【文档说明】2021高考数学浙江专用一轮习题：阶段滚动检测（五）【高考】.docx，共(11)页，307.795 KB，由小赞的店铺上传

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一、选择题1．已知集合A＝{x|x2－x≤0}，B＝x12≤4x≤2，则A∩B等于()A.x－12≤x≤1B.x0≤x≤12C.x－12≤x≤0D.x12≤x≤12．设{

an}是首项为正数的等比数列，公比为q，则“q>0”是“对任意的正整数n，a2n－1＋a2n>0”的()A．充要条件B．充分不必要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件3．(2020·浙江省宁波诺丁汉大学附中月考)直线a与b垂直，b又垂直于平面α，则a与α的位置关

系是()A．a⊥αB．a∥αC．a⊂αD．a⊂α或a∥α4．已知sin(－π＋θ)＋2cos(3π－θ)＝0，则sinθ＋cosθsinθ－cosθ等于()A．－3B．3C．－13D.135．等比数列{an}各项为正，a3，a5，－a4成等差数列，Sn为{an}的前n项和，则S4S2等于

()A．2B.78C.98D.546.如图是某个正方体的平面展开图，l1，l2是两条侧面对角线，则在该正方体中，l1与l2()A．互相平行B．异面且互相垂直C．异面且夹角为π3D．相交且夹角为π37．函数y＝

xcosx＋ln|x|x的部分图象大致为()8．设函数f(x)＝x3(ex－e－x)，则不等式f(1－x)>f(2x)的解集为()A．(－∞，－1)∪13，＋∞B.－∞，13C．(－1,0)∪0，13D.－1，139．

已知函数f(x)＝x2＋4x＋m，x≤－1，log2(x＋1)，x>－1，若函数g(x)＝f(x)＋1有三个零点，则实数m的取值范围是()A．(2，＋∞)B．(2,3]C．[2,3)D．(1,3)10．已知函数f(x)的导函数f′

(x)满足(x＋xlnx)f′(x)<f(x)对x∈1e，＋∞恒成立，则下列不等式中一定成立的是()A．2f(1)<f(e)B．e2f(1)>f(e)C．2f(1)>f(e)D．ef(1)<f(e)二、填空题11．(2019·浙江金华浦江考试)已知实数x，y满

足x－y≤1，x＋y≤1x≥0，，则此平面区域的面积为________；2x＋y的最大值为________．12．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a＝3，c＝85，A＝π3，则△ABC的面积为________．13．若x，y

满足log2x＋log2y＝3，log2ylog2x＝2，则xy＝________，yx＝________.14．在平行四边形ABCD中，已知AB＝1，AD＝2，∠BAD＝60°，若CE→＝ED→，DF→＝2FB→，则AE→·AF→＝________.15．(2019·浙江绍兴一中模

拟)已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，且S1，S22，S44成等比数列，则Sn＝________，an＝________.16.如图，正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为2，点P在正方形ABCD的边界及其内部

运动，平面区域W由所有满足A1P≤5的点P组成，则W的面积是________，四面体P—A1BC的体积的最大值是________．17．在实数R中定义一种新运算：@，对实数a，b经过运算a@b后是一个确定的唯

一的实数．@运算有如下性质：(1)对任意实数a，a@0＝a；(2)对任意实数a，b，a@b＝ab＋(a@0)＋(b@0)．那么关于函数f(x)＝ex@1ex的性质有下列说法：①函数f(x)的最小值为3；②函数f(x)是偶函数；③函数f(x)在(－∞，0)

上为减函数．其中正确的说法为________．(填序号)三、解答题18．已知m＝(3sinx，cosx)，n＝(cosx，cosx)，x∈R，设f(x)＝m·n.(1)求f(x)的解析式和它的最小正周期T；(2)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＝1

，b＋c＝2，f(A)＝1，求△ABC的面积．19．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＋12an＝1(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式an；(2)设bn＝13log(1－Sn＋1)(n∈N*)，令Tn＝1b1b2＋1b2b3＋…＋1bnbn

＋1，求Tn.20.(2020·浙江省浙东北联盟期末)如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD是直角梯形，且AD∥BC，AD⊥CD，∠ABC＝60°，BC＝2AD＝2，PC＝3，△PAB是正三角形．(1)求证：AB⊥PC；(2)求二面角P－CD－B的平面角

的正切值．21．已知函数f(x)＝x－axlnx＋1(a∈R)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝kx＋3.(1)求a的值；(2)设g(x)＝(x＋1)f(x＋1)ex，求函数g(x)在(－1，＋∞)上的最大值．22.已知函

数f(x)＝xlnx，g(x)＝x2－x.(1)求证：f(x)≤g(x)对x>0恒成立；(2)若k∈Z，不等式k(x－1)<f(x)＋x在x∈(1，＋∞)时恒成立，求k的最大值．答案精析1．B2.B3.D4.D5.D6.D7.A8．D9

.C10.C11.1212.83＋182513．8214.5215.2n24n－216.π443解析由题意可知，满足A1P≤5的点P是以A1为球心，5为半径的球及其内部的点，又因为点P在正方形ABCD的边界及其内部运动，所以平面区域W是以A为圆心，1为半径的圆的14，所以可知W的面积是π4；点

A1到平面PBC的距离为h＝2，所以四面体P—A1BC的体积为13·h·S△PBC＝23·S△PBC，所以当点P在AD上时，S△PBC取得最大值2，四面体P—A1BC的体积取得最大值43.17．①②③解析由题意，a@b＝ab＋(a@0)＋(b@0)，且a

