届一轮复习浙江版 综合检测一Word文件下载.docx
- 文档编号:19534077
- 上传时间:2023-01-07
- 格式:DOCX
- 页数:16
- 大小:78.84KB
届一轮复习浙江版 综合检测一Word文件下载.docx
《届一轮复习浙江版 综合检测一Word文件下载.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《届一轮复习浙江版 综合检测一Word文件下载.docx(16页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
,∴f()>
f();
log328<
4=3
,∴f(log328)>
).
故选A.
4.已知x,y满足约束条件则z=|x+y+2|的最大值是( )
A.7B.6C.5D.4
解析 方法一 画出可行域如图中阴影部分(含边界)所示,
则A(0,1),B(2,2),C,
则可行域在直线l:
x+y+2=0的右上方,z=|x+y+2|=x+y+2,即y=-x+z-2,
故当直线y=-x+z-2过点B时,z取得最大值,最大值是6.
方法二 画出可行域如图中阴影部分(含边界)所示,则A(0,1),B(2,2),C,记直线l:
x+y+2=0,点B到直线l的距离为dB-l,则z=|x+y+2|=×
≤·
dB-l,而dB-l=3,故z=|x+y+2|≤6,所以z=|x+y+2|的最大值是6.
5.若(3ax-1)5(2x-1)3的展开式中各项系数的和为1,则该展开式中x2项的系数为( )
A.56B.112C.168D.224
解析 令x=1得(3a-1)5(2-1)3=1,
解得a=,
则(3ax-1)5(2x-1)3=(2x-1)8,
其二项展开式的通项Tk+1=C·
(2x)8-k·
(-1)k,
所以x2项为Tk+1=C(2x)8-6·
(-1)6=4Cx2=112x2,
所以x2项的系数为112.
6.已知函数f(x)=若函数g(x)=f(x)-k(x+1)在(-∞,1]上恰有两个不同的零点,则实数k的取值范围是( )
A.[1,3)B.(1,3]
C.[2,3)D.[1,+∞)
解析 函数g(x)=f(x)-k(x+1)在(-∞,1]上恰有两个不同的零点,等价于直线y=k(x+1)与函数y=f(x)的图象在(-∞,1]上有两个不同的交点.作出f(x)的大致图象如图所示,
因为直线y=k(x+1)过定点(-1,0),定点(-1,0)与点(1,2)和(0,3)连线的斜率分别为1和3,结合f(x)的图象可知k的取值范围是[1,3).故选A.
7.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )
A.12-.12-π
C.12-.12-
解析 由三视图可知,该几何体是一个正四棱柱挖去一个半圆锥所得到的几何体,其直观图如图所示,
其中正四棱柱的底面正方形的边长a=2,半圆锥的底面半径r=1,高h=3,所以正四棱柱的体积V1=a2h=22×
3=12,半圆锥的体积V2=×
r2h=×
12×
3=,所以该几何体的体积V=V1-V2=12-.
8.已知圆C:
x2+(y-1)2=8,直线l1:
mx+y-m-3=0与圆C交于A,B两点,直线l2:
x-my+3m-1=0与圆C交于E,F两点,则四边形AEBF的面积的最大值为( )
A.10B.11C.12D.13
解析 方法一 设圆心C(0,1)到直线l1,l2的距离分别为d1,d2,圆C的半径为r,
则d1=,d2=,
∴|AB|=2=2,
|EF|=2=2,
又由直线方程知l1⊥l2,∴AB⊥EF,
则S四边形AEBF=|AB|·
|EF|
=×
2×
2
=2
=2≤11,
当且仅当3m-4=,即m=3或-时等号成立.
方法二 直线l1:
mx+y-m-3=0⇒m(x-1)+(y-3)=0,直线l2:
x-my+3m-1=0⇒(x-1)-m(y-3)=0,
∴直线l1⊥l2,且均过定点P(1,3).
