（浙江專版）2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 綜合檢測二（含解析）.docx

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綜合檢測二(時間：120分鐘滿分：150分)第卷(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已知集合Ax|2x2，Bx|x(x1)0，則A(RB)等于()Ax|0x2Bx|0x1Cx|0x1Dx|1x0答案C解析Bx|x(x1)0x|x1或x0，RBx|0x1，又Ax|2x2，A(RB)x|0x0，x1)，則g(x)得g(x)故當(dāng)x1時，g(x)0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增，f(x)單調(diào)遞減，且f(x)0；當(dāng)0x1時，g(x)D(X)D(Y)DE(X)E(Y)2x2y2D(X)D(Y)，E(X)E(Y)3(x2y2)2D(X)D(Y)，故選C.8已知向量a，b滿足|2ab|3，且a(ab)3，則|ab|的最小值為()A.B.C.D.答案D解析方法一由a(ab)3，得(2ab)(ab)(ab)9，即(2ab)(ab)|ab|29，設(shè)2ab與ab的夾角為，則(2ab)(ab)|2ab|ab|cos3|ab|,3|ab|，所以3|ab|9|ab|23|ab|，解得|ab|，所以|ab|的最小值為.方法二如圖，設(shè)a，b，由|2ab|3，得1，取靠近A的AB的三等分點C，則ab，所以|1.由a(ab)3，得1.以MC所在直線為x軸，線段MC的垂直平分線為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系xOy，則M，C，設(shè)A(x，y)，則由1，得x2y2，所以點A的軌跡是以O(shè)(0,0)為圓心，為半徑的圓，易知點C在該圓內(nèi)，所以|AC|的最小值為，所以|AB|的最小值為，即|ab|的最小值為.9已知P為雙曲線1上一點，M，N分別為圓(x3)2y2及其關(guān)于y軸對稱的圓上的兩點，則|PM|PN|的取值范圍為()A5,5B5，33,5C(3,3) D3,3答案B解析由題意知，點M在圓(x3)2y2上，點N在圓(x3)2y2上，設(shè)雙曲線1的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，則F1(3,0)，F(xiàn)2(3,0)，易知F1，F(xiàn)2分別為兩個圓的圓心，連接PF1，MF1，PF2，NF2，則|PF1|MF1|PM|PF1|MF1|，|PF2|NF2|PN|PF2|NF2|，所以|PF1|PF2|1|PM|PN|PF1|PF2|1，而|PF1|PF2|4，所以5|PM|PN|3或3|PM|PN|5.10如圖1，已知正三角形ABC的邊長為6，O是底邊BC的中點，D是AB邊上一點，且AD2，將AOC繞著直線AO旋轉(zhuǎn)，在旋轉(zhuǎn)過程中，若DC的長度在，內(nèi)變化，如圖2，則點C所形成的軌跡的長度為()A.B.CD.答案A解析方法一ABC為正三角形，O為BC的中點，AOOB，AOOC，BOC是二面角BAOC的平面角，記BOC.如圖，過點D作DEOB，垂足為E，連接CE，則DEAO，OE1，OC3，DEAO2，則，其中，即，2()22222(2)21232213cos，226cos，則2226cos19,22，即cos，即點C轉(zhuǎn)過的角度為.點C的軌跡為以O(shè)為圓心，以O(shè)C為半徑的一段圓弧，弧長為3.方法二ABC為正三角形，O為BC的中點，AOOB，AOOC，BOC是二面角BAOC的平面角，記BOC.如圖，過點D作DEOB，垂足為E，連接CE，則DEAO，OE1，OC3，DEAO2，則EC2OC2OE22OCOEcos106cos，在RtDCE中，DC2DE2EC2(2)2106cos226cos，則DC2226cos19,22，即cos，即點C轉(zhuǎn)過的角度為.點C的軌跡為以O(shè)為圓心，以O(shè)C為半徑的一段圓弧，弧長為3.第卷(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)11九章算術(shù)是我國古代數(shù)學(xué)經(jīng)典名著，它在集合學(xué)中的研究比西方早一千年在九章算術(shù)中，將四個面都是直角三角形的四面體稱為“鱉臑”已知某“鱉臑”的三視圖(單位：cm)如圖所示，則該“鱉臑”的體積是_cm3.答案10解析由三視圖結(jié)合“鱉臑”的定義易得該幾何體為一個底面為直角邊長分別為3,4，高為5，且頂點在底面的射影為直角三角形中最小的角的頂點，則其體積為34510cm3.12已知等比數(shù)列an的公比q0，前n項和為Sn.若2(a5a3a4)a4，且a2a4a664，則q_，Sn_.答案2解析2(a5a3a4)a4，2a52a33a42q42q23q32q23q20，得q(舍去)或q2.a2a4a664，a64a44，a1，Sn.13已知x，y滿足約束條件則約束條件表示的可行域的面積為_，目標(biāo)函數(shù)zxy3的取值范圍為_答案2,3解析畫出可行域如圖中陰影部分(含邊界)所示，則A(0,1)，B(2,2)，C，易知ACBC，則可行域的面積S|AC|BC|.