《2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 滾動(dòng)檢測(cè)七（1-12章）（規(guī)范卷）理（含解析） 新人教A版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 滾動(dòng)檢測(cè)七（1-12章）（規(guī)范卷）理（含解析） 新人教A版（14頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、滾動(dòng)檢測(cè)七(1～12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(yè)． 2．答卷前，考生務(wù)必用藍(lán)、黑色字跡的鋼筆或圓珠筆將自己的姓名、班級(jí)、學(xué)號(hào)填寫在相應(yīng)位置上． 3．本次考試時(shí)間120分鐘，滿分150分． 4．請(qǐng)?jiān)诿芊饩€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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的) 1．設(shè)集合A＝{x|(x＋3)(x－6)≥0}，B＝，則(?RA)∩B等于(　　) A．(－3,6) B．[6，＋∞) C．(－3，－2] D．(－

2、∞，－3)∪(6，＋∞) 答案　C 解析　因?yàn)锳＝{x|(x＋3)(x－6)≥0}＝{x|x≤－3或x≥6}, 所以?RA＝{x|－3

3、)>0，解得－0時(shí)，滿足f(x)＝則f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2020)等于(　　) A．log25 B．－log25 C．－2 D．0 答案　B 解析　由已知，f(1)＝－log25, f(2)＝f(－1)＝－f(1)＝log25， f(3)＝f(0)＝0，

4、f(4)＝f(1)＝－log25， f(5)＝log25，f(6)＝0， f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2020)＝673×(－log25＋log25＋0)－log25＝－log25. 4．《九章算術(shù)》中有如下問題：“今有勾五步，股一十二步，問勾中容圓，徑幾何？”其大意：“已知直角三角形兩直角邊分別為5步和12步，問其內(nèi)切圓的直徑為多少步？”現(xiàn)若向此三角形內(nèi)隨機(jī)投一粒豆子，則豆子落在其內(nèi)切圓外的概率是(　　) A. B. C．1－ D．1－ 答案　C 解析　直角三角形的斜邊長(zhǎng)為＝13， 設(shè)內(nèi)切圓的半徑為r， 則5－r＋12－r＝13，解得r＝2， ∴內(nèi)切圓的面積

5、為πr2＝4π， ∴豆子落在其內(nèi)切圓外部的概率是P＝1－＝1－，故選C. 5．已知各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足a6,3a4，－a5成等差數(shù)列，則等于(　　) A．3B．9C．10D．13 答案　C 解析　設(shè)各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}的公比為q，q>0， ∵滿足a6,3a4，－a5成等差數(shù)列， ∴6a4＝a6－a5，∴6a4＝a4(q2－q)，q>0， ∴q2－q－6＝0，q>0，解得q＝3， 則＝＝10，故選C. 6．下表提供了某廠節(jié)能降耗技術(shù)改造后在生產(chǎn)A產(chǎn)品過程中記錄的產(chǎn)量x(噸)與相應(yīng)的生產(chǎn)能耗y(噸)的幾組對(duì)應(yīng)數(shù)據(jù)，根據(jù)下表提供的數(shù)據(jù)，

6、求出y關(guān)于x的線性回歸方程為＝0.7x＋0.35，則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是(　　) x 3 4 5 6 y 2.5 t 4 4.5 A.線性回歸直線一定過點(diǎn)(4.5,3.5) B．產(chǎn)品的生產(chǎn)能耗與產(chǎn)量呈正相關(guān) C．t的取值是3.15 D．A產(chǎn)品每多生產(chǎn)1噸，則相應(yīng)的生產(chǎn)能耗約增加0.7噸 答案　C 解析　由＝＝4.5，故A正確；又由線性回歸的知識(shí)可知D，B是正確的，故選C. 7．將函數(shù)f(x)＝2sin圖象上的每個(gè)點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短為原來的一半，縱坐標(biāo)不變，再將所得圖象向左平移個(gè)單位得到函數(shù)g(x)的圖象，在g(x)圖象的所有對(duì)稱軸中，離原點(diǎn)最近的對(duì)稱軸為(　　)

