，xR，B，則R(AB)等于()A.B.C.D.答案C解析A，B，ABx|1<x<2，xR，則R(AB)x|x1或x22若z1(1i)2，z21i，則等于()A1iB1iC1iD1i答案D解析z1(1i)22i，z21i，1i.3設(shè)向量a(x1，x)，b(x2，x4)，則“ab”是“x2”的()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B解析由abx2，由x2ab，故選B.4實(shí)數(shù)x，y，k滿足zx2y2，若z的最大值為13，則k的值為()A1B2C3D4答案B解析作出滿足約束條件的平面區(qū)域如圖陰影部分所示，zx2y2的最大值為13，即|OA|213，而A(k，k1)，所以k2(k1)213，解得k2或k3(舍去)5某幾何體的三視圖如圖所示，數(shù)量單位為cm，它的體積是()A.cm3B.cm3C.cm3D.cm3答案C解析如圖所示，三視圖還原成直觀圖為底面為直角梯形的四棱錐，VSh(24)3(cm3)6設(shè)a20.1，bln，clog3，則a，b，c的大小關(guān)系是()Aa>b>cBa>c>bCb>a>cDb>c>a答案A解析a20.1>201，bln<lne1，即0<b<1，clog3<log310，c<b<a.7若a>0，b>0，abab1，則a2b的最小值為()A33B33C3D7答案D解析當(dāng)b1時(shí)，代入等式aa2不成立，因而b1，所以abab1.a1，所以a2b12b32(b1)323227，當(dāng)且僅當(dāng)b2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ABCD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)，EGBD.GEC為CE與BD所成的角設(shè)AB1，則EGBD，CECG，cosGEC.方法二設(shè)AB1，則()()()2cos60cos60cos60.cos，故選A.10已知函數(shù)f(x)sin2xcos2x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)sin2xcos2x2sin，由2k2x2k(kZ)，得kxk(kZ)，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ABCDA1B1C1D1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DBPC1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ABCDA1B1C1D1中，點(diǎn)P在線段AD1上運(yùn)動(dòng)，易得CB1平面ABC1D1，C1P平面ABC1D1，CB1C1P，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DBPC1的體積等于三棱錐PDBC1的體積，而平面DBC1為固定平面且大小一定，PAD1，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yx2與曲線yalnx在它們的公共點(diǎn)P處具有公共切線，則實(shí)數(shù)a等于()A1B.C1D2答案A解析曲線yx2的導(dǎo)數(shù)為y，在P(s，t)處的切線斜率為k1.曲線yalnx的導(dǎo)數(shù)為y，在P(s，t)處的切線斜率為k2.由曲線yx2與曲線yalnx在它們的公共點(diǎn)P(s，t)處具有公共切線，可得，并且ts2，talns，即lns，s2e.可得a1.第卷(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，a3，b，A，則B_.答案解析由正弦定理，得，即，所以sinB，又因?yàn)閎<a，所以B<A，所以B.14完成下面的三段論：大前提：兩個(gè)共軛復(fù)數(shù)的乘積是實(shí)數(shù)小前提：xyi與xyi(x，yR)互為共軛復(fù)數(shù)結(jié)論：_.答案(xyi)(xyi)(x，yR)是實(shí)數(shù)解析“三段論”可表示為大前提：M是P；小前提：S是M；結(jié)論：所以S是P，故該題結(jié)論可表示為(xyi)(xyi)(x，yR)是實(shí)數(shù)15甲乙兩地相距500km，汽車從甲地勻速行駛到乙地，速度v不能超過120km/h.已知汽車每小時(shí)運(yùn)輸成本為元，則全程運(yùn)輸成本與速度的函數(shù)關(guān)系是y_，當(dāng)汽車的行駛速度為_km/h時(shí)，全程運(yùn)輸成本最小答案18v(0<v120)100解析甲乙兩地相距500 km，故汽車從甲地勻速行駛到乙地的時(shí)間為小時(shí)，又由汽車每小時(shí)運(yùn)輸成本為元，則全程運(yùn)輸成本與速度的函數(shù)關(guān)系是y18v(0<v120)，由基本不等式得18v23 600, 當(dāng)且僅當(dāng)18v，即v100時(shí)等號(hào)成立16已知兩個(gè)非零向量a，b滿足|ab|ab|，則下列結(jié)論正確的是_(填序號(hào))ab；ab；|a|b|；abab.答案解析根據(jù)向量加法、減法的幾何意義可知，|ab|與|ab|分別為以向量a，b為鄰邊的平行四邊形的兩條對(duì)角線的長(zhǎng)，因?yàn)閨ab|ab|，所以該平行四邊形為矩形，所以ab.三、解答題(本題共6小題，共70分解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17(10分)設(shè)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，當(dāng)0x1時(shí)，f(x)x1；當(dāng)x>1時(shí)，f(x)log2x.