因為zxy3，所以yxz3，數(shù)形結(jié)合知，當(dāng)直線yxz3與直線BC重合時，z取得最大值3，當(dāng)直線yxz3經(jīng)過點A時，z取得最小值2，所以z2,314已知函數(shù)f(x)|2x1|，g(x)|2xa|(aR)，則不等式f(x)3的解集為_；若不等式f(x)g(x)6對任意的xR恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是_答案1,2(，75，)解析f(x)3，即|2x1|3，即32x13，解得1x2，所以不等式f(x)3的解集為1,2因為f(x)g(x)|2x1|2xa|2x12xa|a1|，所以要使不等式f(x)g(x)6對任意的xR恒成立，則|a1|6，解得a7或a5.15在ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知a3，b2，A2B，則sinB_，c_.答案解析a3，b2，A2B，由正弦定理得，即，B為ABC的一個內(nèi)角，sinB0，cosB，sinB.由二倍角公式知，sinAsin2B2sinBcosB2，cosAcos2B2cos2B1.方法一cosCcos(AB)cos(AB)(cosAcosBsinAsinB)，c2a2b22abcosC，c.方法二sinCsin(AB)sin(AB)sinAcosBcosAsinB，由正弦定理，得，c.16已知x，y，z均為正實數(shù)，且滿足x2y2z21，則xy2yz的最大值為_答案解析由已知條件x2y2z21，可設(shè)1x2y2(1)y2z2,00，若m0，當(dāng)x24；當(dāng)xm時，g(x)(xm)(xm)2x2x24.若m0，當(dāng)x24；當(dāng)xm時，g(x)(xm)(xm)2x2x24.若m0，g(x)24.又g(x)是偶函數(shù)，當(dāng)x0時，g(x)g(x)4.綜上，g(x)4.要使方程g(x)a有解，只需a4即可，所求a的取值范圍是4，)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)(2019臺州模擬)設(shè)函數(shù)f(x)sin2sinxcosx(xR)(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期及f的值；(2)將函數(shù)f(x)的圖象向右平移個單位長度，得到函數(shù)g(x)的圖象，試求g(x)在上的最小值解(1)f(x)sin2sinxcosxsin2xcos2xsin2xcos2xsin2xcos.所以函數(shù)f(x)的最小正周期T，fcos.(2)g(x)fcoscos.因為x，所以2x.所以當(dāng)2x，即x時，g(x)取最小值，此時g(x)min1.19(15分)如圖，在四棱錐PABCD中，DB平面PAB，ABP120，ABCD，CDBDABBP2，E為AP的中點(1)求證：PC平面BDE；(2)求直線DE與平面PCD所成角的正弦值(1)證明方法一連接AC交BD于點F，連接EF，則EF為ACP的中位線，所以EFPC，又EF平面BDE，PC平面BDE，所以PC平面BDE.方法二因為ABCD，ABCD，所以四邊形ABCD為平行四邊形，所以ADBC且ADBC，故可將四棱錐PABCD補形成三棱柱PABKDC，如圖，取DK的中點Q，連接QC，PQ，EQ.易知DQEP，DQEP，所以四邊形PEDQ為平行四邊形，所以DEPQ，又DE平面BDE，PQ平面BDE，所以PQ平面BDE.又DQAE，DQAE，所以四邊形ADQE為平行四邊形，所以ADEQ，ADEQ，又ADBC，ADBC，EQBC，EQBC，所以四邊形BEQC為平行四邊形，所以BEQC，又BE平面BDE，QC平面BDE，所以QC平面BDE.又PQQCQ，所以平面PQC平面BDE.又PC平面PQC，所以PCBDE.(2)解方法一由(1)中方法二可知DEPQ，所以直線DE與平面PCD所成的角就是直線PQ與平面PCD所成的角，設(shè)直線PQ與平面PCD所成的角為，點Q到平面PCD的距離為h.連接AC交BD于點F，連接EF，易知EF，PC2，PQ，在CDP中，DP2PC，CD2，所以SCDP2，易知SCDQ1，因為VPCDQVQCDP，所以SCDQBDSCDPh，所以h.所以sin，所以直線DE與平面PCD所成角的正弦值為.方法二在BAP中，ABBP2，E為AP的中點，ABP120，所以BEAP，以E為坐標(biāo)原點，的方向分別為x，y軸的正方向，過點E且平行于DB的直線為z軸，且的方向為z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系(圖略)，則E(0,0,0)，B(1,0,0)，A(0，0)，P(0，0)，D(1,0,2)，所以(1，2)，(1，0)，(1,0,2)，設(shè)直線DE與平面PCD所成的角為，平面PCD的法向量為n(x，y，z)，則得取y1，得x，z，所以n(，1，)為平面PCD的一個法向量，所以sin，所以直線DE與平面PCD所成角的正弦值為.20(15分)已知等差數(shù)列an的前n項和為Sn，且a2n2an3，S33，數(shù)列bn為等比數(shù)列，b1b310a3，b2b410a6.