∵圆C:
x2+(y-1)2=8,则圆心C(0,1),
设圆C的半径为r,圆心C到直线l1,l2的距离分别为d1,d2,过点C分别向直线l1,l2作垂线,垂足分别为M,N,则四边形CMPN为矩形,且满足d+d=|CP|2=(1-0)2+(3-1)2=5.
|AB|=2=2,
|EF|=2=2,
由l1⊥l2⇒AB⊥EF,则S四边形AEBF=|AB|·
2×
2
≤(8-d)+(8-d)=16-(d+d)=11,
当且仅当8-d=8-d,即d=d=时等号成立.
9.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,AB=BC=CA=3,AA1=2,M是AB上的点,且BM=2AM,动点Q在底面A1B1C1内,若BQ∥平面A1CM,则BQ的取值范围是( )
A..
C..
答案 D
解析 如图,在A1B1上取一点D,使A1D=2B1D,
取B1C1的中点E,连接BD,BE,DE,
则BD∥A1M,因为A1M⊂平面A1CM,
所以BD∥平面A1CM.
同理,DE∥平面A1CM,所以平面BDE∥平面A1CM,
所以点Q在线段DE上,点Q的轨迹为线段DE,
易得BD=,BE=,
在△B1DE中,由余弦定理得
DE2=DB+B1E2-2DB1·
B1E·
cos∠DB1E
=1+-2×
1×
×
=,所以DE=,
在△BDE中,利用余弦定理得
cos∠BDE==,
所以sin∠BDE=,
则BQ的最小值为DE边上的高,最大值为BE的长,
DE边上的高是BD·
sin∠BDE=×
=,
所以BQ∈,故选D.
10.已知同一平面内的向量a,b,c满足|a-b|=|b-c|=|c-a|=2,d为该平面内的任意一个向量,且(b-d)·
(c-d)=0,则(a-d)·
(a+b-2d)的最大值为( )
A.4+2B.4+C.5+D.5+2
解析 如图,假设a,b,c,d共起点D,根据|a-b|=|b-c|=|c-a|=2,可知a,b,c终点的连线构成一个边长为2的正三角形(如图所示的△ABC),
又(b-d)·
(c-d)=0,故OC⊥OB,
而(a-d)·
(a+b-2d)=(a-d)·
[(a-d)+(b-d)]=·
,其中E为平行四边形OAEB的顶点,这样问题就转化为求·
的最大值了.
以O为原点,OB,OC所在直线分别为x轴,y轴建立平面直角坐标系,设∠OBC=θ,
则B(2cosθ,0),C(0,2sinθ),
A,
E,
∴·
=·
+2sin·
2sin
=4+2cos2θ+6sinθcosθ
=5+cos2θ+3sin2θ
=5+2sin(2θ+φ),其中tanφ=,
的最大值为5+2.
第Ⅱ卷(非选择题 共110分)
二、填空题(本大题共7小题,多空题每题6分,单空题每题4分,共36分.把答案填在题中横线上)
11.十九世纪德国著名数学家狄利克雷在数学领域成就卓著,函数f(x)=被称为狄利克雷函数,其中R为实数集,Q为有理数集,狄利克雷函数是无法画出函数图象的,但是它的函数图象却客观存在,如果A(0,f(0)),B(,f())在其图象上,那么f()=________,A,B两点间的距离为________.
答案 0 2
解析 根据函数的解析式得f(0)=1,f()=0,所以A,B两点间的距离为2.
12.已知i为虚数单位,=a+bi(a,b∈R),则a+b=________,a+bi的共轭复数在复平面内对应的点位于第________象限.
答案 -2 二
解析 =-1-i,则a=-1,b=-1,∴a+b=-2,a+bi的共轭复数在复平面内对应的点为(-1,1),位于第二象限.
13.双曲线-=1的离心率是________,右焦点到渐近线的距离是________.
答案
解析 双曲线-=1的离心率e===.双曲线的右焦点为(,0),渐近线方程为y=±
x,所以右焦点到渐近线的距离d==.
14.抛掷1枚质地均匀的骰子,当正面朝上的点数为3的倍数时,就说这次试验成功,则在两次试验中至少有一次成功的概率为________;
若连续做10次试验,记X为试验成功的次数,则E(X)=________.
