《（浙江專用）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 階段質(zhì)量檢測(cè)（五）專題一-五“綜合檢測(cè)”》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 階段質(zhì)量檢測(cè)（五）專題一-五“綜合檢測(cè)”（12頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（浙江專用）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 階段質(zhì)量檢測(cè)（五）專題一-五“綜合檢測(cè)”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函數(shù)f(x)2cos21是()A最小正周期為的奇函數(shù)B最小正周期為的偶函數(shù)C最小正周期為的奇函數(shù)D最小正周期為的偶函數(shù)解析：選A因?yàn)閒(x)2cos21cos 2cossin 2x，所以最小正周期T，f(x)是奇函數(shù)，即函數(shù)f(x)是最小正周期為的奇函數(shù)2(2018浙江名師原創(chuàng)卷)已知函數(shù)f(x)ln(xa)在點(diǎn)(1，f(1)處的切線的傾斜角為45，則a的值為()A1 B0C1 D2解析：選Bf(x)，f(1)t

2、an 451，解得a0.故選B.3(2018浙江十校聯(lián)盟適考)若向量a，b滿足|a|4，|b|1，且(a8b)a，則向量a，b的夾角為()A. B.C. D.解析：選C由(a8b)a，得|a|28ab0，因?yàn)閨a|4，所以ab2，所以cosa，b，所以向量a，b的夾角為.故選C.4(2018浙江考前沖刺)已知某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積是()A20 B20C24(1) D24解析：選C由三視圖可知，該幾何體是一個(gè)正方體挖去一個(gè)圓錐后所得的幾何體，正方體的側(cè)面積為42216，正方體的一個(gè)底面面積為224，圓錐的底面圓的半徑為1，高為1，母線長(zhǎng)為，側(cè)面積為1，所以該幾何體的表面積為

3、16441224(1)，故選C.5(2018浙江聯(lián)盟校聯(lián)考)函數(shù)f(x)的圖象大致為()解析：選B函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，故排除A.又f(x)f(x)，所以函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，故排除C.又f(1)0，所以排除D.綜上，選B.6(2018阜陽模擬)已知F1，F(xiàn)2是橢圓1(ab0)的左、右兩個(gè)焦點(diǎn)，若橢圓上存在點(diǎn)P使得PF1PF2，則該橢圓的離心率的取值范圍是()A. B.C. D.解析：選BF1，F(xiàn)2是橢圓1(a0，b0)的左、右兩個(gè)焦點(diǎn)，F(xiàn)1(c,0)，F(xiàn)2(c,0)，c2a2b2.設(shè)點(diǎn)P(x，y)，由PF1PF2，得(xc，y)(xc，y)0，化簡(jiǎn)得x2y2c2.聯(lián)立方程組整理得，x2(

4、2c2a2)0，解得e.又0e1，e1.7已知函數(shù)f(x)sin(2x)，其中為實(shí)數(shù)，若f(x)對(duì)任意xR恒成立，且f 0，則f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是()A.，kZB.，kZC.，kZD.，kZ解析：選C由題意可得函數(shù)f(x)sin(2x)的圖象關(guān)于直線x對(duì)稱，故有2k，kZ，即k，kZ.又f sin0，所以2n，nZ，所以f(x)sin(2x2n)sin 2x.令2k2x2k，kZ，解得kxk，kZ，故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為，kZ，故選C.8若實(shí)數(shù)x，y滿足約束條件則z2xy的最小值為()A3 B4C5 D7解析：選B作出不等式組所表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示，作出直線2xy0并平

5、移該直線，易知當(dāng)直線經(jīng)過點(diǎn)A(1,2)時(shí)，目標(biāo)函數(shù)z2xy取得最小值，且zmin2124，故選B.9(2017浙江名校協(xié)作體聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)(2x1)exax23a(x0)為增函數(shù)，則a的取值范圍是()A2，) B.C(，2 D.解析：選Af(x)(2x1)exax23a在(0，)上是增函數(shù)，f(x)(2x1)ex2ax0在區(qū)間(0，)上恒成立，即2aex.設(shè)g(x)ex，則g(x)ex，由g(x)ex0和x0得x，當(dāng)x時(shí)，g(x)0，當(dāng)0x時(shí)，g(x)0，g(x)在x處取得最小值，g4，2a4，a2，故選A.10(2018浙江名校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)為R上的奇函數(shù)，且圖象關(guān)于點(diǎn)(2,