@0＝a，所以a@b＝ab＋a＋b，所以f(x)＝ex@1ex＝ex·1ex＋ex＋1ex＝1＋ex＋1ex.对于②，f(x)的定义域为R，关于原点对称，且f(－x)＝1＋e－x＋1e－x＝1＋1ex＋e

x＝f(x)，∴f(x)为偶函数，②正确；对于③，f′(x)＝ex－e－x，令f′(x)<0，则x<0，即f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，③正确；对于①，由②③得，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)的最小值为f(0)＝3，①正确．综上，正确的说法

是①②③.18．解(1)由m＝(3sinx，cosx)，n＝(cosx，cosx)，x∈R，得f(x)＝m·n＝3sinxcosx＋cos2x＝32sin2x＋12cos2x＋12＝sin2x＋π6＋12，即函数的最小正周期T＝2π

2＝π，故f(x)＝sin2x＋π6＋12，最小正周期为π.(2)因为f(A)＝1，所以sin2A＋π6＋12＝1，所以sin2A＋π6＝12，又2A＋π6∈π6，13π6，所以2A＋π6＝

5π6，所以A＝π3，又a＝1，b＋c＝2，由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA得，1＝b2＋c2－bc，所以(b＋c)2－3bc＝1，所以bc＝1，即S△ABC＝12bcsinA＝34.19．解(1)由Sn＋

12an＝1(n∈N*)，得Sn＝1－12an，∴当n＝1时，S1＝1－12a1，得a1＝23，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝1－12an－1－12an－1＝12an－1－12an，ana

n－1＝13，∴{an}是等比数列，且公比为13，首项a1＝23，∴an＝2×13n(n∈N*)．(2)由(1)及Sn＋12an＝1得，1－Sn＋1＝12an＋1＝13n＋1，∴bn＝13log(1－Sn＋1)＝n＋1，∴1bnbn

＋1＝1(n＋1)(n＋2)＝1n＋1－1n＋2，∴Tn＝12－13＋13－14＋…＋1n＋1－1n＋2＝12－1n＋2＝n2n＋4.20．(1)证明取AB的中点E，连接PE，CE，AC，易证△ABC为正三角形，E为AB的中点，∴CE⊥AB，∵△ABP为正三角形，E为AB的中

点，∴PE⊥AB，又PE∩CE＝E，PE，CE⊂平面PCE，∴AB⊥平面PCE，∴AB⊥PC.(2)解在平面PCE内过P点作PO⊥CE，交CE于点O，在平面PCD内作PH⊥CD，交CD于点H，连接OH，∵AB⊥平面PCE，∴平面ABCD⊥平面PCE，∵PO⊥C

E，平面ABCD∩平面PCE＝CE，∴PO⊥平面ABCD，∴PO⊥CD，∵PH⊥CD，PH∩PO＝P，∴CD⊥平面POH，∴OH⊥CD，∴∠PHO为二面角P－CD－B的平面角，四边形ABCD是直角梯形，且AD∥BC，AD⊥CD，∠ABC＝60°，BC＝2AD＝2，PC＝3，△PAB是正

三角形．则AB＝2，PA＝PB＝2，PE＝CE＝3，∠PCE＝30°，∴PO＝32，OC＝332，∠ECD＝60°，OH＝332×32＝94，△POH是直角三角形，∠POH＝90°，∴tan∠PHO＝POOH＝

23.∴二面角P－CD－B的平面角的正切值为23.21．解(1)f′(x)＝－alnx＋1－a，k＝f′(2)＝－(ln2)a－a＋1，而f(2)＝3－(2ln2)a，代入切线方程，3－(2ln2)a＝2(－aln2＋1－a)＋3，解得a＝1.(2)由f(x)＝x－xlnx＋1，知f′(x)＝－l

nx，由f′(x)>0，得0<x<1，∴f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴f(x)max＝f(1)＝2，∴f(x＋1)max＝f(1)＝2，此时x＝0.再设h(x)＝x＋1ex，h′(x)＝－xex，由h′(x)>0，得－1<x<0，∴h(x)在(－1,

0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，∴h(x)max＝h(0)＝1，∵g(x)＝h(x)·f(x＋1)的定义域为(－1，＋∞)，而当x∈(－1，＋∞)时，h(x)恒大于0，∴g(x)在(－1，＋∞)上的最大值为g(0)＝2.22．(1)证明令h(x)＝lnx－x＋1(x

>0)，则h′(x)＝1x－1，由h′(x)＝1x－1>0得0<x<1；由h′(x)＝1x－1<0得x>1，∴h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴h(x)≤h(1)＝0，∴lnx≤x－1，因此当x>0

时，xlnx≤x2－x，即f(x)≤g(x)对x>0恒成立．(2)解由k(x－1)<x＋xlnx(x>1)，得k<x＋xlnxx－1，令g(x)＝x＋xlnxx－1(x>1)．则g′(x)＝(2＋lnx)(x－1)－(x＋xlnx)(x－1)2＝x

－2－lnx(x－1)2.令h(x)＝x－2－lnx，则h′(x)＝1－1x>0，∴h(x)在(1，＋∞)上单调递增，又h(3)<0，h(4)>0，故存在x0∈(3,4)，使h(x0)＝0.∴g(x)在(

1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，∴g(x)最小为g(x0)＝x0＋x0lnx0x0－1＝x0＋x0(x0－2)x0－1＝x0.∴k的最大值为3.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue

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