资源描述
滚动检测五(18章)(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Ax|x2x，xR，B，则R(AB)等于()A.B.C.D.答案C解析A，B，ABx|1xbcBacbCbacDbca答案A解析a20.1201，blnlne1，即0b1，clog3log310，cb1时，x3231，当且仅当x2时取等号，综上有f(x)0，故选B.5若a0，b0，abab1，则a2b的最小值为()A33B33C3D7答案D解析当b1时，代入等式aa2不成立，因而b1，所以abab1.a1，易知b10，所以a2b12b32(b1)323227，当且仅当a3，b2时，取等号，即最小值为7.6已知函数f(x)sin2xcos2x的图象在区间和上均单调递增，则正数a的取值范围是()A.B.C.D.答案B解析f(x)sin2xcos2x2sin，由2k2x2k(kZ)，得kxk(kZ)，因为函数f(x)在区间和上均单调递增，解得a0，令h(t)2e1t，t0，则h(t)e1t2e1te1t(12t)，令h(t)0，解得t，当t0时，h(t)0；当0t0，函数h(t)在上单调递增；当t时，h(t)0，函数h(t)在上单调递减，当t从右侧趋近于0时，h(t)趋近于0，h；当t趋近于时，h(t) 趋近于0，所以a(0，10(2018浙江七彩阳光联盟联考)如图，已知RtABC的两条直角边AC2，BC3，P为斜边AB上一点，沿CP将三角形折成直二面角ACPB，此时二面角PACB的正切值为，则翻折后AB的长为()A2B.C.D.答案D解析方法一如图1，在平面PCB内过点P作CP的垂线交BC于点E，则EP平面ACP.在平面PAC内过点P向AC作垂线，垂足为D，连接DE，则PDE为二面角PACB的平面角，且tanPDE，设DPa，则EPa.如图2，在RtABC中，设BCP，则ACP90，则在RtDPC中，PC，又在RtPCE中，tan，则tana，sincos2.又090，所以45.因为二面角ACPB为直二面角，所以图1中cosACBcosACPcosBCP，于是有cosACPsinACP.解得AB.方法二如图3，在平面PCB内过点P作CP的垂线交BC于点E，则EP平面ACP.在平面PAC内过点P向AC作垂线，垂足为D，连接DE，则PDE为二面角PACB的平面角，且tanPDE，设DPa，则EPa.如图4，在RtABC中，设BCP，则ACP90，则在RtDPC中，PC，又在RtPCE中，tan，则tana，sincos2，又090，所以45，在RtABC中，过点A作AMPC于点M，过点B向CP的延长线作垂线，垂足为N.由BCPACP45，得AM，BN，MN，翻折后，且，两两垂直，故|.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(2018浙江名校联盟联考)已知复数z满足z(34i)12i，则z_，|_.答案i解析由题意知zi，|z|.12(2018浙江省高考模拟试卷)若函数f(x)sincoscos2，则函数f(x)的最小正周期为_，函数f(x)在区间上的值域是_答案2解析f(x)sincoscos2sinxsin，则f(x)的最小正周期为2.因为x，所以x，sin，所以函数f(x)在上的值域是.13(2018浙江省高考研究联盟联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为_，侧面积为_答案34解析由三视图，可得该几何体为底面半径为1，高为2的圆柱切掉四分之一后剩余的几何体，因而其体积V122，侧面积S21221234.14已知在ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c,4bcosBacosCccosA，ABC的面积为，且b2ac，则ac_.答案2解析方法一由正弦定理、两角和的三角函数公式及诱导公式，得4sinBcosBsinAcosCsinCcosAsin(AC)sinB，因为0B0，y0，若2，则(xy)2的最大值是_答案84解析令xyt，则0t，因为2xy22，且知当xy时取“”，所以题意可转化为函数f(t)t在上有最小值f，即恒有，所以(xy)284，故(xy)2的最大值是84.