6、0)對(duì)稱，且當(dāng)x(0,2)時(shí)，f(x)x3，則函數(shù)f(x)在區(qū)間2 018,2 021上()A無最大值 B最大值為0C最大值為1 D最大值為1解析：選D因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(2,0)對(duì)稱，所以f(4x)f(x)又函數(shù)f(x)是奇函數(shù)，所以f(x)f(x)，所以f(4x)f(x)令tx，得f(4t)f(t)，所以函數(shù)f(x)是周期為4的周期函數(shù)又函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，且函數(shù)f(x)是奇函數(shù)，所以f(0)0，f(2)f(2)，由函數(shù)f(x)的周期為4，得f(2)f(2)，所以f(2)f(2)，解得f(2)0.所以f(2)0.依此類推，可以求得f(2n)0(nZ)作出函數(shù)f(x)的大致圖

7、象如圖所示，根據(jù)周期性，可得函數(shù)f(x)在區(qū)間2 018,2 021上的圖象與在區(qū)間2,1上的圖象完全一樣觀察圖象可知，函數(shù)f(x)在區(qū)間(2,1上單調(diào)遞增，且f(1)131，又f(2)0，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間2,1上的最大值是1，故函數(shù)f(x)在區(qū)間2 018,2 021上的最大值也是1.二、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)11(2018浙江考前沖刺卷)在等差數(shù)列an中，Sn為其前n項(xiàng)和，若a2a5a827，則a5_，S9_.解析：法一：設(shè)公差為d，a2a5a827，3a112d27，a14d9，即a59，S99a1d9(a14d)81.法二：a2a5a8

8、3a527，a59，S9(a1a9)9a581.答案：98112(2018紹興教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測(cè))設(shè)函數(shù)f(x)gx2，曲線yg(x)在點(diǎn)(1，g(1)處的切線方程為9xy10，則曲線yf(x)在點(diǎn)(2，f(2)處的切線方程為_解析：由已知得g(1)9，g(1)8，又f(x)g2x，f(2)g(1)44，f(2)g(1)44，所求切線方程為y4(x2)，即x2y60.答案：x2y6013(2018浙江考前沖刺卷)已知ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若b4，cos B，sin A，則c_，SABC_.解析：法一：由cos B得，sin B.由正弦定理得a2.由b2a2c22accos B

9、，即c2c120，解得c3(c4舍去)SABCacsin B23.法二：由cos B得，sin B，由sin A，得cos A，所以sin Csin(AB)sin Acos Bcos Asin B，由正弦定理得c3，SABCbcsin A43.答案：314已知定義在(，0)(0，)上的偶函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f(x)，且f(1)0，當(dāng)x0，則使得f(x)0成立的x的取值范圍是_解析：因?yàn)閒(x)為(，0)(0，)上的偶函數(shù)，則f(1)f(1)0.當(dāng)x0，xf(x)f(x)0，即(xf(x)0.令g(x)xf(x)，可知g(x)在(，0)上單調(diào)遞減，且g(1)f(1)0.當(dāng)x0，f(x)0；當(dāng)1

10、x0時(shí)，xf(x)0.由對(duì)稱性知，f(x)0的解集為(1,0)(0,1)答案：(1,0)(0,1)15已知函數(shù)f(x)|x22ax2|，若f(x)1在區(qū)間上恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是_；設(shè)maxm，n則max的最小值為_解析：由f(x)|x22ax2|1在上恒成立可得1x22ax21，即x2ax在區(qū)間上恒成立，所以max2amin，所以2a2，解得a.因?yàn)閙axmax|94a|，|64a|，所以其最小值為.答案： 16(2019屆高三鎮(zhèn)海中學(xué)檢測(cè))已知雙曲線E：1(a0，b0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，A(2,1)，B是E上不同的兩點(diǎn)，且四邊形AF1BF2是平行四邊形，若AF2B，SAB

