届一轮复习浙江版 综合检测一Word文件下载.docx

1、，f（）f（）；log328）故选A.4已知x，y满足约束条件则z|xy2|的最大值是（）A7 B6 C5 D4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：xy20的右上方，z|xy2|xy2，即yxz2，故当直线yxz2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：xy20，点B到直线l的距离为dBl，则z|xy2|dBl，而dBl3，故z|xy2|6，所以z|xy2|的最大值是6.5若（3ax1）5（2x1）3的展开式中各项系数的和为1，则该展开式中x2

2、项的系数为（）A56 B112 C168 D224解析令x1得（3a1）5（21）31，解得a，则（3ax1）5（2x1）3（2x1）8，其二项展开式的通项Tk1C（2x）8k（1）k，所以x2项为Tk1C（2x）86（1）64Cx2112x2，所以x2项的系数为112.6已知函数f（x）若函数g（x）f（x）k（x1）在（，1上恰有两个不同的零点，则实数k的取值范围是（）A1,3） B（1,3C2,3） D1，）解析函数g（x）f（x）k（x1）在（，1上恰有两个不同的零点，等价于直线yk（x1）与函数yf（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yk（x

3、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（）A12 12C12 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a2，半圆锥的底面半径r1，高h3，所以正四棱柱的体积V1a2h22312，半圆锥的体积V2r2h123，所以该几何体的体积VV1V212.8已知圆C：x2（y1）28，直线l1：mxym30与圆C交于A，B两点，直线l2：xmy3m10与圆C交于E，F两点，则四边形A

4、EBF的面积的最大值为（）A10 B11 C12 D13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|22 ，|EF|22 ，又由直线方程知l1l2，ABEF，则S四边形AEBF|AB|EF|2 2 2 2 11，当且仅当3m4，即m3或时等号成立方法二直线l1：mxym30m（x1）（y3）0，直线l2：xmy3m10（x1）m（y3）0，直线l1l2，且均过定点P（1,3）圆C：x2（y1）28，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，

5、则四边形CMPN为矩形，且满足dd|CP|2（10）2（31）25.|AB|22，|EF|22，由l1l2ABEF，则S四边形AEBF|AB|22（8d）（8d）16（dd）11，当且仅当8d8d，即dd时等号成立9.如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，ABBCCA3，AA12，M是AB上的点，且BM2AM，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A1D2B1D，取B1C1的中点E，连接BD，BE，DE，则BDA1M，因为A1M平面A1CM，所以BD平面A1CM.同理，DE平面A1CM，所以

6、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DE2DBB1E22DB1B1EcosDB1E121，所以DE，在BDE中，利用余弦定理得cosBDE，所以sinBDE，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BDsinBDE，所以BQ，故选D.10已知同一平面内的向量a，b，c满足|ab|bc|ca|2，d为该平面内的任意一个向量，且（bd）（cd）0，则（ad）（ab2d）的最大值为（）A42 B4 C5 D52解析如图，假设a，b，c，d共起点D，根据|ab|bc|ca|2，可知a，b，c终点的连线构成一

7、个边长为2的正三角形（如图所示的ABC），又（bd）（cd）0，故OCOB，而（ad）（ab2d）（ad）（ad）（bd），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，则B（2cos ，0），C（0,2sin ），A，E，2sin2sin42cos26sin cos 5cos 23sin 252sin（2），其中tan ，的最大值为52.第卷（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

8、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02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，abi（a，bR），则ab_，abi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1i，则a1，b1，ab2，abi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

9、方程为yx，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n6636，事件包括的基本事件的个数m4416，则P（A）1P（）11.易知XB（10，p），其中一次试验成功的概率p，则E（X）np10.15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，

10、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A3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（AAACA）种，除去4,6的顺序，得72（个）16已知a0，b0，则的最小值是_答案2解析方法一当abab1时，2，当且仅当ab1时等号成立；当ab2.故的最小值是2.方法二因为3（b22）（b2）22（b1）20，所以b22，进而2，当且仅当ab1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

11、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（a1b10），离心率为e1，半焦距为c，满足c2ab，双曲线方程为1（a20，b2离心率为e2，半焦距为c，满足c2ab，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4c23aa，即34，即3224，则2432.由令t2，则t2，2223t24t32，函数f（t）32在上单调递减，232（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

