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滾動(dòng)檢測(cè)七(1～10章)
(時(shí)間：120分鐘 滿分：150分)
第Ⅰ卷(選擇題 共40分)
一、選擇題(本大題共10小題，每小題4分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)
1．已知集合A＝{y|y＝}，B＝{x∈Z|x2≤5}，則A∩B等于( )
A．(1，] B．(1,2] C．{2}D．{1,2}
答案 C
解析 由2x＋1>1得A＝(1，＋∞)，而B＝{0,1，－1,2，－2}，故A∩B＝{2}．故選C.
2．已知命題p：方程＋＝1表示橢圓，命題q：－5
0,3－k>0且5＋k≠3－k，可得－50)的最小正周期是，則f等于( )
A.B.C.D．0
答案 A
解析 f(x)＝sin2＝(ω>0)的最小正周期T＝＝，得ω＝5，
所以f(x)＝sin2，
所以f＝sin2＝.
5．已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn.若S3＝6，S5＝20，則S7的值為( )
A．32B．36C．40D．42
答案 D
解析 方法一 設(shè)公差為d，
則由得
解得從而S7＝70＋2＝42.
方法二 設(shè)Sn＝An2＋Bn，
則由得即
從而得S7＝49A＋7B＝42.
方法三 設(shè)公差為d，
則由得即所以d＝2，
得a4＝a3＋d＝6，所以S7＝7a4＝42.
方法四 易知，，成等差數(shù)列，
所以2＝＋，得S7＝42.
6．(2018浙江省高三調(diào)研考試)已知直線l：y＝x＋b與圓M：(x－2)2＋y2＝4交于A，B兩點(diǎn)，從直線l上的一點(diǎn)P向圓N：x2＋(y－3)2＝1引切線，切點(diǎn)為Q，線段PQ長度的最小值為，則b的值為( )
A．－1B．7C．7或－1D．2
答案 A
解析 由題意得M(2,0)，圓心M到直線l的距離
<2，解得－2－20，b>0，定義H(a，b)＝max，則H(a，b)的最小值是( )
A．5B．6C．8D．10
答案 A
解析 由定義H(a，b)＝max，
得?2H(a，b)≥a＋22－b＋＋2b，
即2H(a，b)≥＋(22－b＋2b)
≥2＋2＝6＋4＝10，
當(dāng)且僅當(dāng)即時(shí)取等號(hào)，
所以H(a，b)min＝5.
9．已知雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，點(diǎn)P是雙曲線C上一動(dòng)點(diǎn)，若△F1PF2的面積為b2，且∠PF2F1＝2∠PF1F2，則雙曲線C的離心率為( )
A.＋2B.C.＋1D．2
答案 C
解析 設(shè)∠F1PF2＝α(0<α<π)，
則在△PF1F2中，利用余弦定理可得，
|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|cosα＝(|PF1|－|PF2|)2＋2|PF1||PF2|－2|PF1||PF2|cosα，
即4c2＝4a2＋2|PF1||PF2|(1－cosα)，
2b2＝|PF1||PF2|(1－cosα)，|PF1||PF2|＝，
因?yàn)椋絴PF1||PF2|sinα＝＝b2，
所以sinα＝1－cosα.
又sin2α＋cos2α＝1，所以cosα＝0，
又0<α<π，所以α＝，
即∠F1PF2＝，即PF1⊥PF2，
因?yàn)椤螾F2F1＝2∠PF1F2，
所以∠PF2F1＝，∠PF1F2＝，
所以|PF1|＝c，|PF2|＝c，
所以|PF1|－|PF2|＝(－1)c＝2a，
則e＝＝＝＋1，故選C.
10．(2018衢州模擬)如圖，△BCD是以BC為斜邊的等腰直角三角形，△ABC中∠BAC＝90，△ABC沿著BC翻折成三棱錐A－BCD的過程中，直線AB與平面BCD所成的角均小于直線AC與平面BCD所成的角，設(shè)二面角A－BD－C，A－CD－B的大小分別為α，β，則( )
A．α>β B．α<β
C．存在α＋β>π D．α，β的大小關(guān)系不能確定
答案 B
解析 作AH⊥平面BCD，分別作HM⊥BD，HN⊥CD于M，N兩點(diǎn)(圖略)．由AB與平面BCD所成的角∠ABH總小于AC與平面BCD所成的角∠ACH，則AB>AC.設(shè)O為BC的中點(diǎn)，則點(diǎn)H在DO的右側(cè)，所以有HM>HN，故tanα＝tan∠AMH＝，tanβ＝tan∠ANH＝，因此，tanαn＋1，
所以(n－1)2≤m(Tn－n－1)對(duì)任意的n≥2，n∈N*恒成立，即m≥對(duì)任意的n≥2，n∈N*恒成立．
令f(x)＝(x≥2)，
則f(x＋1)－f(x)＝－
＝<0，
所以≤＝.所以m≥，
即實(shí)數(shù)m的取值范圍為.
