2020屆高考數(shù)學一輪復習 滾動檢測三(1-5章)(規(guī)范卷)理(含解析) 新人教A版
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2020屆高考數(shù)學一輪復習 滾動檢測三(1-5章)(規(guī)范卷)理(含解析) 新人教A版
滾動檢測三(1~5章)(規(guī)范卷)
考生注意:
1.本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分,共4頁.
2.答卷前,考生務必用藍、黑色字跡的鋼筆或圓珠筆將自己的姓名、班級、學號填寫在相應位置上.
3.本次考試時間120分鐘,滿分150分.
4.請在密封線內(nèi)作答,保持試卷清潔完整.
第Ⅰ卷(選擇題 共60分)
一、選擇題(本題共12小題,每小題5分,共60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.已知全集為R,集合A={x|2x≥1},B={x|x2-6x+8≤0},則A∩(?RB)等于( )
A.{x|x≤0} B.{x|2≤x≤4}
C.{x|0≤x<2或x>4} D.{x|x<2或x>4}
答案 C
解析 因為A={x|2x≥1}={x|x≥0},B={x|x2-6x+8≤0}={x|2≤x≤4},所以?RB={x|x<2或x>4},所以A∩(?RB)={x|0≤x<2或x>4},故選C.
2.下面是關于復數(shù)z=的四個命題:
p1:|z|=2;
p2:z2=2i;
p3:z的共軛復數(shù)為1+i;
p4:z的虛部為-1.
其中的真命題為( )
A.p2,p3B.p1,p2C.p2,p4D.p3,p4
答案 C
解析 ∵z==-1-i,
∴|z|==,∴p1是假命題;
∵z2=(-1-i)2=2i,∴p2是真命題;
∵=-1+i,∴p3是假命題;
∵z的虛部為-1,∴p4是真命題.
其中的真命題共有2個:p2,p4.故選C.
3.(2019·寧夏銀川一中月考)已知函數(shù)f(x)=3x3-ax2+x-5在區(qū)間[1,2]上單調(diào)遞增,則a的取值范圍是( )
A.(-∞,5] B.(-∞,5)
C. D.(-∞,3]
答案 A
解析 f′(x)=9x2-2ax+1,
∵f(x)=3x3-ax2+x-5在區(qū)間[1,2]上單調(diào)遞增,
∴f′(x)=9x2-2ax+1≥0在區(qū)間[1,2]上恒成立.
即a≤=,即a≤5.
4.已知在△ABC中,角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,且+=,則tanC等于( )
A.B.C.D.1
答案 B
解析 因為+=,由正弦定理,得+=,所以tanC=,故選B.
5.將函數(shù)f(x)=-2cosωx(ω>0)的圖象向左平移φ個單位長度,得到的部分圖象如圖所示,則φ的值為( )
A. B.
C. D.
答案 C
解析 設將函數(shù)y=f(x)的圖象平移后得到函數(shù)g(x)的圖象,由圖象可知g(x)的最小正周期為π,所以ω=2,則g(x)=-2cos2(x+φ).又g=-2cos2=2,且0<φ<,所以φ=,故選C.
6.已知定義在R上的函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f′(x),對任意x∈R滿足f(x)+f′(x)<0,則下列結(jié)論正確的是( )
A.2f(ln2)>3f(ln3) B.2f(ln2)<3f(ln3)
C.2f(ln2)≥3f(ln3) D.2f(ln2)≤3f(ln3)
答案 A
解析 由題意設g(x)=exf(x),則g′(x)=exf(x)+exf′(x)=ex[f(x)+f′(x)].
∵對任意x∈R滿足f(x)+f′(x)<0,ex>0,
∴對任意x∈R滿足g′(x)<0,則函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞減.
∵ln2<ln3,
∴g(ln2)>g(ln3),即2f(ln2)>3f(ln3),故選A.
7.已知函數(shù)f(x)=sin+cos的最大值為A,若存在實數(shù)x1,x2使得對任意實數(shù)x總有f(x1)≤f(x)≤f(x2)成立,則A|x1-x2|的最小值為( )
A.B.C.D.
答案 B
解析 f(x)=sin+cos
=sin 2 019xcos +cos 2 019xsin +cos 2 019xcos +sin 2 019xsin =sin 2 019x+cos 2019x
=2sin,故A=2.由題可知,x1,x2分別為函數(shù)f(x)的極小值點和極大值點,故|x1-x2|min==,故A|x1-x2|的最小值為,故選B.
