浙江省2019高考数学阶段质量检测（五）专题一_五“综合检测”.docx

阶段质量检测（五） 专题一五“综合检测”(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1函数f(x)2cos21是()A最小正周期为的奇函数B最小正周期为的偶函数C最小正周期为的奇函数D最小正周期为的偶函数解析：选A因为f(x)2cos21cos 2cossin 2x，所以最小正周期T，f(x)是奇函数，即函数f(x)是最小正周期为的奇函数2(2018浙江名师原创卷)已知函数f(x)ln(xa)在点(1，f(1)处的切线的倾斜角为45，则a的值为()A1 B0C1 D2解析：选Bf(x)，f(1)tan 451，解得a0.故选B.3(2018浙江十校联盟适考)若向量a，b满足|a|4，|b|1，且(a8b)a，则向量a，b的夹角为()A. B.C. D.解析：选C由(a8b)a，得|a|28ab0，因为|a|4，所以ab2，所以cosa，b，所以向量a，b的夹角为.故选C.4(2018浙江考前冲刺)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是()A20 B20C24(1) D24解析：选C由三视图可知，该几何体是一个正方体挖去一个圆锥后所得的几何体，正方体的侧面积为42216，正方体的一个底面面积为224，圆锥的底面圆的半径为1，高为1，母线长为，侧面积为1，所以该几何体的表面积为16441224(1)，故选C.5(2018浙江联盟校联考)函数f(x)的图象大致为()解析：选B函数f(x)的定义域为R，故排除A.又f(x)f(x)，所以函数f(x)为奇函数，故排除C.又f(1)0，所以排除D.综上，选B.6(2018阜阳模拟)已知F1，F2是椭圆1(ab0)的左、右两个焦点，若椭圆上存在点P使得PF1PF2，则该椭圆的离心率的取值范围是()A. B.C. D.解析：选BF1，F2是椭圆1(a0，b0)的左、右两个焦点，F1(c,0)，F2(c,0)，c2a2b2.设点P(x，y)，由PF1PF2，得(xc，y)(xc，y)0，化简得x2y2c2.联立方程组整理得，x2(2c2a2)0，解得e.又0e1，e1.7已知函数f(x)sin(2x)，其中为实数，若f(x)对任意xR恒成立，且f 0，则f(x)的单调递减区间是()A.，kZB.，kZC.，kZD.，kZ解析：选C由题意可得函数f(x)sin(2x)的图象关于直线x对称，故有2k，kZ，即k，kZ.又f sin0，所以2n，nZ，所以f(x)sin(2x2n)sin 2x.令2k2x2k，kZ，解得kxk，kZ，故函数f(x)的单调递减区间为，kZ，故选C.8若实数x，y满足约束条件则z2xy的最小值为()A3 B4C5 D7解析：选B作出不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分所示，作出直线2xy0并平移该直线，易知当直线经过点A(1,2)时，目标函数z2xy取得最小值，且zmin2124，故选B.9(2017浙江名校协作体联考)已知函数f(x)(2x1)exax23a(x0)为增函数，则a的取值范围是()A2，) B.C(，2 D.解析：选Af(x)(2x1)exax23a在(0，)上是增函数，f(x)(2x1)ex2ax0在区间(0，)上恒成立，即2aex.设g(x)ex，则g(x)ex，由g(x)ex0和x0得x，当x时，g(x)0，当0x时，g(x)0，g(x)在x处取得最小值，g4，2a4，a2，故选A.10(2018浙江名校联考)已知函数f(x)为R上的奇函数，且图象关于点(2,0)对称，且当x(0,2)时，f(x)x3，则函数f(x)在区间2 018,2 021上()A无最大值 B最大值为0C最大值为1 D最大值为1解析：选D因为函数f(x)的图象关于点(2,0)对称，所以f(4x)f(x)又函数f(x)是奇函数，所以f(x)f(x)，所以f(4x)f(x)令tx，得f(4t)f(t)，所以函数f(x)是周期为4的周期函数又函数f(x)的定义域为R，且函数f(x)是奇函数，所以f(0)0，f(2)f(2)，由函数f(x)的周期为4，得f(2)f(2)，所以f(2)f(2)，解得f(2)0.所以f(2)0.依此类推，可以求得f(2n)0(nZ)作出函数f(x)的大致图象如图所示，根据周期性，可得函数f(x)在区间2 018,2 021上的图象与在区间2,1上的图象完全一样观察图象可知，函数f(x)在区间(2,1上单调递增，且f(1)131，又f(2)0，所以函数f(x)在区间2,1上的最大值是1，故函数f(x)在区间2 018,2 021上的最大值也是1.