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滾動(dòng)檢測五(1～8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＝{x|x2>x，x∈R}，B＝，則?R(A∩B)等于( )
A. B.
C. D.
答案 C
解析 ∵A＝＝，
B＝，
∴A∩B＝{x|1
b>c B．a(chǎn)>c>b
C．b>a>c D．b>c>a
答案 A
解析 a＝20.1>20＝1，b＝ln1時(shí)，x＋－3≥2－3＝1，
當(dāng)且僅當(dāng)x＝2時(shí)取等號(hào)，綜上有f(x)≥0，故選B.
5．若a>0，b>0，ab＝a＋b＋1，則a＋2b的最小值為( )
A．3＋3 B．3－3
C．3＋ D．7
答案 D
解析 當(dāng)b＝1時(shí)，代入等式a＝a＋2不成立，因而b≠1，
所以ab－a＝b＋1.
a＝＝1＋，易知b－1>0，
所以a＋2b＝1＋＋2b＝3＋＋2(b－1)
≥3＋2＝3＋22＝7，
當(dāng)且僅當(dāng)a＝3，b＝2時(shí)，取等號(hào)，即最小值為7.
6．已知函數(shù)f(x)＝sin2x－cos2x的圖象在區(qū)間和上均單調(diào)遞增，則正數(shù)a的取值范圍是( )
A. B.
C. D.
答案 B
解析 f(x)＝sin2x－cos2x＝2sin，
由2kπ－≤2x－≤2kπ＋(k∈Z)，
得kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z)，
因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在區(qū)間和上均單調(diào)遞增，
解得≤a<.
7．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且an＝4＋n－1，若對(duì)任意n∈N*，都有1≤p(Sn－4n)≤3成立，則實(shí)數(shù)p的取值范圍是( )
A．(2,3) B．[2,3]
C. D.
答案 B
解析 Sn＝4＋0＋4＋1＋…＋4＋n－1
＝4n＋＝4n＋－n，
所以1≤p≤3對(duì)任意n∈N*都成立，
當(dāng)n＝1時(shí)，1≤p≤3，
當(dāng)n＝2時(shí)，2≤p≤6，
當(dāng)n＝3時(shí)，≤p≤4，
歸納得2≤p≤3.
8．已知a，b，c是平面向量，|a|＝2，|c|＝2，若a與b的夾角為，c與b的夾角為，a與c的夾角為，則|c－b|－|a－b|的最大值是( )
A. B.
C. D.
答案 C
解析 方法一 如圖，設(shè)＝a，＝b，＝c，點(diǎn)A關(guān)于OB的對(duì)稱點(diǎn)為A′，
則||＝||，
因?yàn)椤螦OB＝，∠BOC＝，∠AOC＝，
所以∠A′OC＝.
|c－b|－|a－b|＝||－||≤||，
且在△A′OC中，由余弦定理得，
A′C2＝OC2＋OA′2－2OCOA′cos
＝8＋4－222＝8－4，
所以||＝.故選C.
方法二 如圖，建立平面直角坐標(biāo)系，
則可設(shè)＝c＝(2,2)，＝a＝(，－1)，
＝b＝(t,0)，則點(diǎn)A關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)A′的坐標(biāo)為(，1)，
則＝(，1)，||＝||，
所以|c－b|－|a－b|＝||－||≤||
＝＝，故選C.
9．已知函數(shù)f(x)＝ex，g(x)＝a(a≠0)，若函數(shù)y＝f(x)的圖象上存在點(diǎn)P(x0，y0)，使得y＝f(x)在點(diǎn)P(x0，y0)處的切線與y＝g(x)的圖象也相切，則a的取值范圍是( )
A．(0,1] B．(0，]
C．(1，] D.
答案 B
解析 f(x)＝ex的切點(diǎn)為P(x0，)，
設(shè)切線與y＝g(x)的圖象相切于點(diǎn)(t，a)．
f′(x0)＝，g′(t)＝.
