【文档说明】2021高考数学浙江专用一轮习题：阶段滚动检测（七）【高考】.docx，共(13)页，346.850 KB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

一、选择题1．已知集合M＝{x∈R||x|≤2}，N＝{x∈R|0<x<4}，则M∩(∁RN)等于()A．[0,2]B．[－2,0)C．[－2,0]D．(－∞，2]∪[4，＋∞)2．(2019·嘉兴模拟)在复平面内，复数2－3i3＋2i＋z对应

的点的坐标为(－3,1)，则z在复平面内对应的点位于()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限3．已知m＝log0.55，n＝5.1－3，p＝5.10.3，则实数m，n，p的大小关系为()A．m<p<nB．m<n<pC．n<m<pD．n<

p<m4．已知函数f(x)＝3cosωx－π3(ω>0)的图象向左平移π2ω个单位长度，得到g(x)的图象，g(x)图象的相邻两条对称轴之间的距离为ωπ4个单位长度，则函数g(x)图象的一个对称中心为()A.－π6

，0B.π3，0C.－π3，0D.－2π3，05．在△ABC中，M是BC的中点，AM＝1，点P在AM上且满足AP→＝2PM→，则PA→·(PB→＋PC→)等于()A．－49B．－43C.43D.496．已知等差数列{

an}的前n项和为Sn，S6＝－5S3≠0，则S9S3等于()A．18B．13C．－13D．－187．(2020·绍兴期末)随机抛掷两枚质地均匀的骰子，若将它们向上的点数之和不超过5的概率记为p1，点数之和大于5的概率记为p2，点数之和为偶数的概

率记为p3，则()A．p1<p2<p3B．p2<p1<p3C．p1<p3<p2D．p3<p1<p28．电视台播放甲、乙两套连续剧，每次播放连续剧时，需要播放广告．已知每次播放甲、乙两套连续剧时，连续剧播放时长、收视人次如下表所示，连续剧连续剧播放

时长/min广告播放时长/min收视人次/万人甲70560乙60525电视台每周安排的甲、乙连续剧的总播放时长不多于600min，广告的总播放时长不少于30min，且甲连续剧播放的次数不多于乙连续剧播放次数的2倍，分别用x，y表示每周计划播出的甲、乙两套连续剧的

次数，要使总收视人次最多，则电视台每周播出甲、乙两套连续剧的次数分别为()A．6,3B．5,2C．4,5D．2,79．如图，设椭圆的右顶点为A，右焦点为F，B为椭圆在第二象限上的点，直线BO交椭圆于C点，若直线BF平分线段AC，则椭

圆的离心率是()A.12B.23C.13D.1410．对于函数f(x)＝lnxx，下列说法正确的有()①f(x)在x＝e处取得极大值1e；②f(x)有两个不同的零点；③f(2)<f(π)<f(3)；④若f(x)<k－1x在(0，＋∞)上恒成立，则k>1.A．4个B．3

个C．2个D．1个二、填空题11．(2020·浙江省衢州四校联考)圆C：x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0关于直线l1：x－y＋4＝0与直线l2：x＋y＋2＝0都对称，则D＋E＝________，若原点在圆C外，则F的取值范围是________．12．一个几何体的三视图如图所示，其

中正视图是一个正三角形，则这个几何体的体积为______，其外接球的表面积为_______．13．已知向量a，b，其中|a|＝1，|b|＝2，且(a＋b)⊥a，则|a－2b|＝________.14．(

2019·衢州模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知asinA＋bsinB＝2csinC，则角C的最大值为______；若c＝2a＝2，则△ABC的面积为______．15．(2019·镇海模拟)随机变量X的分布列如下：X－101Pabc其中a，b，c成等差

数列，则P(|X|＝1)＝________，方差的最大值是________．16.(2020·宁波期末)如图，棱长为3的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E是BC的中点，P是平面CDD1C1内一点，且满足S△APD＝S△CP

E，则线段C1P的长度的取值范围为________．17．已知定义域为R的奇函数f(x)满足f(－x)＝f(x＋2)，且当0≤x≤1时，f(x)＝x，若函数h(x)＝f(x)－txx2＋1(x∈[－4,4])有5个不同的零点，则实数t的取值范围是__

________________．三、解答题18．已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c,2cosC·(acosC＋ccosA)＋b＝0.(1)求角C的大小；(2)若b＝2，c＝23，求△ABC的面积．19

．(2019·台州模拟)在数列{an}中，a1＝1，a2＝3，且对任意的n∈N*，都有an＋2＝3an＋1－2an.(1)证明数列{}an＋1－an是等比数列，并求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝2nanan＋1，记数列{}

bn的前n项和为Sn，若对任意的x∈N*都有Sn≥1an＋m，求实数m的取值范围．20.(2020·慈溪市三山高级中学等六校期末)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB＝BC＝2，AD＝CD＝7，PA＝3，∠ABC＝120°，G为线段PC的中点．(1)证明：BD⊥平面PAC

