2020屆高考數學一輪復習 滾動檢測三（1-5章）（規(guī)范卷）理（含解析） 新人教A版.docx

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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z＝的四個命題： p1：|z|＝2； p2：z2＝2i； p3：z的共軛復數為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f(x)＝3x3－ax2＋x－5在區(qū)間[1,2]上單調遞增，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y＝f(x)的圖象平移后得到函數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f(x)的導函數為f′(x)，對任意x∈R滿足f(x)＋f′(x)<0，則下列結論正確的是(　　) 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g(x)在R上單調遞減． ∵ln2g(ln3)，即2f(ln2)>3f(ln3)，故選A. 7．已知函數f(x)＝sin＋cos的最大值為A，若存在實數x1，x2使得對任意實數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)間上單調遞減，故B正確；函數|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f(x)＝(其中e為自然對數的底數)，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g(x)在區(qū)間(－∞，ln5)內單調遞減，在區(qū)間(ln5，＋∞)內單調遞增．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x1x2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．－11，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φ，即可將函數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f(x)為“三角形函數”．已知函數f(x)＝xlnx＋m在區(qū)間上是“三角形函數”，則實數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”，則在區(qū)間D上，函數f(x)的最大值N和最小值n應滿足： N<2n. 由函數f(x)＝xlnx＋m在區(qū)間上是“三角形函數”，f′(x)＝lnx＋1， 當x∈時，f′(x)<0，函數f(x)單調遞減； 當x∈時，f′(x)>0，函數f(x)單調遞增． 故當x＝時，函數f(x)取得最小值－＋m， 又f(e)＝e＋m，f＝－＋m， 故當x＝e時，函數f(x)取得最大值e＋m， 所以00.若綈是綈q的必要不充分條件，則實數a的取值范圍為________． 答案　(－∞，－4] 解析　由x2－4ax＋3a2<0(a<0)，得3a0，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，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上單調性相反．若函數f(x)＝x3－2ax(a∈R)與g(x)＝x2＋2bx(b∈R)在區(qū)間(a，b)上單調性相反(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f(x)與g(x)在區(qū)間(a，b)上單調性相反， 則(x2－2a)(2x＋2b)<0在x∈(a，b)上恒成立， 又00， 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合肥質檢)銳角△ABC中，內角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， ∴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f(x)在區(qū)間[0，π]上的圖象； (2)若f(x)為偶函數，求φ的值； (3)在(2)的前提下，將函數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g(x)的圖象，求函數g(x)在區(qū)間[0，π]上的單調遞減區(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，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g(x)在區(qū)間[0，π]上的單調遞減區(qū)間為. 22．(12分)已知函數f(x)＝lnx＋－，a∈R，且a≠0. (1)討論函數f(x)的單調性； (2)當x∈時，試判斷函數g(x)＝(lnx－1)ex＋x－m的零點個數． 解　(1)函數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f(x)在區(qū)間(0，＋∞)內單調遞增； 當a>0時，則當x∈時，f′(x)<0，f(x)單調遞減；當x∈時，f′(x)>0，f(x)單調遞增． 綜上所述，當a<0時，函數f(x)在區(qū)間(0，＋∞)內單調遞增； 當a>0時，函數f(x)在區(qū)間內單調遞增，在區(qū)間內單調遞減． (2)由題意知函數g(x)＝(lnx－1)ex＋x－m，x∈的零點個數即關于x的方程(lnx－1)ex＋x＝m，x∈的根的個數． 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)間上單調遞減，在區(qū)間[1，e]上單調遞增，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g(x)沒有零點； 當－2e＋≤m≤e時，函數g(x)有一個零點．