7、 A．x＝－ B．x＝ C．x＝ D．x＝ 答案　A 解析　g(x)＝2sin＝2sin， 由4x＋＝＋kπ，k∈Z， 得x＝－，k∈Z， 當(dāng)k＝0時(shí)，離原點(diǎn)最近的對(duì)稱軸方程為x＝－，故選A. 8．設(shè)變量x，y滿足約束條件目標(biāo)函數(shù)z＝3x－2y的最小值為－4，則a的值是(　　) A．1B．0C．－1D. 答案　C 解析　作出約束條件所對(duì)應(yīng)的可行域如圖中陰影部分(包含邊界)， 由解得 ∴A(a－1，a)， 目標(biāo)函數(shù)z＝3x－2y可化為y＝x－z， 平移直線y＝x－z可知， 當(dāng)直線經(jīng)過點(diǎn)A時(shí)，截距取最大值，z取最小值， ∴3(a－1)－2a＝－4，解得a＝－1，故選

8、C. 9．如圖所示的三視圖表示的幾何體的體積為，則該幾何體的外接球的表面積為(　　) A．12πB．24πC．36πD．48π 答案　C 解析　由三視圖可得該幾何體為底面邊長(zhǎng)為4和m，一條側(cè)棱垂直底面的四棱錐，其高為4，則×4×m×4＝，∴m＝2， 將該幾何體補(bǔ)成一個(gè)長(zhǎng)方體，則其外接球半徑為R＝＝3, 故這個(gè)幾何體的外接球的表面積為4πR2＝36π. 10．若拋物線C：y2＝2xcosA(其中角A為△ABC的一個(gè)內(nèi)角)的準(zhǔn)線過點(diǎn)，則cos2A＋sin2A的值為(　　) A．－B.C.D. 答案　A 解析　因?yàn)閽佄锞€C：y2＝2xcosA(其中角A為△ABC的一個(gè)內(nèi)

9、角)的準(zhǔn)線過點(diǎn)， 所以拋物線C：y2＝2xcosA的準(zhǔn)線方程為x＝， 所以＝－，即cosA＝－， 因?yàn)榻茿為△ABC的一個(gè)內(nèi)角，所以sinA＝， cos2A＋sin2A＝cos2A＋2sinAcosA＝2＋2××＝－. 故選A. 11．設(shè)l，m，n表示不同的直線，α，β，γ表示不同的平面，給出下列四個(gè)命題： ①若m∥l，且m⊥α，則l⊥α； ②若m∥l，且m∥α，則l∥α； ③若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，則l∥m∥n； ④若α∩β＝m，β∩γ＝l，γ∩α＝n，且n∥β，則l∥m. 其中正確命題的個(gè)數(shù)是(　　) A．1B．2C．3D．4 答案　B 解析?、僬?/p>

10、確，②中直線l與α可能平行也可能在α內(nèi)，故②錯(cuò)；③中直線l，m，n可能平行還可能相交于一點(diǎn)，故③錯(cuò)；④正確，故選B. 12．已知A，B是函數(shù)f(x)＝(其中常數(shù)a>0)圖象上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)P(a,0)，若·的最小值為0，則函數(shù)f(x)的最大值為(　　) A．－B．－C．－D．－ 答案　B 解析　作出函數(shù)f(x)＝(其中a>0)圖象如圖所示， ∴函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝a對(duì)稱， 當(dāng)x

11、得x0＝a－1， ∵此時(shí)·取得最小值0，∴⊥， ∴kPA＝tan45°＝1，∴e－x0＝1，∴x0＝0， ∴a＝1，∴f(x)max＝f(1)＝－，故選B. 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．已知(2x－1)5展開式中的常數(shù)項(xiàng)為30，則實(shí)數(shù)a＝________. 答案　3 解析　(2x－1)5＝ [C(2x)5＋…＋C(2x)(－1)4＋C(－1)5]， ∴展開式中的常數(shù)項(xiàng)為·C·2x＝30， 解得a＝3. 14．已知雙曲線－＝1(a>0，b>0)的左焦點(diǎn)為F，離心率為，若經(jīng)過F和P(0,4)兩點(diǎn)的