；(2)求DG与平面APC所成的角的正弦值．21．已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)和直线l：xa－yb＝1，椭圆的离心率e＝63，坐标原点到直线l的距离为32.(1)求椭圆的方程；(2)已知定点E(－

1,0)，若直线m过点P(0,2)且与椭圆相交于C，D两点，试判断是否存在直线m，使以CD为直径的圆过点E？若存在，求出直线m的方程；若不存在，请说明理由．22.(2019·镇海模拟)已知函数f(x)＝x2－2ax，g(x)＝lnx.(1)若f(x)≥g(x)对于定义域内的

任意x恒成立，求实数a的取值范围；(2)设h(x)＝f(x)＋g(x)有两个极值点x1，x2，且x1∈0，12，证明：h(x1)－h(x2)>34－ln2.答案精析1．C2.B3.B4.C5.A6.D7.C8．A9.C10.B11.4(0,10)12.3316π313.2114.π

33215.232316．[3,7]解析由题意知，S△APD＝S△CPE，根据三角形的面积公式，可得2PD＝PC，在平面CDD1C1内，以D为原点建平面直角立坐标系，如图所示，设P(x，y)，则4()x2＋y2＝(x－3)2＋y2，整理得(x＋1)2＋y2＝4，所以点P在以

(－1,0)为圆心，以2为半径的圆上，设圆心(－1,0)为M，求得||C1M＝5，所以C1P的最小值为||C1M－2＝3，C1P的最大值为||C1M＋2＝7，所以C1P的取值范围是[3,7]．17.－103，0∪(1,2)解析因为f(

－x)＝f(x＋2)且f(x)是奇函数，所以－f(x)＝f(x＋2)，所以f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，所以f(x)是周期为4的周期函数，令g(x)＝txx2＋1，x∈[－4,4]，则g′(x)＝－t(x2－1

)(x2＋1)2，由g′(x)＝－t(x2－1)(x2＋1)2＝0，得x1＝－1，x2＝1，当t<0时，g(x)在[－4，－1)，(1,4]上单调递增，在(－1,1)上单调递减，作出函数f(x)，g(x)的大致图象如图1所示，因为h(x)＝f(x)－g(x)有5个不同的零点，所以

－1＝f(3)<g(3)<0，解得－103<t<0；当t＝0时，g(x)＝0，显然满足题意；当t>0时，g(x)在[－4，－1)，(1,4]上单调递减，在(－1,1)上单调递增，作出函数f(x)，g(x)的

大致图象如图2所示，因为h(x)＝f(x)－g(x)有5个不同的零点，所以0<g(1)<f(1)＝1，g′(0)>1.解得1<t<2，综上，t的取值范围是－103，0∪(1,2)．18．解(1)∵2cosC(acosC＋ccosA)＋b＝0，由正弦定理可得2cosC(si

nAcosC＋sinCcosA)＋sinB＝0，∴2cosCsin(A＋C)＋sinB＝0，即2cosCsinB＋sinB＝0，又0°<B<180°，∴sinB≠0，∴cosC＝－12，即C＝120°.(2)由余弦定理可得(23)2＝a2＋22－2×2acos12

0°＝a2＋2a＋4，又a>0，∴a＝2，∴S△ABC＝12absinC＝3，∴△ABC的面积为3.19．解(1)由an＋2＝3an＋1－2an，可得an＋2－an＋1＝2(an＋1－an).又a1＝1，a2＝3，所以a2－a1＝2≠0，故an＋2－an＋1an＋1－an＝2

.所以{an＋1－an}是首项为2，公比为2的等比数列．所以an＋1－an＝2n.所以当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋…＋(an－an－1)＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1，又a1＝1符

合上式，所以an＝2n－1，n∈N*.(2)因为bn＝2n(2n－1)(2n＋1－1)＝(2n＋1－1)－(2n－1)(2n－1)(2n＋1－1)＝12n－1－12n＋1－1.所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝12－1－12

2－1＋122－1－123－1＋…＋12n－1－12n＋1－1＝1－12n＋1－1.又因为对任意的n∈N*都有Sn≥1an＋m，所以m≤1－12n－1－12n＋1－1恒成立，即m≤1－12n－1－12n＋1－1min，又当n＝1时，

1－12n－1－12n＋1－1min＝－13，所以m≤－13.所以实数m的取值范围是－∞，－13.20．(1)证明设AC，BD的交点为O，因为AB＝BC，AD＝CD，所以BD垂直平分AC，即AC⊥BD.因为PA⊥平面ABCD，BD⊂