二、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)11(2018浙江考前冲刺卷)在等差数列an中，Sn为其前n项和，若a2a5a827，则a5_，S9_.解析：法一：设公差为d，a2a5a827，3a112d27，a14d9，即a59，S99a1d9(a14d)81.法二：a2a5a83a527，a59，S9(a1a9)9a581.答案：98112(2018绍兴教学质量监测)设函数f(x)gx2，曲线yg(x)在点(1，g(1)处的切线方程为9xy10，则曲线yf(x)在点(2，f(2)处的切线方程为_解析：由已知得g(1)9，g(1)8，又f(x)g2x，f(2)g(1)44，f(2)g(1)44，所求切线方程为y4(x2)，即x2y60.答案：x2y6013(2018浙江考前冲刺卷)已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b4，cos B，sin A，则c_，SABC_.解析：法一：由cos B得，sin B.由正弦定理得a2.由b2a2c22accos B，即c2c120，解得c3(c4舍去)SABCacsin B23.法二：由cos B得，sin B，由sin A，得cos A，所以sin Csin(AB)sin Acos Bcos Asin B，由正弦定理得c3，SABCbcsin A43.答案：314已知定义在(，0)(0，)上的偶函数f(x)的导函数为f(x)，且f(1)0，当x0，则使得f(x)0成立的x的取值范围是_解析：因为f(x)为(，0)(0，)上的偶函数，则f(1)f(1)0.当x0，xf(x)f(x)0，即(xf(x)0.令g(x)xf(x)，可知g(x)在(，0)上单调递减，且g(1)f(1)0.当x0，f(x)0；当1x0时，xf(x)0.由对称性知，f(x)0的解集为(1,0)(0,1)答案：(1,0)(0,1)15已知函数f(x)|x22ax2|，若f(x)1在区间上恒成立，则实数a的取值范围是_；设maxm，n则max的最小值为_解析：由f(x)|x22ax2|1在上恒成立可得1x22ax21，即x2ax在区间上恒成立，所以max2amin，所以2a2，解得a.因为maxmax|94a|，|64a|，所以其最小值为.答案： 16(2019届高三镇海中学检测)已知双曲线E：1(a0，b0)的左、右焦点分别为F1，F2，A(2,1)，B是E上不同的两点，且四边形AF1BF2是平行四边形，若AF2B，SABF2，则双曲线E的标准方程为_解析：如图，因为四边形AF1BF2是平行四边形，所以SABF2SAF1F2，F1AF2，所以|F1F2|2|AF1|2|AF2|22|AF1|AF2|cos ，即4c2|AF1|2|AF2|2|AF1|AF2|，又4a2(|AF1|AF2|)2，所以4a2|AF1|2|AF2|22|AF1|AF2|，由可得|AF1|AF2|4b2，又SABF24b2，所以b21，将点A(2,1)代入y21，可得a22，故双曲线E的标准方程为y21.答案：y2117(2018浙江联盟校联考)已知定义在R上的奇函数f(x)的图象关于直线x1对称，且当x(0,1时，f(x)9x3，则f _；若数列an满足anf(log2(64n)，对nN*且n0，当x时，f(x)0，当x时，f(x)0，且ff0.而6log2(64n)log2164log2128，当6log2(64n)，即64n0，64(90,91)，n26，当27n100时，log2(64n)，an0，当a1a2an最大时，n26.答案：026三、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(本小题满分14分)(2018嘉兴模拟)如图，在等腰梯形PDCB中，PB3，DC1，PDBC.ADPB，将PAD沿AD折起，使平面PAD平面ABCD.(1)若M是侧棱PB的中点，求证：CM平面PAD；(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值解：(1)证明：取PA的中点N，连接MN，DN.M，N为PB，PA的中点，MN綊AB.在等腰梯形PDCB中，PB3，DC1，ADPB，CD綊AB，MN綊DC，四边形MNDC为平行四边形，故CMDN.CM平面PAD，DN平面PAD，CM平面PAD.(2)作BEAD交DC的延长线于E点ADAB且平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，AB平面PAD.如图，将几何体补成直三棱柱PAD KBE.