解析 记事件A为“两次试验中至少有一次成功”,则事件为“两次试验都不成功”.基本事件的个数为n=6×
6=36,事件包括的基本事件的个数m=4×
4=16,则P(A)=1-P()=1-=1-=.易知X~B(10,p),其中一次试验成功的概率p==,则E(X)=np=10×
=.
15.由1,2,3,4,5,6六个数字组成无重复数字的六位数,要求1不排在两端,2,3相邻,6在4的左边,则可以组成________个不同的六位数.
答案 72
解析 方法一 2,3相邻,所以把2,3看作一个整体,有2种排法,这样,六个元素变成了五个.先排1,由于1不排在两端,则1在中间的3个位置中,有A=3种排法,其余的4个元素任意排,有A种排法,又4,6顺序已经确定,所以不同的六位数有=72(个).
方法二 2,3排序有A种,且1不在两端的情形有(AA-ACA)种,除去4,6的顺序,得=72(个).
16.已知a>
0,b>
0,则+的最小值是________.
答案 2
解析 方法一 当a+b≥ab+1时,
+≥+=
=≥=2,
当且仅当a=b=1时等号成立;
当a+b<
ab+1时,+>
+
=>
=2.
故+的最小值是2.
方法二 因为3(b2+2)-(b+2)2=2(b-1)2≥0,
所以b2+2≥,
进而+≥+
≥=
=
≥
==2,
当且仅当a=b=1时等号成立,
17.已知F1,F2是椭圆和双曲线的公共焦点,且F1,F2在x轴上,P是它们的一个公共点,且∠F1PF2=,则椭圆和双曲线的离心率之积的取值范围是________.
答案 (1,+∞)
解析 方法一 设椭圆方程为+=1(a1>
b1>
0),
离心率为e1,半焦距为c,满足c2=a-b,
双曲线方程为-=1(a2>
0,b2>
离心率为e2,半焦距为c,满足c2=a+b,
不妨设F1,F2分别为左、右焦点,P是它们在第一象限的一个公共点,
则由椭圆与双曲线的定义得,
⇒
在△F1PF2中,由余弦定理可得
=-,
整理得4c2=3a+a,即3×
+=4,
即32+2=4,则2=4-32.
由令t=2,
则t=2=∈,
∴2·
2=2·
=-3t2+4t=-32+,
∵函数f(t)=-32+在上单调递减,
2=-32+∈(0,1),
即e1e2的取值范围为(1,+∞).
方法二 设椭圆方程为+=1(a1>
不妨设F1,F2分别为左、右焦点,P是它们在第一象限的一个公共点,|PF1|=m,|PF2|=n,则m>
n>
在△F1PF2中,由余弦定理可得m2+n2+mn=4c2,
则由椭圆与双曲线的定义,得
则·
===
==1-,
令t=2+>
3,
=1-=1-,
∵函数g(t)=1-在(3,+∞)上单调递增,
∈(0,1),即e1e2的取值范围为(1,+∞).
三、解答题(本大题共5小题,共74分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)
18.(14分)已知函数f(x)=cos2x-sinxcosx.
(1)求f(x)的单调递增区间;
(2)若锐角三角形ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且f(C)=-,a=2,求b的取值范围.
解
(1)∵f(x)=cos2x-sinxcosx
=-sin2x,
∴f(x)=cos+,
令2kπ-π≤2x+≤2kπ,k∈Z,
得kπ-≤x≤kπ-,k∈Z,
∴f(x)的单调递增区间为,k∈Z.
(2)∵f(C)=-,
∴f(C)=cos+=-,
∴2C+=2kπ+π,k∈Z,
又0<
C<
,∴C=.
∵△ABC为锐角三角形,∴
∴<
A<
,
又a=2,则由正弦定理=得,
b====1+,
∵<
,∴∈(0,),
故b∈(1,4),即b的取值范围为(1,4).