(1)求數(shù)列an，bn的通項公式；(2)若cn，求數(shù)列cn的前n項和Tn，并求使得Tn0，所以Tn.故由Tn0)的焦點F是橢圓C：y21的一個焦點(1)求拋物線E的方程；(2)設(shè)P是E上的動點，且位于第一象限，拋物線E在點P處的切線l與橢圓C交于不同的兩點A，B，直線y與過點P且垂直于x軸的直線交于點M，OM與直線l交于點D.求證：直線OM平分線段AB；若直線l與y軸交于點G，記PFG的面積為S1，PDM的面積為S2，是否存在點P，使得取得最小值？若存在，求出點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由(1)解根據(jù)題意，F(xiàn)，所以拋物線E的方程為x22y.(2)證明設(shè)P(m0)，由x22y可得yx，所以直線l的斜率為m，因此直線l的方程為ym(xm)，即ymx.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得(3m24)x23m3x30，所以x1x2.又M，所以O(shè)M的方程為yx，由得直線OM與l的交點的橫坐標(biāo)為xD，故xD，所以直線OM平分線段AB.解由知直線l的方程為ymx(m0)，所以G，所以P，F(xiàn)，D，M，所以S1|GF|mm(m21)，S2|PM|mxD|，所以.令t3m28，則402，又對于(3m24)x23m3x30，0，即(3m3)24(3m24)0，所以0m24，所以t3m28，故不存在最小值，即不存在點P，使得取得最小值22(15分)已知函數(shù)f(x)(ax22ax1)ex2.(1)討論f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若a，求證：當(dāng)x0時，f(x)0，f(x)0，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(，)當(dāng)a0時，(4a)24a(2a1)4a(2a1)，(i)當(dāng)a時，0，令u(x)0，得x1，x2，且x10，f(x)0，當(dāng)x(x1，x2)時，u(x)0，f(x)0，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為.(ii)當(dāng)0a時，0，所以u(x)0，f(x)0，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(，)當(dāng)a0，令u(x)0，得x1，x2，且x20，f(x)0，當(dāng)x(，x2)(x1，)時，u(x)0，f(x)時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為；當(dāng)0a時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(，)；當(dāng)a0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為，.(2)證明方法一由(1)得，x1，x2.當(dāng)a時，由(1)知f(x)在(x1，)上單調(diào)遞減，因為x120，所以f(x)在(0，)上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x0時，f(x)f(0)10.當(dāng)a時，由(1)知f(x)在(x2，x1)上單調(diào)遞增，在(x1，)上單調(diào)遞減，因為x12(0,1)，x220，所以f(x)在(0，x1)上單調(diào)遞增，在(x1，)上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x0時，f(x)maxf(x1)(ax2ax11)2，因為ax4ax12a10，所以ax4ax12a1，且a，所以f(x1)(ax2ax11)22a(x11)22.所以要證f(x)0，只需證20，即證(x11)x4x120.設(shè)g(x)(x1)exx24x2，x(0,1)，則g(x)(x2)ex2x4(x2)(ex2)，所以當(dāng)x(0，ln2)時，g(x)0，g(x)在(ln2,1)上單調(diào)遞增，因為g(0)10，g(1)2e70，所以當(dāng)x(0,1)時，恒有g(shù)(x)0.又x1(0,1)，所以g(x1)0，即f(x1)0，從而當(dāng)x0時，f(x)f(x1)0.綜上，若a，當(dāng)x0時，f(x)0.方法二f(x)(ax22ax1)ex2aex(x22x)ex2，令(a)aex(x22x)ex2，顯然當(dāng)x0時，ex(x22x)0，所以當(dāng)a時，(a)ex2.所以要證當(dāng)x0時，f(x)0，只需證當(dāng)x0時，ex20，即證當(dāng)x0時，ex(x22x7)140.令g(x)ex(x22x7)14，則g(x)ex(x24x5)(x1)(x5)ex，所以當(dāng)x(0,1)時，g(x)0，g(x)在(1，)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x0時，g(x)g(1)144e0，從而當(dāng)x0時，f(x)0.