2019-2020年高考數學滾動檢測06第一章到第八章綜合同步單元雙基雙測B卷理.doc

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2019-2020年高考數學滾動檢測06第一章到第八章綜合同步單元雙基雙測B卷理 一、選擇題（共12小題，每題5分，共60分） 1. 已知R是實數集，，則（ ） A．（1，2） B．[0，2] C． D．[1，2] 【答案】D 【解析】 考點：集合的交集、補集運算． 2. 已知雙曲線的漸近線方程為，且其右焦點為（5,0），則雙曲線的方程為（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 試題分析：由題意得，，所以，，所求雙曲線方程為． 考點：雙曲線方程. 3. 若“，使得成立”是假命題，則實數的取值范圍為（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 考點：1、命題的真假判斷；2、不等式恒成立. 【思路點睛】本題以含有量詞的命題為條件，實際考查不等式恒成立問題.如果存在性命題為假命題，那么它的否定全稱命題一定為真，可以利用這一結論解題，尋求等價轉化，從而轉化為易于求解的問題.另外，對于不等式恒成立問題，要重視分離參數法的應用.本題主要考查問題的轉化. 4. 不等式對任意實數恒成立，則實數的取值范圍為（　▲ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】恒成立，所以不等式 對任意實數恒成立，即，，解得故選A 考點：不等式 5. 【xx河南名校聯(lián)考】如圖，網格紙上小正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為（ ） A. B. C. D. 【答案】A 6. 【xx遼寧沈陽四校聯(lián)考】已知過拋物線的焦點的直線與拋物線交于兩點，且，拋物線的準線與軸交于點， 于點，若四邊形的面積為，則準線的方程為（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】設|BF|=m，|AF|=3m，則|AB|=4m，p=m，∠BAA1=60， ∵四邊形AA1CF的面積為， ∴=， ∴m=，∴=， ∴準線l的方程為x=﹣， 故選A． 7. 已知函數，則下列結論正確的是（ ） A．導函數為 B．函數的圖象關于直線對稱 C．函數在區(qū)間上是增函數 D．函數的圖象可由函數的圖象向右平移個單位長度得到 【答案】C. 【解析】 考點：的圖象和性質. 【名師點睛】根據，的圖象求解析式的步驟：1.首先確定振幅和周期，從而得到與；2.求的值時最好選用最值點求：峰點：，谷點：， 也可用零點求，但要區(qū)分該零點是升零點，還是降零點，升零點（圖象上升時與軸的交點）：；降零點（圖象下降時與軸的交點）：（以上）． 8. 【xx黑龍江大慶中學一模】已知三棱錐的四個頂點都在球的表面上， 平面，且，則球的表面積為 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】由題意可知CA,CB,CD兩兩垂直，所以補形為長方形，三棱錐與長方體共球， ，求的外接球的表面積，選C 【點睛】 求共點三條側棱兩兩垂直的三棱錐外接球相關問題，我們常用的方法為補形成長方體，轉化為求長方體的外接球問題。充分體現(xiàn)補形轉化思想。 9. 設函數在R上存在導函數,對于任意的實數，都有，當時，.若，則實數的取值范圍是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 考點：利用導函數構造函數，不等式. 【思路點晴】本題考查的是不等式的求解.關鍵是題目中沒有給出明確的函數解析式，需要根據題目中的已知條件得到再把已知條件中的不等式具體化為，從而可解得故選A. 10. 【xx湖南五市十校聯(lián)考】將余弦函數的圖象上所有點的縱坐標伸長到原來的倍（橫坐標不變），再將所得到的圖象向右平移個單位長度，得到函數的圖象.若關于的方程在內有兩個不同的解，則實數的取值范圍為（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】由題意得， 若關于的方程在內有兩個不同的解， 根據圖像知，選A. 11. 