平面ABCD，所以PA⊥BD，因为PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC.(2)解方法一连接OG，由(1)BD⊥平面PAC可得BD⊥OG，DG与平面PAC所成角为∠DGO.因为G，O分别是P

C，AC的中点，所以OG＝12PA＝32，因为AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，所以AO＝OC＝3，BO＝1，因为AD＝CD＝7，所以DO＝2，所以在Rt△DGO中，tan∠DGO＝DOGO＝232＝433，所以sin∠D

GO＝41919.因此DG与平面APC所成的角的正弦值为41919.方法二以O为坐标原点，BD，AC所在直线，过点O且平行于PA的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则因为AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，所以AO＝OC＝3，BO＝1，因为AD＝CD＝7，所以DO

＝2，因此B()1，0，0，D()－2，0，0，C()0，3，0，A()0，－3，0，P()0，－3，3，G0，0，32，DG→＝2，0，32，由(1)知DB→＝()3，0，0为平面A

PC的一个法向量，则cos〈DG→，DB→〉＝63×4＋34＝41919.因此DG与平面APC所成的角的正弦值为41919.21．解(1)由直线l：xa－yb＝1，∴32＝|ab|a2＋b2，即4a2b2＝3a2＋3b2，①又由e＝

63，得c2a2＝23，即c2＝23a2，又∵a2＝b2＋c2，∴b2＝13a2，②将②代入①得43a4＝4a2，∴a2＝3，b2＝1，c2＝2，∴所求椭圆方程为x23＋y2＝1.(2)①当直线m的斜率不存在时，直线m方程为x

＝0，则直线m与椭圆的交点为(0，±1)，又∵E(－1,0)，∴∠CED＝90°，即以CD为直径的圆过点E；②当直线m的斜率存在时，设直线m方程为y＝kx＋2，C(x1，y1)，D(x2，y2)，由y＝kx＋2，x23＋y

2＝1得(1＋3k2)x2＋12kx＋9＝0，由Δ＝144k2－4×9(1＋3k2)＝36k2－36>0，得k>1或k<－1，∴x1＋x2＝－12k1＋3k2，x1x2＝91＋3k2，∴y1y2＝(kx1＋2)(kx2＋2)＝k2x1x

2＋2k(x1＋x2)＋4，∵以CD为直径的圆过点E，∴EC⊥ED，即EC→·ED→＝0，由EC→＝(x1＋1，y1)，ED→＝(x2＋1，y2)，得(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝0，∴(1＋k2)x1x

2＋(2k＋1)(x1＋x2)＋5＝0，∴9(1＋k2)1＋3k2＋(2k＋1)·－12k1＋3k2＋5＝0，解得k＝76>1，即直线m：y＝76x＋2；综上所述，当以CD为直径的圆过定点E时，直线m的方程为x＝0或y＝76x＋2.2

2．(1)解由题意知f(x)≥g(x)等价于x2－2ax≥lnx(x>0)，即a≤12x－lnxx(x>0)，设φ(x)＝12x－lnxx，则φ′(x)＝121＋lnx－1x2＝x2＋lnx－12x2.∵函数y＝x2，y＝lnx在(0，＋∞

)上都是增函数，∴函数y＝x2＋lnx－1在(0，＋∞)上是增函数，且当x＝1时，y＝0.∴当x∈(0,1)时，φ′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0.∴φ(x)在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数

．∴φ(x)min＝φ(1)＝12，∴a≤φ(x)min＝12，即a∈－∞，12.(2)证明由题意知h(x)＝x2－2ax＋lnx,则h′(x)＝2x－2a＋1x＝2x2－2ax＋1x(x>0)，∴方程2x2－2ax＋1＝0有两

个不相等的正实数根x1，x2，且x1∈0，12.又∵x1x2＝12，∴x2＝12x1∈(1，＋∞)，且2ax1＝2x21＋1,2ax2＝2x22＋1，则h(x1)－h(x2)＝(x21－2ax1＋lnx1)－(x22－2ax2＋lnx2)＝[x21－(

2x21＋1)＋lnx1]－[x22－(2x22＋1)＋lnx2]＝x22－x21＋lnx1x2＝x22－14x22－ln(2x22)(x2>1)，设μ(x)＝x2－14x2－ln(2x2)(x>1)，令t＝x2，则t>1，令k(t)

＝t－14t－ln(2t)(t≥1)，∴k′(t)＝1－14－1t2－22t＝1＋14t2－1t＝4t2－4t＋14t2＝(2t－1)24t2>0，∴当t>1时，k(t)>k(1)＝1－14－ln2＝34－ln2.即h(

x1)－h(x2)>34－ln2.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com