12、直線平行于雙曲線的一條漸近線，則雙曲線的方程為________． 答案　－＝1 解析　設(shè)雙曲線的左焦點(diǎn)F(－c,0)， 離心率e＝＝，c＝a， 則雙曲線為等軸雙曲線，即a＝b， 雙曲線的漸近線方程為y＝±x＝±x， 則經(jīng)過F和P(0,4)兩點(diǎn)的直線的斜率k＝＝＝1， ∴c＝4，a＝b＝2， ∴雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為－＝1. 15．已知三棱錐A－BCD中，AB＝3，AD＝1，BC＝4，BD＝2，當(dāng)三棱錐A－BCD的體積最大時(shí)，其外接球的體積為________． 答案　 解析　當(dāng)BC⊥平面ABD時(shí)，三棱錐的體積最大， 由于AB＝3，AD＝1，BC＝4，DB＝2， ∴BD2＋A

13、D2＝AB2，則△ABD為直角三角形， 三棱錐A－BCD的外接球就是以AD，BD，BC為棱的長(zhǎng)方體的外接球， 長(zhǎng)方體的體對(duì)角線等于外接球的直徑， 設(shè)外接球的半徑為r， 則(2r)2＝42＋(2)2＋1，解得r＝， ∴球體的體積為V＝π3＝. 16．?dāng)?shù)列{an}滿足a1＝1，且對(duì)任意的m，n∈N*都有am＋n＝am＋an＋mn，則＋＋…＋＝________. 答案　 解析　∵對(duì)任意的m，n∈N*，都有am＋n＝am＋an＋mn，且a1＝1， ∴令m＝1代入得，都有an＋1＝a1＋an＋n，則an＋1－an＝n＋1， ∴n≥2時(shí)，a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－a

14、n－1＝n， 以上n－1個(gè)式子相加可得，an－a1＝2＋3＋4＋…＋n＝， 則an＝a1＋(n－1)(n＋2)＝n(n＋1)(n≥2)， 當(dāng)n＝1時(shí)，符合上式， ∴＝＝2， ∴＋＋…＋＝2 ＝2＝. 三、解答題(本題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟) 17．(10分)已知等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公差為d(a1∈Z，d∈Z)，前n項(xiàng)的和為Sn，且S7＝49,24

15、N*)． (2)∵＝＝， ∴Tn＝ ＝. 18．(12分)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知bcosA＋a＝c. (1)求cosB； (2)如圖，D為△ABC外一點(diǎn)，若在平面四邊形ABCD中，D＝2B，且AD＝1，CD＝3，BC＝，求AB的長(zhǎng)． 解　(1)在△ABC中，由正弦定理得 sinBcosA＋sinA＝sinC， 又C＝π－(A＋B)， 所以sinBcosA＋sinA＝sin (A＋B)， 故sinBcosA＋sinA＝sinAcosB＋cosAsinB， 所以sinAcosB＝sinA， 又A∈(0，π)，所以sinA≠0，故cosB＝

16、. (2)因?yàn)镈＝2B，所以cosD＝2cos2B－1＝－， 又在△ACD中，AD＝1，CD＝3， 所以由余弦定理可得AC2＝AD2＋CD2－2AD·CD·cosD＝1＋9－2×3×＝12， 所以AC＝2， 在△ABC中，BC＝，AC＝2，cosB＝， 所以由余弦定理可得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcosB， 即12＝AB2＋6－2·AB××，化簡(jiǎn)得AB2－2AB－6＝0，解得AB＝3. 故AB的長(zhǎng)為3. 19．(12分)如圖，在三棱錐P－ABC中，平面PAB⊥平面ABC, AB＝6, BC＝2，AC＝2，D，E分別為線段AB，BC上的點(diǎn)，且AD＝2DB, CE＝2E

