加练半小时版新高考数学浙江一轮练习阶段滚动检测六.docx
- 文档编号:30302353
- 上传时间:2023-08-13
- 格式:DOCX
- 页数:12
- 大小:50.99KB
加练半小时版新高考数学浙江一轮练习阶段滚动检测六.docx
《加练半小时版新高考数学浙江一轮练习阶段滚动检测六.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《加练半小时版新高考数学浙江一轮练习阶段滚动检测六.docx(12页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
加练半小时版新高考数学浙江一轮练习阶段滚动检测六
一、选择题
1.设全集U={x∈N*|x≤4},集合A={1,4},B={2,4},则∁U(A∩B)等于( )
A.{1,2,3}B.{1,2,4}
C.{1,3,4}D.{2,3,4}
2.已知复数z满足(1-i)z=i,则复数在复平面内的对应点位于( )
A.第一象限B.第二象限
C.第三象限D.第四象限
3.(2019·湖州模拟)已知某厂的产品合格率为0.8,现抽出10件产品检查,则下列说法正确的是( )
A.合格产品少于8件B.合格产品多于8件
C.合格产品正好是8件D.合格产品可能是8件
4.函数f(x)=excosx在点(0,f(0))处的切线方程是( )
A.x+y+1=0B.x+y-1=0
C.x-y+1=0D.x-y-1=0
5.已知函数f(x)=x-cosx,则f(x)在[0,2π]上的零点个数为( )
A.1B.2C.3D.4
6.若数列{an}对于任意的正整数n满足:
an>0且anan+1=n+1,则称数列{an}为“积增数列”.已知数列{an}为“积增数列”,数列{a+a}的前n项和为Sn,则对于任意的正整数n,有( )
A.Sn≤2n2+3B.Sn>n2+4n
C.Sn≤n2+4nD.Sn>n2+3n
7.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )
A.16πB.8πC.πD.π
8.已知双曲线-=1(a>0,b>0)的一条渐近线被圆(x-c)2+y2=4a2截得弦长为2b(其中c为双曲线的半焦距),则该双曲线的离心率为( )
A.B.C.D.
9.(2019·诸暨模拟)甲盒子装有3个红球,1个黄球,乙盒中装有1个红球,3个黄球,同时从甲乙两盒中取出i(i=1,2,3)个球交换,分别记甲乙两个盒子中红球个数的数学期望为E1(i),E2(i),则以下结论错误的是( )
A.E1
(1)>E2
(1)B.E1
(2)=E2
(2)
C.E1
(1)+E2
(1)=4D.E1(3) (1) 10.已知函数f(x)=若关于x的不等式[f(x)]2+af(x)-b2<0恰有1个整数解,则实数a的最大值是( ) A.2B.3C.5D.8 二、填空题 11.(2019·温州模拟)某几何体的三视图如图所示(单位: cm),则该几何体的体积是____________cm3,表面积是________cm2. 12.若n的二项展开式中各项的二项式系数的和是64,则n=________,展开式中的常数项为________.(用数字作答) 13.已知函数f(x)=则f=________,若f(x)=ax-1有三个零点,则a的取值范围是________. 14.(2019·衢州模拟)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知asinA+bsinB=2csinC,则角C的最大值为______;若c=2a=2,则△ABC的面积为______. 15.(2019·浙江省杭州市学军中学模拟)某校在一天的8节课中安排语文、数学、英语、物理、化学、选修课与2节自修课,其中第1节只能安排语文、数学、英语三门中的一门,第8节只能安排选修课或自修课,且选修课与自修课、自修课与自修课均不能相邻,则所有不同的排法共有________种. 16.已知定义域为[0,+∞)的函数f(x)满足f(x)=2f(x+2),当x∈[0,2)时,f(x)=-2x2+4x,设f(x)在[2n-2,2n)上的最大值为an(n∈N*),且数列{an}的前n项和为Sn,则Sn=________. 17.已知点A(0,-1),B(3,0),C(1,2),平面区域P是由所有满足=λ+μ(2<λ≤m,2<μ≤n)的点M组成的区域,若区域P的面积为6,则m+n的最小值为__________. 三、解答题 18.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c,已知A为锐角,且bsinAcosC+csinAcosB=a. (1)求角A的大小; (2)设函数f(x)=tanAsinωxcosωx-cos2ωx(ω>0),其图象上相邻两条对称轴间的距离为,将函数y=f(x)的图象向左平移个单位长度,得到函数y=g(x)的图象,求函数g(x)在区间上的值域. 