8.已知函數(shù)f(x)=sinx|cosx|,則下列說法錯誤的是( )
A.f(x)的圖象關于直線x=對稱
B.f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減
C.若|f(x1)|=|f(x2)|,則x1+x2=+kπ(k∈Z)
D.f(x)的最小正周期為2π
答案 C
解析 因為f(x)=sinx|cosx|
=k∈Z,
故函數(shù)f(x)的圖象關于直線x=kπ+,k∈Z對稱,故A正確;f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減,故B正確;函數(shù)|f(x)|的周期為,若|f(x1)|=|f(x2)|,則x1=0,x2=滿足|f(x1)|=|f(x2)|=0,x1+x2=,故C錯誤;f(x)的最小正周期為2π,故D正確.故選C.
9.已知函數(shù)f(x)=(其中e為自然對數(shù)的底數(shù)),則y=f(x)的大致圖象為( )
答案 D
解析 令g(x)=ex-5x-1,則g′(x)=ex-5,所以易知函數(shù)g(x)在區(qū)間(-∞,ln5)內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間(ln5,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增.又g(ln5)=4-5ln5<0,所以g(x)有兩個零點x1,x2,因為g(0)=0,g(2)=e2-11<0,g(3)=e3-16>0,所以x1=0,x2∈(2,3),且當x<0時,g(x)>0,f(x)>0;當x1<x<x2時,g(x)<0,f(x)<0;當x>x2時,g(x)>0,f(x)>0,選項D滿足條件,故選D.
10.已知點O是銳角△ABC的外心,若=m+n(m,n∈R),則( )
A.m+n≤-2 B.-2≤m+n<-1
C.m+n<-1 D.-1<m+n<0
答案 C
解析 ∵O是銳角△ABC的外心,
∴O在三角形內(nèi)部,不妨設銳角△ABC的外接圓的半徑為1,又=m+n,∴||=|m+n|,
可得2=m22+n22+2mn·,
而·=||·||cos∠AOB<||·||=1.
∴1=m2+n2+2mn·<m2+n2+2mn,
∴m+n<-1或m+n>1,如果m+n>1,則O在三角形外部,三角形不是銳角三角形,
∴m+n<-1,故選C.
11.設函數(shù)f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0),已知集合A={(x0,f(x0))|x0為f(x)的極值點},B=,若存在實數(shù)φ,使得集合A∩B中恰好有5個元素,則ω的取值范圍是( )
A. B.
C. D.
答案 A
解析 集合A表示f(x)的最大值和最小值對應的點,且兩個相鄰的最大值(或最小值)點之間的長度為一個周期T,f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0)的最大值或最小值一定在直線y=±1上,又在集合B中.當y=±1時,+≤1,解得-≤x≤.若存在實數(shù)φ,即可將函數(shù)f(x)=sinωx的圖象適當平移,依題意得即
又ω>0,所以π≤ω<π,故選A.
12.(2018·長沙模擬)若函數(shù)f(x)在區(qū)間A上,?a,b,c∈A,f(a),f(b),f(c)為一個三角形的三邊長,則稱函數(shù)f(x)為“三角形函數(shù)”.已知函數(shù)f(x)=xlnx+m在區(qū)間上是“三角形函數(shù)”,則實數(shù)m的取值范圍為( )
A. B.
C. D.
答案 D
解析 由題意知,若f(x)為區(qū)間D上的“三角形函數(shù)”,則在區(qū)間D上,函數(shù)f(x)的最大值N和最小值n應滿足:
N<2n.
由函數(shù)f(x)=xlnx+m在區(qū)間上是“三角形函數(shù)”,f′(x)=lnx+1,
當x∈時,f′(x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減;
當x∈時,f′(x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增.
故當x=時,函數(shù)f(x)取得最小值-+m,
又f(e)=e+m,f=-+m,
故當x=e時,函數(shù)f(x)取得最大值e+m,
所以0<e+m<2,
解得m∈,故選D.
第Ⅱ卷(非選擇題 共90分)
二、填空題(本題共4小題,每小題5分,共20分.把答案填在題中橫線上)
13.設命題p:x2-4ax+3a2<0,其中a<0;命題q:x2+2x-8>0.若綈是綈q的必要不充分條件,則實數(shù)a的取值范圍為________.
答案 (-∞,-4]
解析 由x2-4ax+3a2<0(a<0),得3a<x<a(a<0),
由x2+2x-8>0,解得x<-4或x>2,
∵綈是綈q的必要不充分條件,
∴q是p的必要不充分條件,
∴3a≥2或a≤-4,
又a<0,∴a≤-4,故實數(shù)a的取值范圍是(-∞,-4].
