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綜合檢測二
(時間：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選項中，只有一項是符合題目要求的)
1．已知集合A＝{x|－2
0，x≠1)，
則g(x)＝
得g′(x)＝
故當x>1時，g′(x)>0，函數(shù)g(x)單調遞增，f(x)單調遞減，且f(x)>0；當0D(X)＋D(Y)
D．E(X)＋E(Y)2x2y2＝D(X)＋D(Y)，
E(X)＋E(Y)＝3>≥(x2y2)2＝D(X)D(Y)，故選C.
8．已知向量a，b滿足|2a＋b|＝3，且a(a－b)＝3，則|a－b|的最小值為( )
A.B.C.D.
答案 D
解析 方法一 由a(a－b)＝3，
得[(2a＋b)＋(a－b)](a－b)＝9，
即(2a＋b)(a－b)＋|a－b|2＝9，
設2a＋b與a－b的夾角為θ，
則(2a＋b)(a－b)＝|2a＋b||a－b|cosθ∈[－3|a－b|,3|a－b|]，
所以－3|a－b|≤9－|a－b|2≤3|a－b|，
解得≤|a－b|≤，
所以|a－b|的最小值為.
方法二 如圖，設a＝，b＝，
由|2a＋b|＝3，
得＝1，
取靠近A的AB的三等分點C，
則＝a＋b，所以||＝1.
由a(a－b)＝3，得＝1.
以MC所在直線為x軸，線段MC的垂直平分線為y軸，建立平面直角坐標系xOy，則M，C，
設A(x，y)，則由＝1，得x2＋y2＝，
所以點A的軌跡是以O(0,0)為圓心，為半徑的圓，
易知點C在該圓內，所以|AC|的最小值為，
所以|AB|的最小值為，
即|a－b|的最小值為.
9．已知P為雙曲線－＝1上一點，M，N分別為圓(x＋3)2＋y2＝及其關于y軸對稱的圓上的兩點，則|PM|－|PN|的取值范圍為( )
A．[－5,5] B．[－5，－3]∪[3,5]
C．(－3,3) D．[－3,3]
答案 B
解析 由題意知，點M在圓(x＋3)2＋y2＝上，點N在圓(x－3)2＋y2＝上，設雙曲線－＝1的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，則F1(－3,0)，F(xiàn)2(3,0)，易知F1，F(xiàn)2分別為兩個圓的圓心，連接PF1，MF1，PF2，NF2，則|PF1|－|MF1|≤|PM|≤|PF1|＋|MF1|，|PF2|－|NF2|≤|PN|≤|PF2|＋|NF2|，所以|PF1|－|PF2|－1≤|PM|－|PN|≤|PF1|－|PF2|＋1，而|PF1|－|PF2|＝4，所以－5≤|PM|－|PN|≤－3或3≤|PM|－|PN|≤5.
10．如圖1，已知正三角形ABC的邊長為6，O是底邊BC的中點，D是AB邊上一點，且AD＝2，將△AOC繞著直線AO旋轉，在旋轉過程中，若DC的長度在[，]內變化，如圖2，則點C所形成的軌跡的長度為( )
A.B.C．πD.
答案 A
解析 方法一 ∵△ABC為正三角形，O為BC的中點，
∴AO⊥OB，AO⊥OC，
∴∠BOC是二面角B－AO－C的平面角，記∠BOC＝θ.
如圖，過點D作DE⊥OB，垂足為E，連接CE，則DE∥AO，OE＝1，OC＝3，DE＝AO＝2，則＝＋＋，其中〈〉＝θ，
即〈，〉＝π－θ，
∴2＝(＋＋)2＝2＋2＋2＋2＝(2)2＋12＋32＋213cos〈，〉＝22－6cosθ，
則2＝22－6cosθ∈[19,22]，即cosθ∈，
即點C轉過的角度為－＝.
點C的軌跡為以O為圓心，以OC為半徑的一段圓弧，弧長為3＝.
方法二 ∵△ABC為正三角形，O為BC的中點，
∴AO⊥OB，AO⊥OC，
∴∠BOC是二面角B－AO－C的平面角，記∠BOC＝θ.
如圖，過點D作DE⊥OB，垂足為E，連接CE，則DE∥AO，OE＝1，OC＝3，DE＝AO＝2，則EC2＝OC2＋OE2－2OCOEcosθ＝10－6cosθ，
在Rt△DCE中，DC2＝DE2＋EC2＝(2)2＋10－6cosθ＝22－6cosθ，則DC2＝22－
6cosθ∈[19,22]，
即cosθ∈，即點C轉過的角度為－＝.
點C的軌跡為以O為圓心，以OC為半徑的一段圓弧，弧長為3＝.
