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滾動檢測六(1~9章)
(時間:120分鐘 滿分:150分)
第Ⅰ卷(選擇題 共40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選項中,只有一項是符合題目要求的)
1.函數(shù)y=ln(1-x2)的定義域為A,值域為B,全集U=R,則集合A∩(?UB)等于( )
A.(-1,+∞) B.(-∞,0]
C.(0,1) D.[0,1)
答案 C
解析 ∵B={y|y≤0},∴?UB={y|y>0},
又∵A={x|-1
1,對于q,由a2+2a≥0,解得a≥0或a≤-2,因此p是q的充分不必要條件,故選A.
3.已知直線l1: xsinα+y-1=0,直線l2: x-3ycosα+1=0,若l1⊥l2,則sin2α等于( )
A.B.C.-D.
答案 D
解析 因為l1⊥l2,所以sinα-3cosα=0,所以tanα=3,所以sin2α=2sinαcosα===.
4.已知△ABC中,AB=2,AC=4,∠BAC=60,P為線段AC上任意一點,則的取值范圍是( )
A.[1,4] B.[0,4]
C.[-2,4] D.
答案 D
解析 根據(jù)余弦定理得,
BC2=AB2+AC2-2ABACcos∠BAC=12,
∴∠ABC=90,
以B為坐標(biāo)原點,BC所在直線為x軸、BA所在直線為y軸建立平面直角坐標(biāo)系如圖,
則C(2,0),A(0,2),
AC:+=1,設(shè)P(x,y),
則y2=-x+4,x∈[0,2],
所以=(-x,-y)(2-x,-y)=x2+y2-2x=x2-x+4∈.
5.將函數(shù)y=2sin(ω>0)的圖象向右平移個單位長度后,所得圖象關(guān)于y軸對稱,則ω的最小值為( )
A.2B.1C.D.
答案 B
解析 將函數(shù)y=2sin(ω>0)的圖象向右平移個單位長度后,得y=2sin
=2sin關(guān)于y軸對稱,
所以-+=+kπ(k∈Z),
得ω=-k-,k∈Z.
又ω>0,所以ωmin=1,故選B.
6.若雙曲線-=1的一條漸近線方程為2x-3y=0,則m的值為( )
A.B.C.D.
答案 A
解析 由雙曲線-=1的一條漸近線的方程為2x-3y=0,
可得(3-m)(m+1)>0,解得m∈(-1,3),
所以x-y=0是雙曲線的漸近線方程,
所以=,解得m=.
7.設(shè)f(x)=ex(x2+2x),令f1(x)=f′(x), fn+1(x)=[fn(x)]′,若fn(x)=ex(Anx2+Bnx+Cn),數(shù)列的前n項和為Sn,當(dāng)≤時,n的最小整數(shù)值為( )
A.2018B.2019C.2020D.2021
答案 B
解析 ∵f1=f′=ex(x2+4x+2),
∴f2(x)=ex(x2+6x+6),
∴Cn=2+4+6+…+2n=n(2+2n)=n(n+1),
=-,
∴Sn=++…+=1-,
∴≤,∴n≥2019,故選B.
8.(2018浙江省衢州二中模擬)已知△ABC中,AB=4,AC=5,BC=6,點O為△ABC的外心,記a=,b=,c=,則( )
A.a(chǎn)a>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(biāo)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y2=2x,準(zhǔn)線為x=-.
如圖,過A,B分別作準(zhǔn)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(shè)|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(shè)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==.
10.(2018浙江省部分重點中學(xué)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(nèi)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(nèi)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.
因為AD=4,AC=6,∠CAD=60,
所以CD2=AD2+AC2-2ADACcos60=16+36-246cos60=28,CD=2,
又CDAO=ADACsin60,
即2AO=46,所以AO=.
以BC的中點E為坐標(biāo)原點,建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系,則A(0,3),C(3,0),
D(-2,).