11、F2，則雙曲線E的標(biāo)準(zhǔn)方程為_解析：如圖，因?yàn)樗倪呅蜛F1BF2是平行四邊形，所以SABF2SAF1F2，F(xiàn)1AF2，所以|F1F2|2|AF1|2|AF2|22|AF1|AF2|cos ，即4c2|AF1|2|AF2|2|AF1|AF2|，又4a2(|AF1|AF2|)2，所以4a2|AF1|2|AF2|22|AF1|AF2|，由可得|AF1|AF2|4b2，又SABF24b2，所以b21，將點(diǎn)A(2,1)代入y21，可得a22，故雙曲線E的標(biāo)準(zhǔn)方程為y21.答案：y2117(2018浙江聯(lián)盟校聯(lián)考)已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x1對(duì)稱，且當(dāng)x(0,1時(shí)，f(x)9x3，則f

12、 _；若數(shù)列an滿足anf(log2(64n)，對(duì)nN*且n0，當(dāng)x時(shí)，f(x)0，當(dāng)x時(shí)，f(x)0，且ff0.而6log2(64n)log2164log2128，當(dāng)6log2(64n)，即64n0，64(90,91)，n26，當(dāng)27n100時(shí)，log2(64n)，an0，當(dāng)a1a2an最大時(shí)，n26.答案：026三、解答題(本大題共5小題，共74分，解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)18(本小題滿分14分)(2018嘉興模擬)如圖，在等腰梯形PDCB中，PB3，DC1，PDBC.ADPB，將PAD沿AD折起，使平面PAD平面ABCD.(1)若M是側(cè)棱PB的中點(diǎn)，求證：CM平面PAD；

13、(2)求直線PB與平面PCD所成角的正弦值解：(1)證明：取PA的中點(diǎn)N，連接MN，DN.M，N為PB，PA的中點(diǎn)，MN綊AB.在等腰梯形PDCB中，PB3，DC1，ADPB，CD綊AB，MN綊DC，四邊形MNDC為平行四邊形，故CMDN.CM平面PAD，DN平面PAD，CM平面PAD.(2)作BEAD交DC的延長(zhǎng)線于E點(diǎn)ADAB且平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，AB平面PAD.如圖，將幾何體補(bǔ)成直三棱柱PAD KBE.過點(diǎn)B作BHKE，PK平面BEK，PKBH，BH平面PCD，則PB在平面PCD上的射影為PH，故BPH就是直線PB與平面PCD所成角在RtPBH中，BHKE

14、，且PB，sinBPH，故直線PB與平面PCD所成角的正弦值為.19(本小題滿分15分)已知函數(shù)f(x)3ax22(ab1)xb，a，bR，x1,1(1)若ab1，證明函數(shù)f(x)的圖象必過定點(diǎn)；(2)記|f(x)|的最大值為M，對(duì)任意的|a|1，|b|1，求M的最大值解：(1)證明：因?yàn)閍b1，所以b1a.所以f(x)a(3x24x1)1，要使函數(shù)過定點(diǎn)，則須3x24x10，解得x1或x.故可知函數(shù)的圖象必過定點(diǎn)(1，1)和.(2)當(dāng)a0時(shí)，f(x)2(b1)xbb2,23b，所以此時(shí)|f(x)|5；當(dāng)a1，即b14a時(shí)，f(x)b0時(shí)，對(duì)稱軸x，1，即b12a時(shí)，f(x)5a3b210，f

15、(x)ab23，所以|f(x)|10；12a時(shí)，f(x)5a3b210，f(x)bb3a4，所以|f(x)|10.綜上，M的最大值為10，當(dāng)a1，b1，x1時(shí)取到20(本小題滿分15分)(2018杭州高三質(zhì)檢)如圖，過拋物線M：yx2上一點(diǎn)A(點(diǎn)A不與原點(diǎn)O重合)作拋物線M的切線AB交y軸于點(diǎn)B，點(diǎn)C，G是拋物線M上異于點(diǎn)A的點(diǎn)，且G為ABC的重心(三條中線的交點(diǎn))，直線CG交y軸于點(diǎn)D.(1)設(shè)A(x0，x)(x00)，求直線AB的方程；(2)求的值解：(1)因?yàn)閥2x，所以直線AB的斜率ky 2x0，所以直線AB的方程為yx2x0(xx0)，即y2x0xx.(2)由題意得，點(diǎn)B的縱坐標(biāo)yB