由題意可得解得x0＝1－t，
所以a＝2＝2e1－t，t>0，
令h(t)＝2e1－t，t>0，
則h′(t)＝e1－t－2e1－t＝e1－t(1－2t)，
令h′(t)＝0，解得t＝，
當(dāng)t>0時(shí)，h(t)>0；
當(dāng)00，函數(shù)h(t)在上單調(diào)遞增；
當(dāng)t>時(shí)，h′(t)<0，函數(shù)h(t)在上單調(diào)遞減，
當(dāng)t從右側(cè)趨近于0時(shí)，h(t)趨近于0，h＝；
當(dāng)t趨近于＋∞時(shí)，h(t) 趨近于0，
所以a∈(0，]．
10．(2018浙江七彩陽光聯(lián)盟聯(lián)考)如圖，已知Rt△ABC的兩條直角邊AC＝2，BC＝3，P為斜邊AB上一點(diǎn)，沿CP將三角形折成直二面角A－CP－B，此時(shí)二面角P－AC－B的正切值為，則翻折后AB的長為( )
A．2B.C.D.
答案 D
解析 方法一 如圖1，在平面PCB內(nèi)過點(diǎn)P作CP的垂線交BC于點(diǎn)E，則EP⊥平面ACP.
在平面PAC內(nèi)過點(diǎn)P向AC作垂線，垂足為D，連接DE，則∠PDE為二面角P－AC－B的平面角，
且tan∠PDE＝＝，
設(shè)DP＝a，則EP＝a.
如圖2，在Rt△ABC中，設(shè)∠BCP＝α，則∠ACP＝90－α，
則在Rt△DPC中，PC＝＝，
又在Rt△PCE中，tanα＝，
則tanα＝a，sinα＝cos2α.
又0<α<90，所以α＝45.
因?yàn)槎娼茿－CP－B為直二面角，
所以圖1中cos∠ACB＝cos∠ACPcos∠BCP，
于是有＝cos∠ACPsin∠ACP＝.
解得AB＝.
方法二 如圖3，在平面PCB內(nèi)過點(diǎn)P作CP的垂線交BC于點(diǎn)E，則EP⊥平面ACP.
在平面PAC內(nèi)過點(diǎn)P向AC作垂線，垂足為D，連接DE，則∠PDE為二面角P－AC－B的平面角，
且tan∠PDE＝＝，設(shè)DP＝a，則EP＝a.
如圖4，在Rt△ABC中，設(shè)∠BCP＝α，則∠ACP＝90－α，
則在Rt△DPC中，PC＝＝，
又在Rt△PCE中，tanα＝，
則tanα＝a，sinα＝cos2α，
又0<α<90，所以α＝45，
在Rt△ABC中，過點(diǎn)A作AM⊥PC于點(diǎn)M，過點(diǎn)B向CP的延長線作垂線，垂足為N.
由∠BCP＝∠ACP＝45，得AM＝，BN＝，MN＝，
翻折后＝＋＋，且，，兩兩垂直，
故||＝＝.
第Ⅱ卷(非選擇題 共110分)
二、填空題(本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分．把答案填在題中橫線上)
11．(2018浙江名校聯(lián)盟聯(lián)考)已知復(fù)數(shù)z滿足z(－3＋4i)＝1－2i，則z＝________，||＝________.
答案?。玦
解析 由題意知z＝＝＝＝－＋i，
∴||＝|z|＝＝.
12．(2018浙江省高考模擬試卷)若函數(shù)f(x)＝sincos－cos2，則函數(shù)f(x)的最小正周期為________，函數(shù)f(x)在區(qū)間上的值域是________．
答案 2π
解析 f(x)＝sincos－cos2
＝sinx－＝sin－，
則f(x)的最小正周期為2π.因?yàn)閤∈，
所以x－∈，sin∈，
所以函數(shù)f(x)在上的值域是.
13．(2018浙江省高考研究聯(lián)盟聯(lián)考)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為_________，側(cè)面積為________．
答案 3π＋4
解析 由三視圖，可得該幾何體為底面半徑為1，高為2的圓柱切掉四分之一后剩余的幾何體，因而其體積V＝π122＝，側(cè)面積S＝2π12＋212＝3π＋4.
14．已知在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c,4bcosB＝acosC＋ccosA，△ABC的面積為，且b2＝ac，則a＋c＝________.
答案 2
解析 方法一 由正弦定理、兩角和的三角函數(shù)公式及誘導(dǎo)公式，得
4sinBcosB＝sinAcosC＋sinCcosA＝sin(A＋C)＝sinB，
因?yàn)?0，y>0，若≥2，則(x＋y)2的最大值是________．
答案 8＋4
解析 令xy＝t，則00，y>0且2x＋4y＋m＝0，求＋的最小值．
解 (1)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝x2－3x的對(duì)稱軸為x＝，且開口向上，
所以f(x)＝x2－3x在x∈[0,1]上單調(diào)遞減，
所以f(x)min＝f(1)＝1－3＝－2，所以m≤－2.