21．(15分)已知拋物線C1，C2的方程分別為x2＝2y，y2＝2x.
(1)求拋物線C1和拋物線C2的公切線l的方程；
(2)過點(diǎn)G(a，b)(a，b為常數(shù))作一條斜率為k的直線與拋物線C2：y2＝2x交于P，Q兩點(diǎn)，當(dāng)弦PQ的中點(diǎn)恰好為點(diǎn)G時(shí)，試探求k與b之間的關(guān)系．
解 (1)由題意可知，直線l的斜率顯然存在，且不等于0，設(shè)直線l的方程為y＝tx＋m.
聯(lián)立消去y并整理得x2－2tx－2m＝0，
因?yàn)橹本€l與拋物線C1相切，
所以Δ1＝(－2t)2－4(－2m)＝0，
整理得t2＋2m＝0.①
同理，聯(lián)立得2tm＝1.②
由①②，解得
所以直線l的方程為y＝－x－.
(2)由題意知直線PQ的方程為y－b＝k(x－a)，
即y＝k(x－a)＋b.
聯(lián)立消去y得
k2x2＋(－2k2a＋2kb－2)x＋k2a2＋b2－2kab＝0，
當(dāng)k＝0時(shí)，直線PQ與拋物線C2：y2＝2x只有一個(gè)交點(diǎn)，故k≠0，
設(shè)點(diǎn)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由根與系數(shù)的關(guān)系得x1＋x2＝，
所以＝.
又y1＋y2＝k(x1－a)＋b＋k(x2－a)＋b
＝k(x1＋x2)－2ka＋2b＝－2ka＋2b
＝＝，
所以＝.
要滿足弦PQ的中點(diǎn)恰好為點(diǎn)G(a，b)，
根據(jù)中點(diǎn)坐標(biāo)公式可知
即所以kb＝1.
故k與b之間的關(guān)系是互為倒數(shù)．
22．(15分)已知函數(shù)f(x)＝ex－x2－ax.
(1)若函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，求a的取值范圍；
(2)若a＝1，證明：當(dāng)x>0時(shí)，f(x)>1－－2.
參考數(shù)據(jù)：e≈2.71828，ln2≈0.69.
(1)解 方法一 由f(x)＝ex－x2－ax，
得f′(x)＝ex－2x－a，
因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，
所以f′(x)＝ex－2x－a≥0在R上恒成立，
得a≤ex－2x在R上恒成立．
設(shè)g(x)＝ex－2x，則g′(x)＝ex－2.
令g′(x)＝ex－2＝0，得x＝ln2.
當(dāng)xln2時(shí)，g′(x)>0.
則函數(shù)g(x)在(－∞，ln2)上單調(diào)遞減，在(ln2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝ln2時(shí)，g(x)取得最小值，
且g(ln2)＝eln2－2ln2＝2－2ln2，所以a≤2－2ln2，
所以a的取值范圍為(－∞，2－2ln2]．
方法二 由f(x)＝ex－x2－ax，
得f′(x)＝ex－2x－a，
因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，所以f′(x)＝ex－2x－a≥0在R上恒成立．
設(shè)h(x)＝ex－2x－a，則h′(x)＝ex－2.
令h′(x)＝ex－2＝0，得x＝ln2，
當(dāng)xln2時(shí)，h′(x)>0.
則函數(shù)h(x)在(－∞，ln2)上單調(diào)遞減，在(ln2，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以當(dāng)x＝ln2時(shí)，h(x)取得最小值，且h(ln2)＝eln2－2ln2－a＝2－2ln2－a.
由于f′(x)＝h(x)，則2－2ln2－a≥0，得a≤2－2ln2，
所以a的取值范圍為(－∞，2－2ln2]．
(2)若a＝1，則f(x)＝ex－x2－x，
得f′(x)＝ex－2x－1.
由(1)知函數(shù)f′(x)在(－∞，ln2)上單調(diào)遞減，在(ln2，＋∞)上單調(diào)遞增．
又f′(0)＝0，f′(1)＝e－3<0，
f′＝－2－1＝e－3－ln2>0，
所以存在x0∈，使得f′(x0)＝0，
即－2x0－1＝0.
當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0.
則函數(shù)f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，則當(dāng)x＝x0時(shí)，函數(shù)f(x)取得最小值，
且f(x0)＝－x－x0，
所以當(dāng)x>0時(shí)，f(x)≥f(x0)．
由－2x0－1＝0，得＝2x0＋1，
則f(x0)＝－x－x0＝2x0＋1－x－x0＝－x＋x0＋1＝－2＋.
由于x0∈，
則f(x0)＝－2＋>－2＋＝1－－2.
所以當(dāng)x>0時(shí)，f(x)>1－－2.
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