《2019-2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 滾動(dòng)測(cè)試卷四 文 北師大版.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 滾動(dòng)測(cè)試卷四 文 北師大版.doc（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
2019-2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 滾動(dòng)測(cè)試卷四 文 北師大版
滾動(dòng)測(cè)試卷第13頁(yè)
一、選擇題(本大題共12小題,每小題5分,共60分)
1.集合M=,N={x|y=lg(x+2)},則M∩N等于( )
A.[0,+∞) B.(-2,0]
C.(-2,+∞) D.(-∞,-2)∪[0,+∞)
答案:B
解析:因?yàn)榧螹=,
所以M={x|x≤0},
N={x|y=lg(x+2)}={x|x>-2},
所以M∩N={x|x≤0}∩{x|x>-2}={x|-2
0的否定是( )
A.任意x∈R,x2≤0
B.存在x∈R,x2>0
C.存在x∈R,x2<0
D.存在x∈R,x2≤0
答案:D
解析:命題:任意x∈R,x2>0的否定是:存在x∈R,x2≤0.
3.將函數(shù)f(x)=sin的圖像向右平移個(gè)單位,那么所得的圖像對(duì)應(yīng)的函數(shù)解析式是( )
A.y=sin 2x B.y=cos 2x
C.y=sin D.y=sin
答案:D
解析:∵f(x)=sin,
∴將函數(shù)f(x)=sin的圖像向右平移個(gè)單位,得f=sin=sin,
所得的圖像對(duì)應(yīng)的函數(shù)解析式是y=sin.
4.已知函數(shù)y=f(x)的定義域?yàn)閧x|x≠0},滿足f(x)+f(-x)=0,當(dāng)x>0時(shí),f(x)=ln x-x+1,則函數(shù)y=f(x)的大致圖像是( )
答案:A
解析:因?yàn)楹瘮?shù)y=f(x)的定義域?yàn)閧x|x≠0},
滿足f(x)+f(-x)=0,
所以函數(shù)是奇函數(shù),排除C,D.
當(dāng)x=e時(shí),f(10)=1-e+1=2-e<0,排除B,A正確.
5.在△ABC中,已知D是AB邊上一點(diǎn),若=2+λ,則λ=( )
A. B. C.- D.-
答案:A
解析:在△ABC中,已知D是AB邊上一點(diǎn).
∵=2+λ,
又)
=,∴λ=.
6.
某幾何體的三視圖如圖所示,其中左視圖為半圓,則該幾何體的體積是( )
A.
B.
C.
D.π
答案:A
解析:根據(jù)幾何體的三視圖,得
該幾何體是平放的半圓錐,且圓錐的底面半徑為1,母線長(zhǎng)為3,
∴圓錐的高為=2;
∴該幾何體的體積為V半圓錐=π122π.
7.已知雙曲線=1(a>0,b>0)的一條漸近線平行于直線l:x+2y+5=0,雙曲線的一個(gè)焦點(diǎn)在直線l上,則雙曲線的方程為( )
A.=1 B.=1
C.=1 D.=1
答案:A
解析:∵雙曲線=1(a>0,b>0)的一條漸近線平行于直線l:x+2y+5=0,
雙曲線的一個(gè)焦點(diǎn)在直線l上,
∴解得a=2,b=,
∴雙曲線方程為=1.
8.
如圖,在△ABC中,點(diǎn)D在AC上,AB⊥BD,BC=3,BD=5,sin∠ABC=,則CD的長(zhǎng)為( )
A. B. C.2 D.5
答案:B
解析:由題意可得sin∠ABC=
=sin=cos∠CBD,
再根據(jù)余弦定理可得CD2=BC2+BD2-2BCBDcos∠CBD=27+25-235=22,可得CD=.
9.過(guò)P(2,0)的直線l被圓(x-2)2+(y-3)2=9截得的弦長(zhǎng)為2時(shí),直線的斜率為( )
A. B. C.1 D.
答案:A
解析:(方法一)設(shè)直線的斜率為k,則直線方程為y=k(x-2),
即kx-y-2k=0.
圓心為C(2,3),半徑r=3,
圓心到直線的距離d=.
由題意得2=2,即32-=1,解得k=.
(方法二)如圖,圓心C(2,3),半徑3,取弦PA的中點(diǎn)D,PD=1,
則CD=2,tan∠PCD=.
由對(duì)稱(chēng)性知所求直線斜率為.