19.如图,已知四棱锥P-ABCD的底面是菱形,∠BAD=,AB=PD=2,PB=PC=. (1)求证: 平面PBC⊥平面ABCD; (2)求直线PC与平面PAB所成角的正弦值. 20.(2019·台州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=t(t≠-1),Sn+2an+1+n+1=0,且数列{an+1}为等比数列. (1)求实数t的值; (2)设Tn为数列{bn}的前n项和,b1=1,且-=1.若对任意的n∈N*,使得不等式++…+≥恒成立,求实数m的最大值. 21.(2019·温州模拟)已知椭圆C: +=1(a>b>0)过抛物线M: x2=4y的焦点F,F1,F2分别是椭圆C的左、右焦点,且·=6. (1)求椭圆C的标准方程; (2)若直线l与抛物线M相切,且与椭圆C交于A,B两点,求△OAB面积的最大值. 22.(2019·镇海模拟)已知函数f(x)=x2-2ax,g(x)=lnx. (1)若f(x)≥g(x)对于定义域内的任意x恒成立,求实数a的取值范围; (2)设h(x)=f(x)+g(x)有两个极值点x1,x2,且x1∈,证明: h(x1)-h(x2)>-ln2. 答案精析 1.A 2.C 3.D 4.C 5.C 6.D 7.D 8.B 9.D 10.D 11. 5π+2 12.6 15 13. (4,+∞) 14. 解析 由正弦定理,得a2+b2=2c2,又由余弦定理得,a2+b2=2(a2+b2-2abcosC),即4abcosC=a2+b2≥2ab,当且仅当a=b时,取等号,cosC≥,所以0 ∵0 故△ABC的面积为S=acsinB=. 15.1296 解析 首先在语文、数学、英语三门课中选出一门作为第1节课,然后将除选修课和自修课外的4门课全排列,再在选修课和2节自修课中选出1节放在第8节课,最后将剩下的两节课插空到之前的5节课形成的4个空中,又因为两节自修课是重复的,要消序,所以不同的排法共有=1296种. 16.4- 解析 当x∈[0,2)时,函数f(x)图象的对称轴为x=1,开口向下,故最大值为f (1)=2.由于f(x+2)=f(x),即从[2,4)起,每隔两个单位长度图象的“高度”就是前一个区间图象“高度”的一半,故最大值即{an}是首项为2,公比为的等比数列,其前n项和Sn==4-. 17.4+ 解析 设M(x,y),=(3,1),=(1,3), ∴||=||=. cos〈,〉===. sin〈,〉=. 令=2,=2,以AE,AF为邻边作▱AENF,令=m,=n,以AP,AQ为邻边作▱APGQ. ∵=λ+μ(2<λ≤m,2<μ≤n), ∴符合条件的M组成的区域是平行四边形NIGH,如图所示, ∴(m-2)·(n-2)·=6, ∴(m-2)(n-2)=, ∵(m-2)(n-2)≤, ∴≤, ∴3≤(m+n-4)2,∴m+n≥4+,当且仅当m=n=2+时等号成立. ∴m+n的最小值为4+. 18.解 (1)∵bsinAcosC+csinAcosB=a, ∴由正弦定理可得 sinBsinAcosC+sinCsinAcosB =sinA, ∵A为锐角,sinA≠0, ∴sinBcosC+sinCcosB=, 可得sin(B+C)=sinA=,∴A=. (2)∵A=,可得tanA=, ∴f(x)=sinωxcosωx-cos2ωx =sin2ωx-cos2ωx =sin, ∵其图象上相邻两条对称轴间的距离为,可得T=2×=,解得ω=1, ∴f(x)=sin, ∴将函数y=f(x)的图象向左平移个单位长度,得到图象对应的函数解析式为y=g(x)=sin =sin, ∵x∈, 可得2x+∈, ∴g(x)=sin∈. 19. (1)证明 如图,取BC的中点M,连接PM,DM,DB, 则△BCD和△PBC分别是等边三角形、等腰直角三角形. 故PM⊥BC,DM⊥BC,且PM=1,DM=, 所以DM2+PM2=PD2,故PM⊥DM, 又BC∩DM=M,BC,DM⊂平面ABCD, 所以PM⊥平面ABCD. 又PM⊂平面PBC, 从而平面PBC⊥平面ABCD. (2)解 方法一 如图,在平面ABP内,过点P作直线PQ⊥PB交AB的延长线于点Q,过点M作MN⊥AB交AB的延长线于点N,过点C作CE⊥PQ交PQ于点E,连接PN,CQ. 由于PQ⊥PB,PC⊥PB,PQ∩PC=P,PC,PQ⊂平面PQC, 则PB⊥平面PQC. 又PB⊂平面PAB, 则平面PQC⊥平面PAB, 又CE⊥PQ,平面PQC∩平面PAB=PQ,CE⊂平面PQC, 所以CE⊥平面PAB, 所以∠CPE是直线PC与平面PAB所成的角. 