19.(15分)如图,已知四面体ABCD中,CD⊥BD,AB=BD=AD=2,CD=1,E为AD的中点.
(1)若AC=,求证:
AC⊥BE;
(2)若AC=,求直线AC与平面BCD所成角的正弦值.
(1)证明 方法一 取CD的中点F,连接EF,BF.
∵E为AD的中点,
∴AC∥EF.
在△BEF中,易得BE=,EF=,BF=,
则BE2+EF2=BF2,由勾股定理的逆定理得BE⊥EF,
∴AC⊥BE.
方法二 ∵AC=,CD=1,AD=2,
∴AC2=CD2+AD2,∴CD⊥AD,
又CD⊥BD,AD∩BD=D,∴CD⊥平面ABD,
又BE⊂平面ABD,∴CD⊥BE.
又△ABD是正三角形,且E为AD的中点,∴BE⊥AD,
又CD∩AD=D,∴BE⊥平面ACD,
又AC⊂平面ACD,∴BE⊥AC.
(2)解 分别取BD,BC的中点O,M,连接OM,AO,AM,过A作AH⊥OM于点H,连接CH.
∵△ABD为正三角形,∴AO⊥BD.
∵CD⊥BD,OM∥CD,∴OM⊥BD,
又AO∩OM=O,∴BD⊥平面AOM,
∴BD⊥AH,而AH⊥OM,BD∩OM=O,
∴AH⊥平面BCD.
方法一 ∴CH为AC在平面BCD内的射影,即∠ACH是直线AC与平面BCD所成的角.
易得AO=,OM=,BC=,BM=,
在△ABC与△ABM中,由余弦定理得AM=,
在△AOM中,由余弦定理得cos∠AOM=-,
则cos∠AOH=,sin∠AOH=,
在Rt△AOH中,得AH=,
∴sin∠ACH==.
即直线AC与平面BCD所成角的正弦值为.
方法二 以O为坐标原点,,,的方向分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则B(0,-1,0),C(1,1,0),
设A(a,0,b),
则AB==2,
AC==,
得a=-1,b=.∴A(-1,0,),∴=(2,1,-).
易知平面BCD的一个法向量为n=(0,0,1),
∴cos〈,n〉==-,
∴sinθ=(θ为直线AC与平面BCD所成角的大小).
20.(15分)(2019·
宁波质检)已知数列{an}的前n项和Tn=n2-n,且an+2+3log4bn=0(n∈N*).
(1)求数列{bn}的通项公式;
(2)若数列{cn}满足cn=an·
bn,求数列{cn}的前n项和Sn;
(3)在
(2)的条件下,若cn≤m2+m-1对一切正整数n恒成立,求实数m的取值范围.
解
(1)由Tn=n2-n得,
Tn-1=(n-1)2-(n≥2),
两式相减得an=3n-2(n≥2),
又a1=T1=1也满足上式,∴an=3n-2(n∈N*).
由an+2+3log4bn=0(n∈N*)得,
3n-2+2+3log4bn=0,即n+log4bn=0,
∴bn=n(n∈N*).
(2)∵数列{cn}满足cn=an·
bn,
∴cn=(3n-2)×
n(n∈N*),
∴Sn=1×
+4×
2+7×
3+…+(3n-5)×
n-1+(3n-2)×
n,
Sn=1×
2+4×
3+7×
4+…+(3n-5)×
n+(3n-2)×
n+1,
两式相减得
Sn=+3-(3n-2)×
n+1=-(3n+2)×
∴Sn=-×
n+1=-×
n(n∈N*).
(3)∵cn+1-cn=(3n+1)×
n+1-(3n-2)×
n=9(1-n)×
n+1(n∈N*),
∴当n=1时,c2=c1=,当n≥2时,cn+1<
cn,
∴c1=c2>
c3>
c4>
…>
∴对一切正整数n,cn的最大值是.
又cn≤m2+m-1对一切正整数n恒成立,
∴m2+m-1≥,
即m2+4m-5≥0,解得m≥1或m≤-5.