(2)根據(jù)題意，由(1)可得m＝－2，
即2x＋4y－2＝0.所以x＋2y＝1.
因?yàn)閤>0，y>0，
則＋＝(x＋2y)＝3＋＋
≥3＋2＝3＋2，
當(dāng)且僅當(dāng)＝，即x＝－1，y＝1－時(shí)，等號(hào)成立．
所以＋的最小值為3＋2.
21.(15分)(2018浙江名校聯(lián)盟聯(lián)考)如圖，在直三棱柱ADF－BCE中，AB＝BC＝BE＝2，CE＝2.
(1)求證：AC⊥平面BDE；
(2)若EB＝4EK，求直線AK與平面BDF所成角φ的正弦值．
(1)證明 在直三棱柱ADF－BCE中，AB⊥平面BCE，
所以AB⊥BE，AB⊥BC.
又AB＝BC＝BE＝2，CE＝2，
所以BC2＋BE2＝CE2，且AC⊥BD，
所以BE⊥BC.
因?yàn)锳B∩BC＝B，AB，BC?平面ABCD，
所以BE⊥平面ABCD.
因?yàn)锳C?平面ABCD，所以BE⊥AC.
因?yàn)锽D∩BE＝B，BD，BE?平面BDE，
所以AC⊥平面BDE.
(2)解 方法一 設(shè)AK交BF于點(diǎn)N，
由(1)知，AB，AF，AD兩兩垂直且長度都為2，
所以△BDF是邊長為2的正三角形．
所以點(diǎn)A在平面BDF內(nèi)的射影M為△BDF的中心，連接MN，MF，AM，如圖所示，
則∠ANM為AK與平面BDF所成的角φ.
又FM＝2＝，
所以AM＝＝＝.
因?yàn)镋B＝4EK，所以BK＝，
所以AK＝＝＝.
因?yàn)椋?，所以＝?
即＝，解得AN＝.
在Rt△ANM中，sinφ＝＝＝，
所以直線AK與平面BDF所成角φ的正弦值為.
方法二 由(1)知，AB，BC，BE兩兩垂直，以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，，，的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則B(0,0,0)，F(xiàn)(0,2,2)，A(0,2,0)，D(2,2,0)，
＝(2,2,0)，＝(0,2,2)．
因?yàn)镋B＝4EK，所以K.
設(shè)平面BDF的法向量為n＝(x，y，z)，
則所以
取x＝1，則n＝(1，－1,1)為平面BDF的一個(gè)法向量．
又＝，
于是sinφ＝＝＝，
所以直線AK與平面BDF所成角φ的正弦值為.
22．(15分)(2019嘉興調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝xex.
(1)討論函數(shù)g(x)＝af(x)＋ex的單調(diào)性；
(2)若直線y＝x＋2與曲線y＝f(x)的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為t，且t∈[m，m＋1]，求整數(shù)m所有可能的值．
解 (1)g(x)＝axex＋ex，所以g′(x)＝(ax＋a＋1)ex，
①當(dāng)a＝0時(shí)，g′(x)＝ex，g′(x)>0在R上恒成立，所以函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞增；
②當(dāng)a>0時(shí)，當(dāng)x>－時(shí)，g′(x)>0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x<－時(shí)，g′(x)<0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減；
③當(dāng)a<0時(shí)，當(dāng)x>－時(shí)，g′(x)<0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x<－時(shí)，g′(x)>0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增．
綜上，當(dāng)a＝0時(shí)，函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞增；
當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)g(x)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減，在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增；
當(dāng)a<0時(shí)，函數(shù)g(x)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減．
(2)由題意可知，原命題等價(jià)于方程xex＝x＋2在x∈[m，m＋1]上有解，由于ex>0，所以x＝0不是方程的解，
所以原方程等價(jià)于ex－－1＝0，令r(x)＝ex－－1，
因?yàn)閞′(x)＝ex＋>0對(duì)于x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)恒成立，所以r(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增．
又r(1)＝e－3<0，r(2)＝e2－2>0，r(－3)＝e－3－<0，r(－2)＝e－2>0，
所以直線y＝x＋2與曲線y＝f(x)的交點(diǎn)有兩個(gè)，
且兩交點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別在區(qū)間[1,2]和[－3，－2]內(nèi)，
所以整數(shù)m的所有值為－3,1.
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