14.(2018·石家莊模擬)設f′(x)和g′(x)分別是f(x)和g(x)的導函數(shù),若f′(x)g′(x)<0在區(qū)間I上恒成立,則稱f(x)和g(x)在區(qū)間I上單調(diào)性相反.若函數(shù)f(x)=x3-2ax(a∈R)與g(x)=x2+2bx(b∈R)在區(qū)間(a,b)上單調(diào)性相反(a>0),則b-a的最大值為__________.
答案
解析 由題意知f′(x)=x2-2a,g′(x)=2x+2b,
函數(shù)f(x)與g(x)在區(qū)間(a,b)上單調(diào)性相反,
則(x2-2a)(2x+2b)<0在x∈(a,b)上恒成立,
又0<a<b,所以2x+2b>0,
于是x2-2a<0在x∈(a,b)上恒成立.
易知x2-2a<0的解集為(-,),
所以(a,b)?(-,),
所以b-a≤-a=-2+,
當a=,b=1時,b-a取得最大值.
15.如圖,一位同學在點P1處觀測塔頂B及旗桿頂A,得仰角分別為α和90°-α.后退l(單位:m)至點P2處再觀測塔頂B,仰角變?yōu)樵瓉淼囊话耄O塔CB和旗桿BA都垂直于地面,且C,P1,P2三點在同一條水平線上,則塔高CB為________m;旗桿的高BA為________m.(用含有l(wèi)和α的式子表示)
答案 lsinα
解析 設BC=xm.在Rt△BCP1中∠BP1C=α,
在Rt△BP2C中,∠P2=,
∵∠BP1C=∠P1BP2+∠P2,
∴∠P1BP2=,
即△P1BP2為等腰三角形,BP1=P1P2=l,
∴BC=x=lsinα.
在Rt△ACP1中,==tan(90°-α),
∴AC==,則AB=AC-BC=-lsinα==.
16.(2018·合肥質(zhì)檢)銳角△ABC中,內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且滿足(a-b)(sinA+sinB)=(c-b)sinC.若a=,則b2+c2的取值范圍是________________.
答案 (5,6]
解析 由正弦定理可得(a-b)(a+b)=(c-b)c,即b2+c2-a2=bc,
由余弦定理可得cosA==,
所以△ABC的內(nèi)角A=,
又a=,則由正弦定理可得====2,
則b2+c2=4sin2B+4sin2C=2(1-cos2B)+2(1-cos2C)
=4-2
=4-2=4-2cos,
又△ABC是銳角三角形,所以
得<B<,
<2B+<,-1≤cos<-,
5<4-2cos≤6,
即b2+c2的取值范圍是(5,6].
三、解答題(本題共6小題,共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟)
17.(10分)(2018·山東恒臺二中月考)已知命題p:?x∈R,ax2+ax-1<0,命題q:+1<0.
(1)若“p∨q”為假命題,求實數(shù)a的取值范圍;
(2)若“綈q”是“a∈[m,m+1]”的必要不充分條件,求實數(shù)m的取值范圍.
解 (1)關于命題p:?x∈R,ax2+ax-1<0,
當a>0時,顯然不成立;當a=0時,成立;
當a<0時,只需Δ=a2+4a<0即可,則-4<a<0.
故p為真命題時,a的取值范圍為(-4,0].
若命題q:+1<0為真命題時,解得-2<a<1.
若命題“p∨q”為假命題,則p,q均為假命題,則實數(shù)a的取值范圍是{a|a≤-4或a≥1}.
(2)綈q:a≤-2或a≥1,所以m+1≤-2或m≥1,
即m≤-3或m≥1.
故實數(shù)m的取值范圍是{m|m≤-3或m≥1}.
18.(12分)已知向量a=(cosθ,sinθ),b=(2,-1).
(1)若a⊥b,求的值;
(2)若|a-b|=2,θ∈,求sin的值.
解 (1)因為a⊥b,所以2cosθ-sinθ=0,且cosθ≠0,所以tanθ=2.
所以==.
(2)由題得a-b=(cosθ-2,sinθ+1),
所以|a-b|==2,
即sinθ-2cosθ+1=0,
又sin2θ+cos2θ=1,且θ∈,
所以
所以sin=(sinθ+cosθ)=.
19.(12分)在△ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c,已知(sinC-sinA)=sinB.
(1)求的值;
(2)若b=,·=,求△ABC的面積.