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．《九章算術》是我國古代數(shù)學經(jīng)典名著，它在集合學中的研究比西方早一千年．在《九章算術》中，將四個面都是直角三角形的四面體稱為“鱉臑”．已知某“鱉臑”的三視圖(單位：cm)如圖所示，則該“鱉臑”的體積是________cm3.
答案 10
解析 由三視圖結合“鱉臑”的定義易得該幾何體為一個底面為直角邊長分別為3,4，高為5，且頂點在底面的射影為直角三角形中最小的角的頂點，則其體積為345＝10cm3.
12．已知等比數(shù)列{an}的公比q>0，前n項和為Sn.若2(a5－a3－a4)＝a4，且a2a4a6＝64，則q＝________，Sn＝________.
答案 2
解析 ∵2(a5－a3－a4)＝a4，
∴2a5＝2a3＋3a4?2q4＝2q2＋3q3?2q2－3q－2＝0，
得q＝－(舍去)或q＝2.
∵a2a4a6＝64，∴a＝64?a4＝4，
∴a1＝，Sn＝＝.
13．已知x，y滿足約束條件則約束條件表示的可行域的面積為________，目標函數(shù)z＝x－y＋3的取值范圍為________．
答案 [2,3]
解析 畫出可行域如圖中陰影部分(含邊界)所示，則A(0,1)，B(2,2)，C，
易知AC⊥BC，
則可行域的面積
S＝|AC||BC|＝.
因為z＝x－y＋3，所以y＝x－z＋3，
數(shù)形結合知，當直線y＝x－z＋3與直線BC重合時，z取得最大值3，當直線y＝x－z＋3經(jīng)過點A時，z取得最小值2，所以z∈[2,3]．
14．已知函數(shù)f(x)＝|2x－1|，g(x)＝|2x＋a|(a∈R)，則不等式f(x)≤3的解集為________；若不等式f(x)＋g(x)≥6對任意的x∈R恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是________________________．
答案 [－1,2] (－∞，－7]∪[5，＋∞)
解析 f(x)≤3，即|2x－1|≤3，即－3≤2x－1≤3，
解得－1≤x≤2，
所以不等式f(x)≤3的解集為[－1,2]．
因為f(x)＋g(x)＝|2x－1|＋|2x＋a|
≥|2x－1－2x－a|＝|a＋1|，
所以要使不等式f(x)＋g(x)≥6對任意的x∈R恒成立，則|a＋1|≥6，解得a≤－7或a≥5.
15．在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知a＝3，b＝2，A＝2B，則sinB＝________，c＝________.
答案
解析 ∵a＝3，b＝2，A＝2B，
∴由正弦定理＝得，
＝，即＝，
∵B為△ABC的一個內角，∴sinB>0，∴cosB＝，
∴sinB＝＝.
由二倍角公式知，
sinA＝sin2B＝2sinBcosB＝2＝，
cosA＝cos2B＝2cos2B－1＝.
方法一 ∵cosC＝cos[π－(A＋B)]＝－cos(A＋B)
＝－(cosAcosB－sinAsinB)＝，
∴c2＝a2＋b2－2abcosC＝，∴c＝.
方法二 ∵sinC＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)
＝sinAcosB＋cosAsinB＝，
由正弦定理＝，得＝，∴c＝.
16．已知x，y，z均為正實數(shù)，且滿足x2＋y2＋z2＝1，則xy＋2yz的最大值為________．
答案
解析 由已知條件x2＋y2＋z2＝1，
可設1＝x2＋λy2＋(1－λ)y2＋z2,0<λ<1，
即得1≥2xy＋2yz，
令＝，解得λ＝，
所以xy＋yz≤1，即xy＋2yz≤，
當且僅當即時等號成立．
17．已知函數(shù)f(x)＝x＋，若對于任意的m∈R，方程|f(m＋x)|＋|f(m－x)|＝a均有解，則a的取值范圍是________．
答案 [4，＋∞)
解析 令g(x)＝|f(m＋x)|＋|f(m－x)|，
∴g(－x)＝|f(m－x)|＋|f(m＋x)|＝g(x)，
∴g(x)是偶函數(shù)，設x>0，
①若m>0，
當x2≥4；
當x>m時，g(x)＝(x＋m)＋＋(x－m)＋＝2x＋＋＝2x＋>2≥4.
②若m<0，則－m>0，
當x<－m時，g(x)＝－(x＋m)－－(m－x)－
＝－2m－＝－2m－
>2≥4；
當x>－m時，g(x)＝(x＋m)＋＋(x－m)＋＝2x＋＋＝2x＋>2≥4.
③若m＝0，g(x)＝2≥4.
又g(x)是偶函數(shù)，∴當x<0時，g(x)＝g(－x)≥4.
綜上，g(x)≥4.