17、B, PD⊥AC. (1)求證：PD⊥平面ABC； (2)若PA與平面ABC所成的角為，求平面PAC與平面PDE所成的銳二面角． (1)證明　由題意知AD＝4，BD＝2. ∵AC2＋BC2＝AB2，∴∠ACB＝90°. ∴cos∠ABC＝＝＝. 在△BCD中，由余弦定理得 CD2＝BC2＋BD2－2BC·BDcos∠DBC ＝4＋12－2×2×2×＝8. ∴CD＝2.∴CD2＋AD2＝AC2，∴∠CDA＝90°，∴CD⊥AB， 又∵平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，CD?平面ABC， ∴CD⊥平面PAB， 又PD?平面PAB，∴CD⊥PD， 又

18、PD⊥AC, AC∩CD＝C，AC，CD?平面ABC， ∴PD⊥平面ABC. (2)解　由(1)知PD，CD，AB兩兩互相垂直，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz， 由PA與平面ABC所成的角為，知PD＝4， 則A(0，－4,0)，C(2，0,0)， B(0,2,0)，P(0,0,4)， ∴＝(－2，2,0)，＝(2，4,0)， ＝(0，－4，－4)， ∵AD＝2DB，CE＝2EB， ∴DE∥AC， 由(1)知AC⊥BC, PD⊥平面ABC， ∴BC⊥DE，PD⊥BC， ∵DE∩PD＝D，DE，PD?平面PDE， ∴CB⊥平面PDE. ∴＝(－2，2,0)為平

19、面PDE的一個(gè)法向量． 設(shè)平面PAC的法向量為n＝(x，y，z)， 則 ∴ 令z＝1，則x＝，y＝－1， ∴n＝(，－1,1)為平面PAC的一個(gè)法向量． ∴|cos〈n，〉|＝＝＝. 故平面PAC與平面PDE所成的銳二面角的余弦值為， ∴平面PAC與平面PDE所成的銳二面角為30°. 20．(12分)為了解某市高三數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)備考情況，該市教研機(jī)構(gòu)組織了一次檢測(cè)考試，并隨機(jī)抽取了部分高三理科學(xué)生數(shù)學(xué)成績(jī)繪制如圖所示的頻率分布直方圖． (1)根據(jù)頻率分布直方圖，估計(jì)該市此次檢測(cè)理科數(shù)學(xué)的平均成績(jī)u0；(精確到個(gè)位) (2)研究發(fā)現(xiàn)，本次檢測(cè)的理科數(shù)學(xué)成績(jī)X近似服從正態(tài)分布N

20、(u，σ2)(u＝u0，σ約為19.3)，按以往的統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)，理科數(shù)學(xué)成績(jī)能達(dá)到自主招生分?jǐn)?shù)要求的同學(xué)約占40%. (ⅰ)估計(jì)本次檢測(cè)成績(jī)達(dá)到自主招生分?jǐn)?shù)要求的理科數(shù)學(xué)成績(jī)大約是多少分？(精確到個(gè)位) (ⅱ)從該市高三理科學(xué)生中隨機(jī)抽取4人，記理科數(shù)學(xué)成績(jī)能達(dá)到自主招生分?jǐn)?shù)要求的人數(shù)為Y，求Y的分布列及均值E(Y)．(說明：P(X>x1)＝1－φ表示X>x1的概率．參考數(shù)據(jù)：φ(0.7257)＝0.6，φ(0.6554)＝0.4) 解　(1)該市此次檢測(cè)理科數(shù)學(xué)成績(jī)平均成績(jī)約為 u0＝65×0.05＋75×0.08＋85×0.12＋95×0.15＋105×0.24＋115×0.18＋12

