届一轮复习浙江版 综合检测一Word文件下载.docx
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，∴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<
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