∴要使方程g(x)＝a有解，只需a≥4即可，
∴所求a的取值范圍是[4，＋∞)．
三、解答題(本大題共5小題，共74分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟)
18．(14分)(2019臺州模擬)設函數(shù)f(x)＝sin－2sinxcosx(x∈R)．
(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期及f的值；
(2)將函數(shù)f(x)的圖象向右平移個單位長度，得到函數(shù)g(x)的圖象，試求g(x)在上的最小值．
解 (1)f(x)＝sin－2sinxcosx
＝sin2x＋cos2x－sin2x
＝cos2x－sin2x＝cos.
所以函數(shù)f(x)的最小正周期T＝＝π，
f＝cos＝－.
(2)g(x)＝f＝cos
＝cos.
因為x∈，所以2x＋∈.
所以當2x＋＝π，即x＝時，g(x)取最小值，此時g(x)min＝－1.
19．(15分)如圖，在四棱錐P－ABCD中，DB⊥平面PAB，∠ABP＝120，AB∥CD，CD＝BD＝AB＝BP＝2，E為AP的中點．
(1)求證：PC∥平面BDE；
(2)求直線DE與平面PCD所成角的正弦值．
(1)證明 方法一 連接AC交BD于點F，連接EF，
則EF為△ACP的中位線，所以EF∥PC，
又EF?平面BDE，PC?平面BDE，
所以PC∥平面BDE.
方法二 因為AB∥CD，AB＝CD，
所以四邊形ABCD為平行四邊形，
所以AD∥BC且AD＝BC，
故可將四棱錐P－ABCD補形成三棱柱PAB－KDC，如圖，取DK的中點Q，連接QC，PQ，EQ.
易知DQ∥EP，DQ＝EP，
所以四邊形PEDQ為平行四邊形，所以DE∥PQ，
又DE?平面BDE，PQ?平面BDE，所以PQ∥平面BDE.
又DQ∥AE，DQ＝AE，
所以四邊形ADQE為平行四邊形，
所以AD∥EQ，AD＝EQ，
又AD∥BC，AD＝BC，∴EQ∥BC，EQ＝BC，
所以四邊形BEQC為平行四邊形，所以BE∥QC，
又BE?平面BDE，QC?平面BDE，
所以QC∥平面BDE.
又PQ∩QC＝Q，所以平面PQC∥平面BDE.
又PC?平面PQC，所以PC∥BDE.
(2)解 方法一 由(1)中方法二可知DE∥PQ，
所以直線DE與平面PCD所成的角就是直線PQ與平面PCD所成的角，設直線PQ與平面PCD所成的角為θ，點Q到平面PCD的距離為h.
連接AC交BD于點F，連接EF，
易知EF＝，PC＝2，PQ＝，
在△CDP中，DP＝2＝PC，CD＝2，
所以S△CDP＝2＝，
易知S△CDQ＝1＝，
因為VP－CDQ＝VQ－CDP，
所以S△CDQBD＝S△CDPh，
所以h＝.所以sinθ＝＝＝，
所以直線DE與平面PCD所成角的正弦值為.
方法二 在△BAP中，AB＝BP＝2，E為AP的中點，∠ABP＝120，所以BE⊥AP，
以E為坐標原點，，的方向分別為x，y軸的正方向，過點E且平行于DB的直線為z軸，且的方向為z軸的正方向建立空間直角坐標系(圖略)，則E(0,0,0)，B(1,0,0)，A(0，，0)，P(0，－，0)，D(1,0,2)，
所以＝(1，，2)，＝＝(1，－，0)，＝(1,0,2)，
設直線DE與平面PCD所成的角為θ，平面PCD的法向量為n＝(x，y，z)，則得
取y＝1，得x＝，z＝－，
所以n＝(，1，－)為平面PCD的一個法向量，
所以sinθ＝＝＝，
所以直線DE與平面PCD所成角的正弦值為.
20．(15分)已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a2n＝2an＋3，S3＝3，數(shù)列{bn}為等比數(shù)列，b1＋b3＝10a3，b2＋b4＝10a6.
(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項公式；
(2)若cn＝，求數(shù)列{cn}的前n項和Tn，并求使得Tn<λ2－λ恒成立的實數(shù)λ的取值范圍．
解 (1)由{an}為等差數(shù)列可得，
S3＝a1＋a2＋a3＝3a2＝3，故a2＝1.
由a2n＝2an＋3可得a2＝2a1＋3，
故1＝2a1＋3，解得a1＝－1.
所以數(shù)列{an}的公差d＝a2－a1＝1－(－1)＝2，
所以an＝a1＋(n－1)d＝－1＋2(n－1)＝2n－3.
故a3＝23－3＝3，a6＝26－3＝9.
設等比數(shù)列{bn}的公比為q，
則由已知可得b1＋b3＝10a3＝30，b2＋b4＝10a6＝90.