10.已知拋物線方程為y2=8x,直線l的方程為x-y+2=0,在拋物線上有一動(dòng)點(diǎn)P到y(tǒng)軸距離為d1,P到l的距離為d2,則d1+d2的最小值為( )
A.2-2 B.2 C.2-2 D.2+2
答案:C
解析:∵點(diǎn)P到準(zhǔn)線的距離等于點(diǎn)P到焦點(diǎn)F的距離,
∴過(guò)焦點(diǎn)F作直線x-y+2=0的垂線,此時(shí)d1+d2最小.
∵F(2,0),
∴d1+d2=-2=2-2.
11.若存在過(guò)點(diǎn)O(0,0)的直線l與曲線f(x)=x3-3x2+2x和y=x2+a都相切,則a的值是( )
A.1 B. C.1或 D.1或-
答案:C
解析:設(shè)過(guò)O(0,0)與f(x)相切的切點(diǎn)為P(x0,y0),
則y0=-3+2x0,且k=f(x0)=3-6x0+2.①
又k=-3x0+2,②
由①,②聯(lián)立,得x0=或x0=0,
所以k=-或2.
∴所求切線l的方程為y=-x或y=2x.
直線l與曲線y=x2+a相切,當(dāng)切線為y=2x時(shí),聯(lián)立方程可得x2+a-2x=0滿足Δ=4-4a=0,a=1.
當(dāng)切線為y=-x時(shí),
可得得x2+x+a=0.
依題意,Δ=-4a=0.∴a=.
綜上,a=1或a=.故選C.
12.設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,若a2=-11,a5+a9=-2,則當(dāng)Sn取最小值時(shí),n等于( )
A.9 B.8 C.7 D.6
答案:C
解析:設(shè)等差數(shù)列的首項(xiàng)為a1,公差為d,
由a2=-11,a5+a9=-2,得
解得
∴an=-15+2n.
由an=-15+2n≤0,解得n≤.
∴當(dāng)Sn取最小值時(shí),n等于7.
二、填空題(本大題共4題,每小題5分,共20分)
13.(xx遼寧錦州二模)已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)為F,過(guò)點(diǎn)F的傾斜角為60的直線l與拋物線C在第一、四象限分別交于A,B兩點(diǎn),則的值等于 .
答案:3
解析:設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則=2px1,=2px2,
|AB|=x1+x2+p=p,
即有x1+x2=p,
由直線l的傾斜角為60,
則直線l的方程為y-0=,
即y=x-p,聯(lián)立拋物線方程,
消去y并整理,得
12x2-20px+3p2=0,
則x1x2=,可得x1=p,x2=p.
則=3.
14.若變量x,y滿足約束條件且z=x+3y的最小值為4,則k= .
答案:1
解析:由z=x+3y,得y=-x+,畫(huà)出不等式對(duì)應(yīng)的可行域,
平移直線y=-x+,由平移可知當(dāng)直線y=-x+經(jīng)過(guò)點(diǎn)B時(shí),
直線y=-x+的截距最小,此時(shí)z取得最小值為4,
即x+3y=4,
由解得即B(1,1),
點(diǎn)B同時(shí)也在直線y=k上,則k=1.
15.已知雙曲線=1(a>0,b>0)的一條漸近線垂直于直線l:x-2y-5=0,雙曲線的一個(gè)焦點(diǎn)在l上,則雙曲線的方程為 .
答案:=1
解析:∵雙曲線的一個(gè)焦點(diǎn)在直線l上,
令y=0,可得x=5,即焦點(diǎn)坐標(biāo)為(5,0),
∴c=5.
∵雙曲線=1(a>0,b>0)的一條漸近線垂直于直線l:x-2y-5=0,∴=2.
∵c2=a2+b2,∴a2=5,b2=20.
∴雙曲線的方程為=1.
16.設(shè)甲、乙兩個(gè)圓柱的底面積分別為S1,S2,體積分別為V1,V2,若它們的側(cè)面積相等,且,則的值為 .
答案:
解析:設(shè)兩個(gè)圓柱的底面半徑分別為R,r,高分別為H,h,
∵,∴,
∵它們的側(cè)面積相等,∴=1,
∴,
∴.
三、解答題(本大題共6小題,共70分)
17.(10分)已知函數(shù)f(x)=sin-4sin2wx+2(w>0),其圖像與x軸相鄰兩個(gè)交點(diǎn)的距離為.
(1)求函數(shù)f(x)的解析式;
(2)若將f(x)的圖像向左平移m(m>0)個(gè)長(zhǎng)度單位得到函數(shù)g(x)的圖像恰好經(jīng)過(guò)點(diǎn),求當(dāng)m取得最小值時(shí),g(x)在上的單調(diào)增區(qū)間.