三、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)如图，ABC是等边三角形，D是BC边上的动点(含端点)，记BAD，ADC.(1)求2coscos的最大值；(2)若BD1，cos，求ABD的面积解(1)由ABC是等边三角形，得，0，故2coscos2coscossin，故当，即D为BC中点时，原式取最大值.(2)由cos，得sin，故sinsinsincoscossin，由正弦定理得，故ABBD1，故SABDABBDsinB1.19(15分)已知数列an的各项均是正数，其前n项和为Sn，满足Sn4an(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)设bn(nN*)，数列bnbn2的前n项和为Tn，求证：Tn.(1)解由Sn4an，得S14a1，解得a12，而an1Sn1Sn(4an1)(4an)anan1，即2an1an，数列an是首项为2，公比为的等比数列an2n1n2.(2)证明bn，bnbn2.故数列的前n项和Tn0，y0且2x4ym0，求的最小值解(1)因为函数f(x)x23x的对称轴为x，且开口向上，所以f(x)x23x在x0,1上单调递减，所以f(x)minf(1)132，所以m2.(2)根据题意，由(1)可得m2，即2x4y20.所以x2y1.因为x0，y0，则(x2y)33232，当且仅当，即x1，y1时，等号成立所以的最小值为32.21.(15分)(2018浙江名校联盟联考)如图，在直三棱柱ADFBCE中，ABBCBE2，CE2.(1)求证：AC平面BDE；(2)若EB4EK，求直线AK与平面BDF所成角的正弦值(1)证明在直三棱柱ADFBCE中，AB平面BCE，所以ABBE，ABBC.又ABBCBE2，CE2，所以BC2BE2CE2，且ACBD，所以BEBC.因为ABBCB，AB，BC平面ABCD，所以BE平面ABCD.因为AC平面ABCD，所以BEAC.因为BDBEB，BD，BE平面BDE，所以AC平面BDE.(2)解方法一设AK交BF于点N，由(1)知，AB，AF，AD两两垂直且长度都为2，所以BDF是边长为2的正三角形所以点A在平面BDF内的射影M为BDF的中心，连接MN，MF，AM，如图所示，则ANM为AK与平面BDF所成的角.又FM2，所以AM.因为EB4EK，所以BK，所以AK.因为，所以，即，解得AN.在RtANM中，sin，所以直线AK与平面BDF所成角的正弦值为.方法二由(1)知，AB，BC，BE两两垂直，以B为坐标原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0)，F(0,2,2)，A(0,2,0)，D(2,2,0)，(2,2,0)，(0,2,2)因为EB4EK，所以K.设平面BDF的法向量为n(x，y，z)，则所以取x1，则n(1，1,1)为平面BDF的一个法向量又，于是sin，所以直线AK与平面BDF所成角的正弦值为.22(15分)(2019嘉兴调研)已知函数f(x)xex.(1)讨论函数g(x)af(x)ex的单调性；(2)若直线yx2与曲线yf(x)的交点的横坐标为t，且tm，m1，求整数m所有可能的值解(1)g(x)axexex，所以g(x)(axa1)ex，当a0时，g(x)ex，g(x)0在R上恒成立，所以函数g(x)在R上单调递增；当a0时，当x时，g(x)0，函数g(x)单调递增，当x时，g(x)0，函数g(x)单调递减；当a时，g(x)0，函数g(x)单调递减，当x0，函数g(x)单调递增综上，当a0时，函数g(x)在R上单调递增；当a0时，函数g(x)在区间内单调递减，在区间内单调递增；当a0，所以x0不是方程的解，所以原方程等价于ex10，令r(x)ex1，因为r(x)ex0对于x(，0)(0，)恒成立，所以r(x)在(，0)和(0，)内单调递增又r(1)e30，r(3)e30，所以直线yx2与曲线yf(x)的交点有两个，且两交点的横坐标分别在区间1,2和3，2内，所以整数m的所有值为3,1.
展开阅读全文