16、x，所以AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為.設(shè)C(x1，y1)，G(x2，y2)，直線CG的方程為xmyx0.由得m2y2(mx01)yx0.因?yàn)镚為ABC的重心，所以y13y2.由根與系數(shù)的關(guān)系，得y1y24y2，y1y23y.所以，解得mx032.所以點(diǎn)D的縱坐標(biāo)yD，故46.21(本小題滿分15分)(2019屆高三浙江名校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)xaxln x(aR)(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若函數(shù)f(x)xaxln x存在極大值，且極大值點(diǎn)為1，證明：f(x)exx2.解：(1)由題意x0，f(x)1aaln x.當(dāng)a0時(shí)，f(x)x，函數(shù)f(x)在(0，)上單調(diào)遞增；當(dāng)a0時(shí)，函數(shù)f(x)1

17、aaln x單調(diào)遞增，f(x)1aaln x0xe0，故當(dāng)x(0，e)時(shí)，f(x)0，所以函數(shù)f(x)在(0，e)上單調(diào)遞減，在(e，)上單調(diào)遞增；當(dāng)a0，故當(dāng)x(0，e)時(shí)，f(x)0，當(dāng)x(e，)時(shí)，f(x)0，所以函數(shù)f(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，)上單調(diào)遞減(2)證明：由(1)可知若函數(shù)f(x)xaxln x存在極大值，且極大值點(diǎn)為1，則a0，則h(x)ex2xln x.令g(x)h(x)，則g(x)ex20，所以函數(shù)h(x)ex2xln x單調(diào)遞增，又he10，故h(x)ex2xln x在上存在唯一零點(diǎn)x0，即e 2x0ln x00.所以當(dāng)x(0，x0)時(shí)，h(x)0，所以

18、函數(shù)h(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，)上單調(diào)遞增，故h(x)h(x0)e xx0x0ln x0，所以只需證h(x0)e xx0x0ln x00即可，由e 2x0ln x00，得e 2x0ln x0，所以h(x0)(x01)(x0ln x0)，又x010，所以只要x0ln x00即可，法一：當(dāng)x0ln x00時(shí)，ln x0x0x0e e x00，所以e x0x0ln x00與e 2x0ln x00矛盾，故x0ln x00，得證法二：當(dāng)x0ln x00時(shí)，ln x0x0x0e e x00，所以e x0x0ln x00時(shí)，ln x0x0x0e e x00，所以e x0x0ln x00與e

19、 2x0ln x00矛盾；當(dāng)x0ln x00時(shí)，ln x0x0x0e e x00，得e 2x0ln x00，故x0ln x00成立，得h(x0)(x01)(x0ln x0)0，所以h(x)0，即f(x)exx2.22(本小題滿分15分)(2018金華統(tǒng)考)已知函數(shù)f(x)ln x，aR且a0.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)x時(shí)，試判斷函數(shù)g(x)(ln x1)exxm的零點(diǎn)個(gè)數(shù)解：(1)f(x)(x0)，當(dāng)a0恒成立，函數(shù)f(x)在(0，)上單調(diào)遞增；當(dāng)a0時(shí)，由f(x)0，得x；由f(x)0，得0x，函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減綜上所述，當(dāng)a0時(shí)，函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減(2)當(dāng)x時(shí)，函數(shù)g(x)(ln x1)exxm的零點(diǎn)，即當(dāng)x時(shí)，方程(ln x1)exxm的根令h(x)(ln x1)exx，則h(x)ex1.由(1)知當(dāng)a1時(shí)，f(x)ln x1在上單調(diào)遞減，在(1，e)上單調(diào)遞增，當(dāng)x時(shí)，f(x)f(1)0.ln x10在x上恒成立h(x)ex1010，h(x)(ln x1)exx在x上單調(diào)遞增h(x)minh2e，h(x)maxe.當(dāng)me時(shí)，函數(shù)g(x)在上沒有零點(diǎn)；當(dāng)2eme時(shí)，函數(shù)g(x)在上有且只有一個(gè)零點(diǎn)