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滚动检测六(19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函数yln(1x2)的定义域为A，值域为B，全集UR，则集合A(UB)等于()A(1，) B(，0C(0,1) D0,1)答案C解析By|y0，UBy|y0，又Ax|1x1，对于q，由a22a0，解得a0或a2，因此p是q的充分不必要条件，故选A.3已知直线l1: xsiny10，直线l2: x3ycos10，若l1l2，则sin2等于()A.BCD.答案D解析因为l1l2，所以sin3cos0，所以tan3，所以sin22sincos.4已知ABC中，AB2，AC4，BAC60，P为线段AC上任意一点，则的取值范围是()A1,4B0,4C2,4D.答案D解析根据余弦定理得，BC2AB2AC22ABACcosBAC12，ABC90，以B为坐标原点，BC所在直线为x轴、BA所在直线为y轴建立平面直角坐标系如图，则C(2，0)，A(0,2)，AC：1，设P(x，y)，则y2x4，x0,2，所以(x，y)(2x，y)x2y22xx2x4.5将函数y2sin(0)的图象向右平移个单位长度后，所得图象关于y轴对称，则的最小值为()A2B1C.D.答案B解析将函数y2sin(0)的图象向右平移个单位长度后，得y2sin2sin关于y轴对称，所以k(kZ)，得k，kZ.又0，所以min1，故选B.6若双曲线1的一条渐近线方程为2x3y0，则m的值为()A.B.C.D.答案A解析由双曲线1的一条渐近线的方程为2x3y0，可得(3m)(m1)0，解得m(1,3)，所以xy0是双曲线的渐近线方程，所以，解得m.7设f(x)ex(x22x)，令f1(x)f(x), fn1(x)fn(x)，若fn(x)ex(Anx2BnxCn)，数列的前n项和为Sn，当时，n的最小整数值为()A2018B2019C2020D2021答案B解析f1fex(x24x2)，f2(x)ex(x26x6)，Cn2462nn(22n)n(n1)，Sn1，n2019，故选B.8(2018浙江省衢州二中模拟)已知ABC中，AB4，AC5，BC6，点O为ABC的外心，记a，b，c，则()AabcBacbCcabDbaac，故选C.9已知双曲线y21(a0)的离心率e，它的一个顶点为抛物线y22px(p0)的焦点F，过F的直线l与抛物线交于A，B两点，且|AF|4|FB|，O为坐标原点，则AOB的面积为()A.B1C.D.答案C解析由题意可知e，得a，故抛物线y22px(p0)的焦点F，因此其方程为y22x，准线为x.如图，过A，B分别作准线的垂线AA，BB，垂足分别为A，B，过点B作BHAA交AA于H，则|BB|HA|.设|FB|t，则|AF|4t，所以|AH|AA|AH|4tt3t.又|AB|5t，因此在RtABH中，cosHAB，sinHAB.所以tanHAB.则AB所在的直线方程为y，由得x2x0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|x1x2p1.又点O到直线AB的距离d|OF|sinOFB，所以SAOB.10(2018浙江省部分重点中学考试)已知ABC是边长为6的正三角形，D在AB上，且满足AD2DB，如图1.现沿着CD将ACD折起至ACD，使得A在平面BCD上的投影在BDC的内部(包括边界)，如图2，则二面角ACDB的余弦值的取值范围是()A.B.C.D.答案C解析在题图1ABC中，过点A作AOCD，交CD于点O，交BC于点H.因为点A在平面BCD上的投影在BDC的内部(包括边界)，所以其投影在线段OH上在题图2中，过点A作AMOH，垂足为M(图略)，则AM平面BDC，AOM为二面角ACDB的平面角因为AD4，AC6，CAD60，所以CD2AD2AC22ADACcos601636246cos6028，CD2，又CDAOADACsin60，即2AO46，所以AO.以BC的中点E为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0,3)，C(3,0)，D(2，)设H(a,0)，因为AHCD，所以0，即5a90，解得a，所以AH，又AHCOACCHsin60，即CO6，所以CO，所以AO，所以OH.所以当点M与点H重合时，AOM最小，(cosAOM)max，当点M与点O重合时，AOH，即为二面角ACDB的平面角，其余弦值取最小值0.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已知复数z，其中i是虚数单位，则复数z在复平面内对应的点在第_象限，z_.答案四2解析因为z1i，所以复数z在复平面内对应的点为(1，1)，在第四象限方法一因为z1i，所以z(1i)(1i)2.方法二因为|z|1i|，所以z|z|22.12(2018浙江省金华十校考试)已知抛物线y22px(p0)上一点A(1，a)到焦点的距离为2，则该抛物线的准线方程为_答案x1解析因为抛物线y22px(p0)的焦点为F，由已知可得解得所以抛物线的准线方程为x1.13(2018杭州质检)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是_，表面积是_答案(6)6解析由三视图可知该几何体为半径为2的球的四分之一和一个底面半径为2的半圆锥的组合体，其体积为23223，其表面积为22344222(6)6.14若函数f(x)为奇函数，则a_，f(g(2)_.