21、5×0.1＋135×0.05＋145×0.03＝103.2≈103. (2)(ⅰ)記本次考試成績(jī)達(dá)到自主招生分?jǐn)?shù)要求的理科數(shù)學(xué)成績(jī)約為x1， 根據(jù)題意，P(x>x1)＝1－φ＝1－φ＝0.4，即φ＝0.6. 由φ(0.7257)＝0.6，得＝0.7257， 解得x1≈117， 所以，本次考試成績(jī)達(dá)到自主招生分?jǐn)?shù)要求的理科數(shù)學(xué)成績(jī)約為117分． (ⅱ)因?yàn)閅～B，所以P(Y＝i)＝Ci4－i，i＝0,1,2,3,4. 所以Y的分布列為 Y 0 1 2 3 4 P 所以E(Y)＝4×＝. 21．(12分)已知拋物線C：y2＝2px(p>0

22、)的焦點(diǎn)為F，過點(diǎn)F垂直于x軸的直線與拋物線C相交于A，B兩點(diǎn)，拋物線C在A，B兩點(diǎn)處的切線及直線AB所圍成的三角形面積為4. (1)求拋物線C的方程； (2)設(shè)M，N是拋物線C上異于原點(diǎn)O的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且滿足kOM·kON＝kOA·kOB，求△OMN面積的取值范圍． 解　(1)不妨設(shè)A，B， 過A點(diǎn)切線斜率存在，設(shè)為k(k≠0)， 則切線方程為y－p＝k，代入y2＝2px， 消去x得ky2－2py＋(2－k)p2＝0， Δ＝4p2－4k(2－k)p2＝0，解得k＝1， ∴拋物線C在A處的切線斜率為1， 由拋物線C的對(duì)稱性，知拋物線C在B處的切線斜率為－1， 拋物線在A處的切

23、線方程為y－p＝x－， 令y＝0，得x＝－， ∴S＝·2p·p＝4，解得p＝2. ∴拋物線C的方程為y2＝4x. (2)由已知可得kOA·kOB＝－4, 設(shè)M，N(y1y2≠0)， 則kOM·kON＝＝－4，∴y1y2＝－4. 令直線MN的方程為x＝ty＋n， 聯(lián)立方程組消去x得y2－4ty－4n＝0, 則y1y2＝－4n，y1＋y2＝4t， ∵y1y2＝－4，∴n＝1. ∴直線MN過定點(diǎn)(1,0)， ∴S△OMN＝|y1－y2|＝ ＝＝2. ∵t2≥0， ∴S△OMN≥2. 綜上所知，△OMN面積的取值范圍是[2，＋∞)． 22．(12分)(2018·吉

24、林省長(zhǎng)春外國(guó)語(yǔ)學(xué)校模擬)已知函數(shù)f(x)＝ax＋lnx(a∈R)． (1)若a＝2，求曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程； (2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (3)設(shè)g(x)＝x2－2x＋2，若對(duì)任意x1∈(0，＋∞)，均存在x2∈[0,1]，使得f(x1)＜g(x2)，求a的取值范圍． 解　(1)由已知得f′(x)＝2＋(x>0)，f′(1)＝2＋1＝3，f(1)＝2，所以斜率k＝3， 又切點(diǎn)(1,2)，所以切線方程為y－2＝3(x－1)，即3x－y－1＝0， 故曲線y＝f(x)在x＝1處切線的切線方程為3x－y－1＝0. (2)f′(x)＝a＋＝(x>0)， ①當(dāng)a≥0時(shí)，由

25、于x＞0，故ax＋1>0，f′(x)＞0， 所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)． ②當(dāng)a＜0時(shí)，由f′(x)＝0，得x＝－. 在區(qū)間上，f′(x)＞0，在區(qū)間上，f′(x)<0， 所以，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為. (3)由已知，轉(zhuǎn)化為f(x)max＜g(x)max.g(x)＝(x－1)2＋1，x∈[0,1]， 所以g(x)max＝2， 由(2)知，當(dāng)a≥0時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，值域?yàn)镽，故不符合題意． 當(dāng)a＜0時(shí)，f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減， 故f(x)的極大值即為最大值， f(x)max＝f＝－1＋ln＝－1－ln(－a)， 所以2>－1－ln(－a)，解得a<－. 14