設(shè)H(a,0),因為AH⊥CD,
所以=0,
即-5a-9=0,解得a=-,所以AH=,
又AHCO=ACCHsin60,
即CO=6,所以CO=,
所以AO==,所以O(shè)H=.
所以當(dāng)點M與點H重合時,∠A′OM最小,
(cos∠A′OM)max==,
當(dāng)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(fù)數(shù)z=,其中i是虛數(shù)單位,則復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點在第________象限,z=________.
答案 四 2
解析 因為z===1-i,所以復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)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=|z|2=2.
12.(2018浙江省金華十??荚?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(zhǔn)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(zhǔn)線方程為x=-1.
13.(2018杭州質(zhì)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π23+π223=,其表面積為π22+34+4π22+π2=(6+)π+6.
14.若函數(shù)f(x)=為奇函數(shù),則a=________,f(g(-2))=________.
答案 0?。?5
解析 由函數(shù)f(x)是R上的奇函數(shù)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(nèi)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(jié)合余弦定理,得
=,
將b=a代入得(1+)a2=(-1)c2,
又因為c=+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(jīng)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(shè)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(shè)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(shè)a1=0,a2=2,
則b1=0,b2=1,
所以|O1O2|==.
17.若實數(shù)x,y滿足目標(biāo)函數(shù)z=x-ky(k>0)的最小值為-3,則實數(shù)k的值為________,若方程2x+y+a=0無解,則實數(shù)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(biāo)函數(shù)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+y=0,并平移該直線,
當(dāng)直線經(jīng)過點C(0,1)時,2x+y取得最小值1,
當(dāng)直線經(jīng)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(yīng)寫出文字說明,證明過程或演算步驟)
18.(14分)已知函數(shù)f(x)=2sinxcosx-2cos2x+1,x∈R.
(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期和單調(diào)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=2sin,
所以函數(shù)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(shù)f(x)的單調(diào)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.
(1)證明 在菱形ABCD中,設(shè)AB=2a,
∵M(jìn)是AD的中點,
∴MB2=AM2+AB2-2AMABcos60=3a2,
MC2=DM2+DC2-2DMDCcos120=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?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(biāo)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(biāo)系,
不妨設(shè)MA=1,則M(0,0,0),A(1,0,0),B(0,,0),
P(0,0,),C(-2,,0),
∵N是PC的中點,
∴N,
設(shè)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(shè)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(zhì)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(shù)列{an}的通項公式;
(2)若bn=log2(an+1),cn=anbn,求數(shù)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(dāng)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)=n2n-n.
∴Tn=c1+c2+…+cn=12+222+323+…+n2n-(1+2+…+n),
設(shè)Qn=1+2+…+n,
Pn=12+222+323+…+n2n,①
則2Pn=122+223+324+…+(n-1)2n+n2n+1,②
①-②得,-Pn=2+22+23+…+2n-n2n+1=-n2n+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(jīng)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,
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(shè)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(shè)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(shè)f(x)=-,則f′(x)=,
∴當(dāng)x2>時,f′(x)>0恒成立,
∴當(dāng)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(dāng)a≤0時,g′>0,g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,最多有一個零點,不合題意;當(dāng)a>0時,g(x)在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)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(diào)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(diào)遞增,在上單調(diào)遞減,
∴可令h=ln+1-1>0,即00,知k(1)=-1,
∴f(x1)>-.
方法二 分離參數(shù)法
(1)解 a=(x>0),使對應(yīng)的兩圖象有兩交點,
令g(x)=,g′(x)=,
當(dāng)x∈(0,e)時,g′(x)>0,g(x)單調(diào)遞增,
當(dāng)x∈(e,+∞)時,g′(x)<0,g(x)單調(diào)遞減,g(e)=,
結(jié)合圖象(圖略),可知00,φ(x)單調(diào)遞增,
當(dāng)x∈(1,+∞)時,φ′(x)<0,φ(x)單調(diào)遞減,φ(1)=,
結(jié)合圖象(圖略),可知0-.
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