解:(1)函數(shù)f(x)=sin-4sin2wx+2(w>0)
=sin 2wx-cos 2wx-4+2
=sin 2wx+cos 2wx
=sin,
根據(jù)圖像與x軸相鄰兩個(gè)交點(diǎn)的距離為,可得函數(shù)的最小正周期為2,求得ω=1,
故函數(shù)f(x)=sin.
(2)將f(x)的圖像向左平移m(m>0)個(gè)長(zhǎng)度單位得到函數(shù)g(x)=sinsin的圖像,
再根據(jù)g(x)的圖像恰好經(jīng)過(guò)點(diǎn),
可得sin=0,故m=,
所以g(x)=sin.
令2kπ-≤2x+≤2kπ+,k∈Z,求得kπ-≤x≤kπ-,k∈Z,故函數(shù)g(x)的增區(qū)間為,k∈Z.
再結(jié)合x(chóng)∈,可得增區(qū)間為.
18.
(12分)如圖,已知平行四邊形ABCD與直角梯形ABEF所在的平面互相垂直,且AB=BE=AF=1,BE∥AF,AB⊥AF,∠CBA=,BC=,P為DF的中點(diǎn).
(1)求證:PE∥平面ABCD;
(2)求三棱錐A-BCE的體積.
(1)證明:取AD的中點(diǎn)M,連接MP,MB,
∵P為DF的中點(diǎn),
∴MP??AF,
又∵BE??AF,
∴BE??MP,
∴四邊形BEPM是平行四邊形.
∴PE∥BM.
又PE?平面ABCD,BM?平面ABCD,
∴PE∥平面ABCD.
(2)解:在△ABC中,由余弦定理可得:
AC2=AB2+BC2-2ABBCcos∠ABC=1+()2-21cos=1,
∴AC=1.∴AC2+AB2=BC2.
∴AC⊥AB.
∵平面ABCD⊥平面ABEF,平面ABCD∩平面ABEF=AB,
∴AC⊥平面ABEF.
∵S△ABE=BEAB=11=,
∴VA-BCE=VC-ABE=S△ABEAC=1=.
19.(12分)已知橢圓C:=1(a>b>0)的焦距為2,長(zhǎng)軸長(zhǎng)是短軸長(zhǎng)的2倍.
(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程;
(2)斜率為k的直線l交橢圓于A,B兩點(diǎn),其中A點(diǎn)為橢圓的左頂點(diǎn),若橢圓的上頂點(diǎn)P始終在以AB為直徑的圓內(nèi),求實(shí)數(shù)k的取值范圍.
解:(1)根據(jù)題意,得
解得a=2,b=1.
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為+y2=1.
(2)由(1)及題意,知頂點(diǎn)A為(-2,0),
∴直線l的方程為y=k(x+2),
與橢圓方程聯(lián)立,得
消去y,得(1+4k2)x2+16k2x+(16k2-4)=0;
設(shè)點(diǎn)B為(x0,y0),則x0-2=-,
∴x0=,y0=.
又橢圓的上頂點(diǎn)P在以AB為直徑的圓內(nèi),
∴∠APB為鈍角,即<0.
∵P(0,1),A(-2,0),B,
∴=(-2,-1),.
∴<0,
即20k2-4k-3<0,解得k∈.
20.(12分)已知各項(xiàng)為正數(shù)的等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式bn=(n∈N+),若S3=b5+1,b4是a2和a4的等比中項(xiàng).
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;
(2)求數(shù)列{anbn}的前n項(xiàng)和Tn.
解:(1)∵數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式bn=(n∈N+),
∴b5=6,b4=4,
設(shè)各項(xiàng)為正數(shù)的等比數(shù)列{an}的公比為q,q>0,
∵S3=b5+1=7,∴a1+a1q+a1q2=7,①
∵b4是a2和a4的等比中項(xiàng),
∴=a2a4==16,解得a3=a1q2=4,②
由①②得3q2-4q-4=0,
解得q=2,或q=-(舍),
∴a1=1,∴an=2n-1.