已知函數（，），若對任意都有成立，則（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】 考點：函數與導數. 【方法點晴】根據連續(xù)函數滿足可知，函數在時取得最小值，經分析，所以可以得到.觀察選項分析可知母的是想比較與的大小關系，因此想到的是構造函數，從而求出的最大值小于，所以恒成立，即恒成立，本題考查利用導數研究函數的最值. 12. 己知F1，F(xiàn)2是雙曲線=1（a＞0，b＞0）的左、右兩個焦點，以線段F1F2為直徑的圓與雙曲線的一條漸近線交于點M，與雙曲線交于點N（點M，N均在第一象限），當直線MF1與直線ON平行時，雙曲線離心率取值為e0，則e0所在區(qū)間為（ ） A．（1，） B．（，） C．（，2） D．（2，3） 【答案】A 【解析】 試題分析：設雙曲線的半焦距為c．依題條件可得點M的坐標為（a，b）．因為直線MF1與直線ON平行，所以可得．根據題意知，直線ON與圓及雙曲線=1在第一象限交于點N，將三方程聯(lián)立求解得，，整理得，，所以．設，可知該函數在上連續(xù)且單調遞增．又因，所以的根在區(qū)間．故選A． 考點：雙曲線離心率的綜合問題． 【方法點睛】本題考查離心率，但考查的方式比較獨特，常見題型是通過幾何性質求離心率或求離心率的取值范圍，而本題離心率是確定的，但不易求出，所以題目安排求離心率 所在的區(qū)間．通過分析可以求出參數a，b，c的關系，并求出離心率 滿足的方程，因此題目轉化為求該方程的解在哪個區(qū)間，即考查零點存在性定理，從而得解． 二．填空題（共4小題，每小題5分，共20分） 13. 已知直線是的切線，則的值為 【答案】 【解析】 考點：導數的幾何意義 14. 【xx河南漯河中學四?！恳阎獮閽佄锞€： 的焦點，過作斜率為1的直線交拋物線于、兩點，設，則__________． 【答案】 【解析】設A（x1，y1）B（x2，y2） 由可得x2﹣3px+=0，（x1＞x2） ∴x1=p，x2=p， ∴由拋物線的定義知= 故答案為： ． 15. 一個空間幾何體的三視圖如右圖，其中正視圖是邊長為2的正三角形，俯視圖是邊長分別為1,2的矩形，則該幾何體的側面積為________． 【答案】． 【解析】 試題分析：由三視圖可知：該幾何體是一個四棱錐，其底面是邊長分別為1，2的矩形，高為，頂點S在底面上的射影是底邊CD的中點，如下圖： ， 易知：，， 故知其側面積： 所以答案應填：． 考點：1、三視圖；2、四棱錐的側面積． 16. 【xx江西新余一中四?！吭O曲線與軸、軸、直線圍成的封閉圖形的面積為，若在上單調遞減，則實數的取值范圍是__________． 【答案】k≥0 【解析】由題意可知， 則在上恒成立， 即在上恒成立， 令 則 當時， 函數在上為減函數， 則 故實數的取值范圍是 點睛：曲線與軸、軸、直線圍成的封閉圖形的面積為， 為函數在上的定積分，求出后代入函數，由在上單調遞減，可知其導函數在上小于等于恒成立，然后利用分離變量法可求的取值范圍。 三、解答題(本大題共6小題，共70分．解答時應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟) 17. 已知函數． （1）求的最小正周期； （2）設，求的值域和單調遞增區(qū)間． 【答案】（1）（2），的遞增區(qū)間為 【解析】 （2）本題考察的是正弦函數的值域和單調區(qū)間問題，由（1）知函數的解析式，然后根據所給定義域求出的取值范圍，進而判斷函數的最小值和最大值是多少，就可以求出函數的值域；然后把代入到正弦函數的遞增區(qū)間內，解出的取值范圍，就是所求函數的單調遞增區(qū)間． 試題解析：（1）∵ 的最小正周期為． （2）∵， ， ∴． 的值域為． 當遞增時，遞增． 由，得． 故的遞增區(qū)間為． 考點：正弦函數的周期性和單調性 18. 已知數列{an}的前n項和為Sn，若Sn=2an+n，且bn=n（1- an） （1）求證：{an-1}為等比數列； （2）求數列{bn}的前n項和Tn． 【答案】（1）證明過程詳見解析；（2）． 【解析】 試題解析：（1）由，得， ，即， ， 是以為首項，為公比的等比數列． （2）由（1）得，即 ① ② ①②得： 考點：①等比數列的證明方法；②錯位相減法求數列的前n項和． 