(1)在平面直角坐標(biāo)系中直接畫出函數(shù)yf(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yf(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x24，得x16.(3)當(dāng)0<t1時(shí)，值域?yàn)閠1,1；當(dāng)1<t2時(shí)，值域?yàn)?,1，當(dāng)t>2時(shí)，值域?yàn)?，log2t18(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，ADC.(1)求2coscos的最大值；(2)若BD1，cos，求ABD的面積解(1)由ABC是等邊三角形，得，0，故2cos cos 2cos cossin，故當(dāng)，即D為BC中點(diǎn)時(shí)，原式取最大值.(2)由cos ，得sin ，故sin sinsin coscos sin，由正弦定理得，故ABBD1，故SABDABBDsin B1.19(12分)已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，且an11Sn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an11Sn得，當(dāng)n2時(shí)，an1Sn1，兩式相減得，an12an，因?yàn)閿?shù)列an是等比數(shù)列，所以a22a1，又因?yàn)閍21S11a1，所以a11，所以an2n1.(2)由于y2n1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)n9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)x23x.(1)若不等式f(x)m對(duì)任意x0,1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2x4ym0，求的最小值解(1)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)x23x的對(duì)稱軸為x，且開口向上，所以f(x)x23x在x0,1上單調(diào)遞減，所以f(x)minf(1)132，所以m2.(2)根據(jù)題意，由(1)可得m2，即2x4y20.所以x2y1.因?yàn)閤>0，y>0，則(x2y)332 32，當(dāng)且僅當(dāng)，即x1，y1時(shí)，等號(hào)成立所以的最小值為32.21(12分)如圖，在四棱錐PABCD中，平面PAD平面ABCD，底面ABCD為梯形，ABCD，AB2DC2，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GPCD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ABCD且AB2DC知，.又E為AD的中點(diǎn)，G為PAD的重心，.在AHC中，故GFHC.又HC平面PCD，GF平面PCD，GF平面PDC.方法二過G作GNAD交PD于N，過F作FMAD交CD于M，連接MN，G為PAD的重心，GNED.又ABCD為梯形，ABCD，MF，GNFM.又由所作GNAD，F(xiàn)MAD，得GNFM，四邊形GNMF為平行四邊形GFMN，又GF平面PCD，MN平面PCD，GF平面PDC.方法三過G作GKPD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DKDE，DKAD，又由梯形ABCD中ABCD，且AB2DC，知，即FCAC，在ADC中，KFCD，又GKKFK，PDCDD，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PEAD，BEAD，又平面PAD平面ABCDAD，PE平面PAD，PE平面ABCD，且PE3，由(1)知GF平面PDC，PE.又由梯形ABCD中ABCD，且AB2DC2，知DFBD，又ABD為正三角形，得CDFABD60，SCDFCDDFsinCDF，得PESCDF，三棱錐GPCD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PEAD，BEAD，又平面PAD平面ABCDAD，PE平面PAD，PE平面ABCD，且PE3，連接CE，PGPE，V三棱錐GPCDV三棱錐EPCDV三棱錐PCDEPESCDE，又ABD為正三角形，得EDC120，得SCDECDDEsinEDC.V三棱錐GPCDPESCDE3，三棱錐GPCD的體積為.22(12分)已知函數(shù)f(x)ax1xlnx的圖象在x1處的切線與直線xy0平行(1)求函數(shù)f(x)的極值；(2)若x1，x2(0，)，>m(x1x2)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍解(1)f(x)ax1xln x的導(dǎo)數(shù)為f(x)a1ln x，可得f(x)的圖象在A(1，f(1)處的切線斜率為a1，由切線與直線xy0平行，可得a11，即a2，f(x)2x1xln x，f(x)1ln x，由f(x)>0，可得0<x<e，由f(x)<0，可得x>e，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xe處取得極大值，且為e1，無極小值(2)可設(shè)x1>x2，若x1，x2(0，)，由>m(x1x2)，可得f(x1)f(x2)>mxmx，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)1ln x2mx0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xe2，h(x)在(0，e2)上單調(diào)遞減，在(e2，)上單調(diào)遞增，即有h(x)在xe2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.