(2)當(dāng)n為偶數(shù)時(shí),
Tn=(1+1)20+22+(3+1)22+423+(5+1)24+…+[(n-1)+1]2n-2+n2n-1
=(20+22+322+423+…+n2n-1)+(20+22+…+2n-2),
設(shè)Hn=20+22+322+423+…+n2n-1,①
2Hn=2+222+323+424+…+n2n,②
①-②,得-Hn=20+2+22+23+…+2n-1-n2n
=-n2n=(1-n)2n-1,
∴Hn=(n-1)2n+1,
∴Tn=(n-1)2n+1+2n+.
當(dāng)n為奇數(shù),且n≥3時(shí),
Tn=+(n+1)2n-1=2n-1++(n+1)2n-1=2n-1+,
經(jīng)檢驗(yàn),T1=2符合上式,
∴Tn=
21.(12分)已知點(diǎn)M是圓心為C1的圓(x-1)2+y2=8上的動(dòng)點(diǎn),點(diǎn)C2(-1,0),若線段MC2的中垂線交MC1于點(diǎn)N.
(1)求動(dòng)點(diǎn)N的軌跡方程;
(2)若直線l:y=kx+t是圓x2+y2=1的切線且l與點(diǎn)N的軌跡交于不同的兩點(diǎn)P,Q,O為坐標(biāo)原點(diǎn),若=μ,且≤μ≤,求△OPQ面積的取值范圍.
解:(1)由已知得|MN|=|NC2|,則|NC1|+|NC2|=|NC1|+|MN|=2>|C1C2|=2,
故動(dòng)點(diǎn)N的軌跡是以C1,C2為焦點(diǎn),以2為長(zhǎng)軸長(zhǎng)的橢圓,a=,c=1,b2=1,
動(dòng)點(diǎn)N的軌跡方程為+y2=1.
(2)∵直線l:y=kx+t是圓x2+y2=1的切線,
∴=1,∴t2=k2+1.
直線l:y=kx+t代入橢圓方程可得(1+2k2)x2+4ktx+2t2-2=0,
設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),則Δ=16k2-8t2+8=8k2>0可得k≠0.
∴x1+x2=-,x1x2=,
∴y1y2=(kx1+t)(kx2+t)=,
∵t2=k2+1,
∴x1x2=,y1y2=,
∴=μ=x1x2+y1y2=,
∵≤μ≤,∴,
∴≤k2≤1,
∵|PQ|=
=2.
令λ=k4+k2,∵≤k2≤1,
∴λ∈.
|PQ|=2=2上遞增,
∴≤|PQ|≤.
∵直線PQ是圓x2+y2=1的切線,
∴O到PQ的距離為1,
∴S△OPQ=|PQ|,即|PQ|≤.
故△OPQ面積的取值范圍是.
22.(12分)已知函數(shù)f(x)=x--aln x,
(1)若f(x)無(wú)極值點(diǎn),求a的取值范圍;
(2)設(shè)g(x)=x+-(ln x)2,當(dāng)a取(1)中的最大值時(shí),求g(x)的最小值;
(3)證明:>ln(n∈N+).
(1)解:求導(dǎo)可得f(x)=,
∵函數(shù)f(x)無(wú)極值,∴方程x2-ax+1=0在(0,+∞)上無(wú)根或有唯一根,
∴方程a=x+在(0,+∞)上無(wú)根或有唯一根,
又x+≥2(x=1取等號(hào)),
故=2,∴a≤2.
(2)解:a=2時(shí),f(x)=x--2ln x,g(x)=x+-(ln x)2,
由(1)知,f(x)在(0,+∞)上是增函數(shù),
當(dāng)x∈(0,1)時(shí),f(x)=x--2ln xf(1)=0,即x->2ln x>0;
∴x>0時(shí),≥|2ln x|=|ln x2|,
令x2=t>0,∴≥|ln t|,
平方得t+-2≥(ln t)2,∴t>0時(shí),t+-2≥(ln t)2成立,當(dāng)且僅當(dāng)t=1時(shí)取等號(hào),
∴當(dāng)x=1時(shí),函數(shù)g(x)取最小值2.
(3)證明:由上知,x>1時(shí),x+-(ln x)2>2,
∴x>1時(shí),>ln x成立,
令x=,得>ln,即>ln,
∴不等式:>ln+…+ln>ln+…+ln
=ln=ln.
即>ln(n∈N+).
2019-2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 滾動(dòng)測(cè)試卷四 文 北師大版.doc
裝配圖網(wǎng)所有資源均是用戶自行上傳分享，僅供網(wǎng)友學(xué)習(xí)交流，未經(jīng)上傳用戶書(shū)面授權(quán)，請(qǐng)勿作他用。
鏈接地址：http://www.szxfmmzy.com/p-2842411.html