21.(15分)如图,已知椭圆C:
+=1(a>
b>
0),F1,F2为其左、右焦点,离心率e=,M为椭圆上一动点,△MF1F2的面积的最大值为2.
(1)求椭圆C的方程;
(2)过点P(2,0)作直线l,交椭圆C于A,B两点,求△MAB面积的最大值,并求此时直线l的方程.
解
(1)由
得
所以椭圆C的方程为+=1.
(2)当直线l的斜率为0时,直线l的方程为y=0,
此时S△MAB的最大值为×
2=2.
当直线l的斜率存在且不为0或斜率不存在时,设直线l:
x=my+2,
代入椭圆方程得4(my+2)2+5y2-20=0,
即(4m2+5)y2+16my-4=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则y1+y2=-,y1y2=,
故|AB|=
=,
平移直线l至直线l′的位置,使得直线l′与椭圆相切(图略),设直线l′:
x=my+t,代入椭圆方程得4(my+t)2+5y2-20=0,即(4m2+5)y2+8mty+4t2-20=0,
由Δ=0得4m2+5=t2,则t2≥5,
当t=-时,点M距离直线l最远,即S△MAB最大,此时,点M到直线l的距离d=,
从而S△MAB=|AB|·
d
=
=2·
.
令1-=u,f(u)=u3(2-u),
由f′(u)=6u2-4u3=0得u1=0,u2=,
所以函数f(u)在上单调递增,在上单调递减,
因为t≤-,所以u∈,故当u=,即t=-4时,S△MAB取得最大值,最大值为.
综上,S△MAB的最大值为,此时,m=±
所以直线l的方程为x=±
y+2.
22.(15分)已知函数f(x)=x2-4x+5-(a∈R).
(1)若f(x)在R上为增函数,求实数a的取值范围;
(2)设g(x)=exf(x),当m≥1时,若g(x1)+g(x2)=2g(m)(其中x1<
m,x2>
m),求证:
x1+x2<
2m.
(1)解 由题意知f′(x)=2x-4+≥0在R上恒成立,即a≥(4-2x)ex在R上恒成立.
设h(x)=(4-2x)ex,∴h′(x)=(2-2x)ex,
∴当x∈(-∞,1)时,h′(x)>
0,h(x)在(-∞,1)上为增函数,当x∈(1,+∞)时,h′(x)<
0,h(x)在(1,+∞)上为减函数,
∴h(x)max=h
(1)=2e,∴a≥2e,即a∈[2e,+∞).
(2)证明 g(x)=exf(x)=(x2-4x+5)ex-a,
∵g(x1)+g(x2)=2g(m),m∈[1,+∞),
∴(x-4x1+5)
-a+(x-4x2+5)
-a
=2(m2-4m+5)em-2a,
+(x-4x2+5)
=2(m2-4m+5)em.
设φ(x)=(x2-4x+5)ex,x∈R,
则φ(x1)+φ(x2)=2φ(m),则φ′(x)=(x-1)2ex≥0,
∴φ(x)在R上单调递增.
设F(x)=φ(m+x)+φ(m-x),
则F′(x)=(m+x-1)2em+x-(m-x-1)2em-x.
当x>
0时,em+x>
em-x>
(m+x-1)2-(m-x-1)2=2x(2m-2)≥0,
∴F′(x)>
0,F(x)在(0,+∞)上单调递增,
∴F(x)>
F(0)=2φ(m),
∴φ(m+x)+φ(m-x)>
2φ(m),x∈(0,+∞).
令x=m-x1,∵x1<
m,
∴x=m-x1>
∴φ(m+m-x1)+φ(m-m+x1)>
2φ(m),
即φ(2m-x1)+φ(x1)>
又φ(x1)+φ(x2)=2φ(m),
∴φ(2m-x1)+2φ(m)-φ(x2)>
即φ(2m-x1)>
φ(x2),
∵φ(x)在R上单调递增,
∴2m-x1>
x2,即x1+x2<
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 届一轮复习浙江版 综合检测一 一轮 复习 浙江 综合 检测