（浙江专版）2020届高考数学综合检测一（含解析）.docx

综合检测一(时间：120分钟满分：150分)第卷(选择题共40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已知集合AxR|x10，BxR|2x20，则A(RB)等于()A1，)B，)C(，1，)D1，答案B解析根据题意，得Ax|x1，RBxR|x22x|x，从而A(RB)x|x，故选B.2已知向量a(1m,1m)，b(m1,2m1)，mR，则“m0”是“ab”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件答案A解析ab(1m)(m1)(1m)(2m1)0m(m1)0m0或m1，所以“m0”是“ab”的充分不必要条件故选A.3已知函数f(x)log(x22x3)，则下列关系正确的是()Af()f() Bf()f() Df(log328)0，得x3.yx22x3(x1)24在(，1)上是减函数，在(3，)上是增函数，而ylogx在(0，)上是减函数，f(x)在(，1)上是增函数，在(3，)上是减函数，1，f()f()；3f()；1，f()f()；3log328f(3)故选A.4已知x，y满足约束条件则z|xy2|的最大值是()A7B6C5D4答案B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项的系数为()A56B112C168D224答案B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，)答案A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(x1)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()A1212C1212答案A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AEBF的面积的最大值为()A10B11C12D13答案B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|222222211，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，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|EF|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()A42B4C5D52答案D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，2sin2sin42cos26sincos5cos23sin252sin(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)_.答案解析记事件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，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，故的最小值是2.17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(a1b10)，离心率为e1，半焦距为c，满足c2ab，双曲线方程为1(a20，b20)，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，2232(0,1)，即e1e2的取值范围为(1，)方法二设椭圆方程为1(a1b10)，离心率为e1，半焦距为c，满足c2ab，双曲线方程为1(a20，b20)，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，|PF1|m，|PF2|n，则mn0，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，则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)cos2xsinxcosx.(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)cos2xsinxcosxsin2x，f(x)cos，令2k2x2k，kZ，得kxk，kZ，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，A，(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，sinAOH，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)即直线AC与平面BCD所成角的正弦值为.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cnm2m1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)n1，Snn1n(nN*)(3)cn1cn(3n1)n1(3n2)n9(1n)n1(nN*)，当n1时，c2c1，当n2时，cn1c3c4cn，对一切正整数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222.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，