19. 在中，，，. （1）求的值； （2）設的中點為，求中線的長. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 試題解析：（1）因為，且是三角形的內角， 所以， 所以 . （2）在中，由正弦定理，得. 所以， 于是. 在中，，，所以由余弦定理，得 . 即中線的長度為. 考點：兩角和的正弦定理；正弦定理；余弦定理. 【易錯點睛】解三角形問題的技巧：①作為三角形問題，它必須要用到三角形的內角和定理，正弦、余弦定理及其有關三角形的性質，及時進行邊角轉化，有利于發(fā)現(xiàn)解題的思路；②它畢竟是三角變換，只是角的范圍受到了限制，因此常見的三角變換方法和原則都是適用的，注意“三統(tǒng)一”（即“統(tǒng)一角、統(tǒng)一函數、統(tǒng)一結構”）是使問題獲得解決的突破口. 20. 【xx河南漯河高級中學四模】如圖，四棱錐中，底面是的菱形，側面是邊長為2的正三角形，且與底面垂直， 為的中點. （1）求證： 平面； （2）求二面角的余弦值. 【答案】（1）見解析；（2） 【解析】試題分析：（1）要證平面，轉證線線垂直即可；（2）分別求出兩個平面的法向量，利用向量間的運算關系求出兩個向量的夾角，再轉化為二面角的平面角． 試題解析： （1）法一：作于，連接 由側面與底面垂直，則面 所以，又由， ， ， 則，即 取的中點，連接， 由為的中點， 則四邊形為平行四邊形， 所以，又在中， ， 為中點，所以， 所以，又由所以面. 法二: 作于，連接 由側面與底面垂直，則面 所以，又由， ， ， 則，即 分別以， ， 所在直線為軸， 軸， 軸建立空間直角坐標系， 由已知， ， ， ， ， ， ， 所以， ， 又由所以面. 點睛：利用法向量求解空間二面角的關鍵在于“四破”：第一，破“建系關”，構建恰當的空間直角坐標系；第二，破“求坐標關”，準確求解相關點的坐標；第三，破“求法向量關”，求出平面的法向量；第四，破“應用公式關”. 21. 己知函數f（x）=ln（x+l）-x （1）求f（x）的單調區(qū)間； （2）若k∈Z，且f（x-l）+x＞k（1一）對任意x＞l恒成立，求k的最大值； （3）對于在（0，1）中的任意一個常數a，是否存在正數x0，使得成立？請說明理由． 【答案】（1）的單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為；（2）的最大值為；（3）符合條件，即存在正數滿足條件． 【解析】 試題解析：（1）易得，函數定義域為（-1，）且， 當時，，即在上是增函數， 當時，，即在上是減函數． 的單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為． （2）由變形得， 整理得， 令，則． ， 若時，恒成立，即在上遞增， 由，即，解得， ． 又， 的最大值為． 若時，由，解得，由，解得． 即在上單調遞減，在上單調遞增． 在上有最小值， 于是轉化為（）恒成立，求的最大值． 令，于是． 當時，，單調遞減，當時，，單調遞增． 在處取得最大值． ，， ，，，， 的最大值為． 綜上所述，的最大值為． （3）假設存在這樣的滿足題意，則 由等價于（）． 所以要找一個，使（）式成立，只需找到當時，函數的最小值滿足即可． ， 令，得，則，取， 在時，，在時，， ， 下面只需證明：在時，成立即可． 又令，， 則，從而在時為增函數． ，因此符合條件，即存在正數滿足條件． 考點：①求函數的單調區(qū)間；②由不等式恒成立問題求參數范圍；?是否存在性問題求 22. 【xx遼寧凌源兩校聯(lián)考】已知橢圓的一個頂點為，焦點在軸上，若右焦點到直線的距離為3． （1）求橢圓的方程； （2）設橢圓與直線（）相交于不同的兩點， ，當時，求實數的取值范圍． 【答案】（1）（2） 【解析】試題分析：（1）利用焦點到直線距離為3，及頂點為，求得橢圓的方程；（2）有，則， ，取中點為，由，有，故，所以，所以。 試題解析： （1）由題意，得，右焦點坐標， 則，得或（舍去）， 則， 所以所求橢圓的方程為． （2）有， 設， ， 則， ， 故， 由，得， 點睛：直線和圓錐曲線的綜合題型常用方法就是聯(lián)立方程組，得到韋達定理，本題中在此基礎上，由，有，則斜率之積為-1，通過求解得到，由，得，解得答案。