过点B作BHKE，PK平面BEK，PKBH，BH平面PCD，则PB在平面PCD上的射影为PH，故BPH就是直线PB与平面PCD所成角在RtPBH中，BHKE，且PB，sinBPH，故直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.19(本小题满分15分)已知函数f(x)3ax22(ab1)xb，a，bR，x1,1(1)若ab1，证明函数f(x)的图象必过定点；(2)记|f(x)|的最大值为M，对任意的|a|1，|b|1，求M的最大值解：(1)证明：因为ab1，所以b1a.所以f(x)a(3x24x1)1，要使函数过定点，则须3x24x10，解得x1或x.故可知函数的图象必过定点(1，1)和.(2)当a0时，f(x)2(b1)xbb2,23b，所以此时|f(x)|5；当a1，即b14a时，f(x)b0时，对称轴x，1，即b12a时，f(x)5a3b210，f(x)ab23，所以|f(x)|10；12a时，f(x)5a3b210，f(x)bb3a4，所以|f(x)|10.综上，M的最大值为10，当a1，b1，x1时取到20(本小题满分15分)(2018杭州高三质检)如图，过抛物线M：yx2上一点A(点A不与原点O重合)作抛物线M的切线AB交y轴于点B，点C，G是抛物线M上异于点A的点，且G为ABC的重心(三条中线的交点)，直线CG交y轴于点D.(1)设A(x0，x)(x00)，求直线AB的方程；(2)求的值解：(1)因为y2x，所以直线AB的斜率ky 2x0，所以直线AB的方程为yx2x0(xx0)，即y2x0xx.(2)由题意得，点B的纵坐标yBx，所以AB的中点坐标为.设C(x1，y1)，G(x2，y2)，直线CG的方程为xmyx0.由得m2y2(mx01)yx0.因为G为ABC的重心，所以y13y2.由根与系数的关系，得y1y24y2，y1y23y.所以，解得mx032.所以点D的纵坐标yD，故46.21(本小题满分15分)(2019届高三浙江名校联考)已知函数f(x)xaxln x(aR)(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)xaxln x存在极大值，且极大值点为1，证明：f(x)exx2.解：(1)由题意x0，f(x)1aaln x.当a0时，f(x)x，函数f(x)在(0，)上单调递增；当a0时，函数f(x)1aaln x单调递增，f(x)1aaln x0xe0，故当x(0，e)时，f(x)0，所以函数f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，)上单调递增；当a0，故当x(0，e)时，f(x)0，当x(e，)时，f(x)0，所以函数f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，)上单调递减(2)证明：由(1)可知若函数f(x)xaxln x存在极大值，且极大值点为1，则a0，则h(x)ex2xln x.令g(x)h(x)，则g(x)ex20，所以函数h(x)ex2xln x单调递增，又he10，故h(x)ex2xln x在上存在唯一零点x0，即e 2x0ln x00.所以当x(0，x0)时，h(x)0，所以函数h(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，故h(x)h(x0)e xx0x0ln x0，所以只需证h(x0)e xx0x0ln x00即可，由e 2x0ln x00，得e 2x0ln x0，所以h(x0)(x01)(x0ln x0)，又x010，所以只要x0ln x00即可，法一：当x0ln x00时，ln x0x0x0e e x00，所以e x0x0ln x00与e 2x0ln x00矛盾，故x0ln x00，得证法二：当x0ln x00时，ln x0x0x0e e x00，所以e x0x0ln x00时，ln x0x0x0e e x00，所以e x0x0ln x00与e 2x0ln x00矛盾；当x0ln x00时，ln x0x0x0e e x00，得e 2x0ln x00，故x0ln x00成立，得h(x0)(x01)(x0ln x0)0，所以h(x)0，即f(x)exx2.22(本小题满分15分)(2018金华统考)已知函数f(x)ln x，aR且a0.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当x时，试判断函数g(x)(ln x1)exxm的零点个数解：(1)f(x)(x0)，当a0恒成立，函数f(x)在(0，)上单调递增；当a0时，由f(