所以q＝＝＝3，
故b1＋b3＝b1＋b132＝30，解得b1＝3.
所以數(shù)列{bn}的通項公式為bn＝33n－1＝3n.
(2)由(1)可知，cn＝
＝
＝
＝.
所以Tn＝c1＋c2＋…＋cn
＝＋＋…＋
＝
＝
＝.
因為>0，所以Tn<＝.
故由Tn<λ2－λ恒成立可得λ2－λ≥，
即64λ2－4λ－3≥0，也就是(4λ－1)(16λ＋3)≥0，
解得λ≤－或λ≥.
21.(15分)如圖，已知在平面直角坐標系xOy中，拋物線E：x2＝2py(p>0)的焦點F是橢圓C：＋y2＝1的一個焦點．
(1)求拋物線E的方程；
(2)設P是E上的動點，且位于第一象限，拋物線E在點P處的切線l與橢圓C交于不同的兩點A，B，直線y＝－與過點P且垂直于x軸的直線交于點M，OM與直線l交于點D.
①求證：直線OM平分線段AB；
②若直線l與y軸交于點G，記△PFG的面積為S1，△PDM的面積為S2，是否存在點P，使得取得最小值？若存在，求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．
(1)解 根據(jù)題意，F(xiàn)，
所以拋物線E的方程為x2＝2y.
(2)①證明 設P(m>0)，
由x2＝2y可得y′＝x，所以直線l的斜率為m，
因此直線l的方程為y－＝m(x－m)，即y＝mx－.
設A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由得(3m2＋4)x2－3m3x＋－3＝0，
所以x1＋x2＝.
又M，所以OM的方程為y＝－x，
由得直線OM與l的交點的橫坐標為
xD＝，故xD＝，
所以直線OM平分線段AB.
②解 由①知直線l的方程為y＝mx－(m>0)，
所以G，所以P，F(xiàn)，
D，M，
所以S1＝|GF|m＝m(m2＋1)，
S2＝|PM||m－xD|＝，
所以＝.
令t＝3m2＋8，則＝＝402－，
又對于(3m2＋4)x2－3m3x＋－3＝0，Δ>0，
即(－3m3)2－4(3m2＋4)>0，
所以00，f′(x)>0，
所以f(x)的單調遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)．
②當a>0時，Δ＝(4a)2－4a(2a＋1)＝4a(2a－1)，
(i)當a>時，Δ>0，令u(x)＝0，得
x1＝，x2＝，且x10，f′(x)>0，
當x∈(x1，x2)時，u(x)<0，f′(x)<0，
所以f(x)的單調遞增區(qū)間為，，單調遞減區(qū)間為.
(ii)當00，令u(x)＝0，得
x1＝，x2＝，且x20，f′(x)>0，
當x∈(－∞，x2)∪(x1，＋∞)時，u(x)<0，f′(x)<0，
所以f(x)的單調遞增區(qū)間為
，單調遞減區(qū)間為，.
綜上，當a>時，f(x)的單調遞增區(qū)間為，，單調遞減區(qū)間為；
當0≤a≤時，f(x)的單調遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)；
當a<0時，f(x)的單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為，.
(2)證明 方法一 由(1)得，x1＝，
x2＝.
①當a≤－時，由(1)知f(x)在(x1，＋∞)上單調遞減，
因為x1＝＝－2＋≤0，
所以f(x)在(0，＋∞)上單調遞減，
所以當x≥0時，f(x)≤f(0)＝－1<0.
②當－0，g(x)在(ln2,1)上單調遞增，
因為g(0)＝－1<0，g(1)＝2e－7<0，
所以當x∈(0,1)時，恒有g(x)<0.
又x1∈(0,1)，所以g(x1)<0，即f(x1)<0，
從而當x≥0時，f(x)≤f(x1)<0.
綜上，若a<－，當x≥0時，f(x)<0.
方法二 f(x)＝(ax2＋2ax＋1)ex－2＝aex(x2＋2x)＋ex－2，
令φ(a)＝aex(x2＋2x)＋ex－2，
顯然當x≥0時，ex(x2＋2x)≥0，
所以當a<－時，φ(a)<φ＝－＋ex－2.
所以要證當x≥0時，f(x)<0，
只需證當x≥0時，－＋ex－2≤0，
即證當x≥0時，ex(x2＋2x－7)＋14≥0.
令g(x)＝ex(x2＋2x－7)＋14，
則g′(x)＝ex(x2＋4x－5)＝(x－1)(x＋5)ex，
所以當x∈(0,1)時，g′(x)<0，g(x)在(0,1)上單調遞減，當x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上單調遞增，
所以當x≥0時，g(x)≥g(1)＝14－4e>0，
從而當x≥0時，f(x)<0.
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