答案025解析由函数f(x)是R上的奇函数可得f(0)a0.因为g(2)f(1)f(1)4，所以f(g(2)f(4)f(4)25.15已知在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且ba，cosBcosA，c1，则ABC的面积为_答案解析由cosBcosA并结合余弦定理，得，将ba代入得(1)a2(1)c2，又因为c1，所以a，所以b2，则cosC，所以sinC，所以SABCabsinC.16已知圆O1和圆O2都经过点A(0,1)，若两圆与直线4x3y50及y10均相切，则|O1O2|_.答案解析设圆O1的圆心为(a1，b1)，半径为r1，则由题意，有消去b1，r1，得a1(a6a4a140)0，即a1(a12)(a8a120)0.设圆O2的圆心为(a2，b2)，半径为r2，同理可得a2(a22)(a8a220)0.由此可知，a1，a2为方程a(a2)(a28a20)0的两根因为a28a20(a4)240，所以a(a2)(a28a20)0的两根为0,2，不妨设a10，a22，则b10，b21，所以|O1O2|.17若实数x，y满足目标函数zxky(k0)的最小值为3，则实数k的值为_，若方程2xya0无解，则实数a的取值范围为_答案1(，4)(1，)解析作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分(含边界)所示，由图可知目标函数zxky(k0)在点B(0,3)处取得最小值3，所以3k3，得k1.作出直线2xy0，并平移该直线，当直线经过点C(0,1)时，2xy取得最小值1，当直线经过点A(1,2)时，2xy取得最大值4.因为方程2xya0无解，所以直线2xya0与不等式组表示的区域没有交点，所以a1.三、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)2sinxcosx2cos2x1，xR.(1)求函数f(x)的最小正周期和单调递减区间；(2)若f()，且，求f的值解(1)因为f(x)sin2x(2cos2x1)sin2xcos2x2sin，所以函数f(x)的最小正周期T.令2k2x2k，kZ，得kxk，kZ，所以函数f(x)的单调递减区间为，kZ.(2)因为f()2sin，所以sin.因为，所以20)有两个根n，n，a11，且满足12n，其中nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)若bnlog2(an1)，cnanbn，求数列cn的前n项和Tn.解(1)由已知可得又12n，112n，整理得，an1an2n，其中nN*.当n2时，an(anan1)(an1an2)(a3a2)(a2a1)a12n12n222212n1.又a11也符合上式，an2n1，nN*.(2)由(1)知，bnlog2(2n11)n，cnn(2n1)n2nn.Tnc1c2cn12222323n2n(12n)，设Qn12n，Pn12222323n2n，则2Pn122223324(n1)2nn2n1，得，Pn222232nn2n1n2n1(1n)2n12，Pn(n1)2n12.又Qn12n，TnPnQn(n1)2n12.21(15分)已知椭圆1(ab0)的离心率e，且经过点.(1)求椭圆方程；(2)过点P(0,2)的直线与椭圆交于M，N两个不同的点，求线段MN的垂直平分线在x轴截距的取值范围解(1)由题意得，1，又a2b2c2，解得a，b1，c1，则椭圆方程为y21.(2)PM的斜率不存在时，MN的垂直平分线与x轴重合，没有截距，故PM的斜率存在设PM的方程为ykx2，代入椭圆方程，得(12k2)x28kx60，PM与椭圆有两个不同的交点，(8k)24(12k2)60，即k2，即k或k时，f(x)0恒成立，当x时，f(x)0；x时，0f(x)，MN的垂直平分线在x轴上的截距的取值范围是.22(15分)已知f(x)xlnxax2.(1)若f(x)有两个零点，求a的取值范围；(2)若f(x)有两个极值点，求a的取值范围；(3)在(2)的条件下，若f(x)的两个极值点为x1，x2 (x1.方法一(1)解f(x)x(lnxax)，x0，f(x)有两个零点，g(x)lnxax有两个零点，g(x)a，当a0时，g0，g(x)在(0，)上单调递增，最多有一个零点，不合题意；当a0时，g(x)在上单调递增，在上单调递减，g(x)在(0，)上存在极大值也是最大值g，令gln10，0a，又当0a时，g(1)a0，g3ln30，g必有两个零点，0a0恒成立，h(x)在(0，)上单调递增，最多有一个零点，不合题意，a0，由h(x)0得x，h(x)在上单调递增，在上单调递减，可令hln110，即0a，又h0，h2ln12110，h(x)在，上各有一个变号零点，0a0，知x11，h(x1)lnx112ax10，f(x1)x1lnx1ax.设k(x)xlnxx，令k(x)lnx0，得0xk(1)1，f(x1).方法二分离参数法(1)解a(x0)，使对应的两图象有两交点，令g(x)，g(x)，当x(0，e)时，g(x)0，g(x)单调递增，当x(e，)时，g(x)0，g(x)单调递减，g(e)，结合图象(图略)，可知0a0，(x)单调递增，当x(1，)时，(x)0，(x)单调递减，(1)，结合图象(图略)，可知0a.(3)证明由(2)可知0x1.
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