12、共点，|PF1|m，|PF2|n，则mn在F1PF2中，由余弦定理可得m2n2mn4c2，则由椭圆与双曲线的定义，得则1，令t23，11，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）cos2xsin xcos x.（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），a2，求b的取值范围解（1）f（x）cos2xsin xcos xsin 2x，f（x）cos，令2k2x2k，kZ，得kxk，kZ

13、，f（x）的单调递增区间为，kZ.（2）f（C），f（C）cos，2C2k，kZ，又0C，C.ABC为锐角三角形，A，又a2，则由正弦定理得，b1，（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，CDBD，ABBDAD2，CD1，E为AD的中点（1）若AC，求证：ACBE；（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，ACEF.在BEF中，易得BE，EF，BF，则BE2EF2BF2，由勾股定理的逆定理得BEEF，ACBE.方法二AC，CD1，AD2，AC2CD2AD2，CDAD，又

14、CDBD，ADBDD，CD平面ABD，又BE平面ABD，CDBE.又ABD是正三角形，且E为AD的中点，BEAD，又CDADD，BE平面ACD，又AC平面ACD，BEAC.（2）解分别取BD，BC的中点O，M，连接OM，AO，AM，过A作AHOM于点H，连接CH.ABD为正三角形，AOBD.CDBD，OMCD，OMBD，又AOOMO，BD平面AOM，BDAH，而AHOM，BDOMO，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cosAOM，则cosAOH，s

15、inAOH，在RtAOH中，得AH，sinACH.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AB2，AC，得a1，b.A（1,0，），（2,1，）易知平面BCD的一个法向量为n（0,0,1），cos，n，sin （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Tnn2n，且an23log4bn0（nN*）（1）求数列bn的通项公式；（2）若数列cn满足cnanbn，求数列cn的前n项和Sn；（3）在（2）的条件下，若c

16、nm2m1对一切正整数n恒成立，求实数m的取值范围解（1）由Tnn2n得，Tn1（n1）2（n2），两式相减得an3n2（n2），又a1T11也满足上式，an3n2（nN*）由an23log4bn0（nN*）得，3n223log4bn0，即nlog4bn0，bnn（nN*）（2）数列cn满足cnanbn，cn（3n2）n（nN*），Sn14273（3n5）n1（3n2）n，Sn124374（3n5）n（3n2）n1，两式相减得Sn3（3n2）n1（3n2）Snn1n（nN*）（3）cn1cn（3n1）n1（3n2）n9（1n）n1（nN*），当n1时，c2c1，当n2时，cn1c3c4对一切正

17、整数n，cn的最大值是.又cnm2m1对一切正整数n恒成立，m2m1，即m24m50，解得m1或m5.21.（15分）如图，已知椭圆C：1（ab0），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y0，此时SMAB的最大值为22.当直线l的斜率存在且不为0或斜率不存在时，设直线l：xmy2，代入椭圆方程得4（my2）25y2200，即（4m25）y216my40，设

18、A（x1，y1），B（x2，y2），则y1y2，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：xmyt，代入椭圆方程得4（myt）25y2200，即（4m25）y28mty4t2200，由0得4m25t2，则t25，当t时，点M距离直线l最远，即SMAB最大，此时，点M到直线l的距离d，从而SMAB|AB|d 2 .令1u，f（u）u3（2u），由f（u）6u24u30得u10，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t4时，SMAB取得最大值，最大值为.综上，SMAB的最大值为，此时，m所以直线l的方程为xy2.

19、22（15分）已知函数f（x）x24x5（aR）（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m1时，若g（x1）g（x2）2g（m）（其中x1m），求证：x1x20，h（x）在（，1）上为增函数，当x（1，）时，h（x）0时，emxemx（mx1）2（mx1）22x（2m2）0，F（x）0，F（x）在（0，）上单调递增，F（x）F（0）2（m），（mx）（mx）2（m），x（0，）令xmx1，x1（mmx1）（mmx1）2（m），即（2mx1）（x1）又（x1）（x2）2（m），（2mx1）2（m）（x2）即（2mx1）（x2），（x）在R上单调递增，2mx1x2，即x1x2