解 (1)由正弦定理,得(c-a)=b,即=;
(2)由題意,得
即
解得所以cosB=,
所以sinB=,所以S=acsinB=.
20.(12分)已知函數(shù)f(x)=x3+bx2+cx的圖象在點(1,f(1))處的切線方程為6x-2y-1=0,f′(x)為f(x)的導函數(shù),g(x)=aex(a,b,c∈R,e為自然對數(shù)的底數(shù)).
(1)求b,c的值;
(2)若?x0∈(0,2],使g(x0)=f′(x0)成立,求a的取值范圍.
解 (1)由題意得f′(x)=3x2+2bx+c,
∴f′(1)=3+2b+c=3.①
∵f(1)=1+b+c,點(1,f(1))在直線6x-2y-1=0上,∴6-2(1+b+c)-1=0.②
由①②解得b=-,c=3.
(2)∵g(x0)=f′(x0),
∴aex0=3x-3x0+3,
∴a=.
令h(x)=,
則h′(x)=,
令h′(x)=0,得x=1或x=2.
當x變化時,h(x)與h′(x)在(0,2]上的變化情況如下表所示:
x
(0,1)
1
(1,2)
2
h′(x)
-
0
+
0
h(x)
∴h(x)在x∈(0,2]上有極小值h(1)=,
又h(2)=,當x→0時,h(x)→3>,
∴h(x)在x∈(0,2]上的取值范圍為,
∴a的取值范圍為.
21.(12分)已知函數(shù)f(x)=sin(2x+φ)-cos(2x+φ)(0<φ<π).
(1)若φ=,用“五點法”在給定的平面直角坐標系中,畫出函數(shù)f(x)在區(qū)間[0,π]上的圖象;
(2)若f(x)為偶函數(shù),求φ的值;
(3)在(2)的前提下,將函數(shù)f(x)的圖象向右平移個單位長度后,再將得到圖象上各點的橫坐標變?yōu)樵瓉淼?倍,縱坐標不變,得到函數(shù)g(x)的圖象,求函數(shù)g(x)在區(qū)間[0,π]上的單調(diào)遞減區(qū)間.
解 (1)當φ=時,
f(x)=sin-cos
=2sin.
列表:
x
0
π
y
1
2
0
-2
0
1
作出函數(shù)y=f(x)在區(qū)間[0,π]上的圖象,如圖所示.
(2)f(x)=sin(2x+φ)-cos(2x+φ)
=2sin.
因為f(x)為偶函數(shù),所以y軸是f(x)的圖象的一條對稱軸,
所以=1,則φ-=kπ+(k∈Z),
解得φ=kπ+(k∈Z).
又0<φ<π,所以φ=.
(3)由(2)知,將f(x)=2sin=2cos2x根據(jù)題意變換后,得g(x)=f=2cos.
令2kπ≤-≤2kπ+π(k∈Z),
解得4kπ+≤x≤4kπ+(k∈Z).
所以函數(shù)g(x)在區(qū)間[0,π]上的單調(diào)遞減區(qū)間為.
22.(12分)已知函數(shù)f(x)=lnx+-,a∈R,且a≠0.
(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;
(2)當x∈時,試判斷函數(shù)g(x)=(lnx-1)ex+x-m的零點個數(shù).
解 (1)函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞).
因為f(x)=lnx+-,
所以f′(x)=.
當a<0時,f′(x)>0恒成立,
所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增;
當a>0時,則當x∈時,f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減;當x∈時,f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增.
綜上所述,當a<0時,函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增;
當a>0時,函數(shù)f(x)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減.
(2)由題意知函數(shù)g(x)=(lnx-1)ex+x-m,x∈的零點個數(shù)即關于x的方程(lnx-1)ex+x=m,x∈的根的個數(shù).
令h(x)=(lnx-1)ex+x,x∈,
則h′(x)=ex+1.
由(1)知當a=1時,f(x)=lnx+-1在區(qū)間上單調(diào)遞減,在區(qū)間[1,e]上單調(diào)遞增,所以f(x)≥f(1)=0.
所以+lnx-1≥0在區(qū)間上恒成立.
所以h′(x)=ex+1≥0+1>0,
所以h(x)=(lnx-1)ex+x在區(qū)間上單調(diào)遞增.
所以h(x)min=h=-2e+,h(x)max=h(e)=e,所以當m<-2e+,或m>e時,函數(shù)g(x)沒有零點;
當-2e+≤m≤e時,函數(shù)g(x)有一個零點.
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