由于MN⊥AB,BM=1, 则BN=,MN=. 又PM⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,则PM⊥AB, 又MN⊥AB,MN∩PM=M, MN,PM⊂平面PMN, 所以AB⊥平面PMN, 又PN⊂平面PMN,所以PN⊥AB, PN==, tan∠PBN=,PB=, 从而PQ=,BQ=4,CQ=2. 在△PQC中,PC2+QC2=PQ2, 即CP⊥CQ, 则CE=,sin∠CPE==. 方法二 如图,由 (1)知,BC,DM,PM两两垂直, 则以点M为坐标原点,以DM,BM,PM所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系Mxyz. 则P(0,0,1),A(,2,0),B(0,1,0), C(0,-1,0), =(-,-1,0),=(0,1,-1), =(0,-1,-1), 设平面ABP的法向量为n=(x,y,z), 则即 令x=-1,得y=,z=,即n=(-1,,). 设直线PC与平面PAB所成角为θ, 则sinθ===, 即直线PC与平面PAB所成角的正弦值为. 20.解 (1)由Sn+2an+1+n+1=0, 得Sn-1+2an+n=0(n≥2). 所以2an+1-an+1=0(n≥2). 所以2(an+1+1)=an+1(n≥2). 又a1=t,则a1+2a2+2=0,a2=--1. 要使得{an+1}为等比数列, 则必须有=,得=, 解得t=-. (2)由 (1)得an+1=(a1+1)n-1=n. 又因为-=1,=b1=1, 所以是公差为1,首项为1的等差数列. 所以=n,Tn=n2. 当n≥2时,bn=Tn-Tn-1=2n-1. 又因为b1=1符合上式,所以bn=2n-1. 所以=n·2n+1. 设Fn=++…+ =1·22+2·23+…+n·2n+1, 则2Fn=1·23+2·24+…+n·2n+2, 两式相减得-Fn=22+23+…+2n+1-n·2n+2=(1-n)2n+2-4, 所以Fn=(n-1)2n+2+4, 所以m·2n≤(n-1)2n+2+4, 即m≤4-4. 因为n+1+-=1->0. 所以4-4单调递增, 当n=1时,4-4的最小值为2. 所以m≤2.即实数m的最大值为2. 21.解 (1)∵F(0,1),∴b=1, 又·=6,∴2c2=6,解得c=. 又a2-b2=c2,∴a=2, ∴椭圆C的标准方程为+y2=1. (2)设直线l与抛物线相切于点P(x0,y0),x0≠0, 则直线l: y-=(x-x0), 即y=x-, 联立直线l与椭圆的方程 消去y整理得(1+x)x2-xx+x-4=0. 由Δ=16(x+1)-x>0, 得0 设A(x1,y1),B(x2,y2), 则x1+x2=,x1x2=. 则|AB|=|x1-x2| =· =·. 原点O到直线l的距离d=. ∴△OAB面积S=d·|AB| =· =· ≤=1, 当且仅当16(1+x)-x=x, 即x=4+2时取等号, ∴△OAB面积的最大值为1. 22. (1)解 由题意知f(x)≥g(x)等价于x2-2ax≥lnx(x>0), 即a≤(x>0), 设φ(x)=, 则φ′(x)==. ∵函数y=x2,y=lnx在(0,+∞)上都是增函数, ∴函数y=x2+lnx-1在(0,+∞)上是增函数,且当x=1时,y=0. ∴当x∈(0,1)时,φ′(x)<0; 当x∈(1,+∞)时,φ′(x)>0. ∴φ(x)在(0,1)上是减函数,在(1,+∞)上是增函数. ∴φ(x)min=φ (1)=, ∴a≤φ(x)min=,即a∈. (2)证明 由题意知h(x)=x2-2ax+lnx, 则h′(x)=2x-2a+=(x>0), ∴方程2x2-2ax+1=0(x>0)有两个不相等的实数根x1,x2,且x1∈. 又∵x1x2=,∴x2=∈(1,+∞), 且2ax1=2x+1,2ax2=2x+1, 则h(x1)-h(x2)=(x-2ax1+lnx1)-(x-2ax2+lnx2) =[x-(2x+1)+lnx1]-[x-(2x+1)+lnx2] =x-x+ln =x--ln(2x)(x2>1), 设μ(x)=x2--ln(2x2)(x>1), 令t=x2,则t>1, 令k(t)=t--ln(2t), ∴k′(t)=1-- =1+- ==>0, ∴k(t)>k (1)=1--ln2=-ln2. 即h(x1)-h(x2)>-ln2.
- 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:
- 半小时 新高 数学 浙江 一轮 练习 阶段 滚动 检测
![提示](https://static.bdocx.com/images/bang_tan.gif)