（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 階段滾動(dòng)檢測(cè)（六）（含解析）.docx

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階段滾動(dòng)檢測(cè)（六） 一、選擇題 1.設(shè)全集U＝{x∈N*|x≤4}，集合A＝{1,4}，B＝{2,4}，則?U(A∩B)等于(　　) A.{1,2,3} B.{1,2,4} C.{1,3,4} D.{2,3,4} 2.已知復(fù)數(shù)z滿足(1－i)z＝i，則復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)位于(　　) A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 3.(2019湖州模擬)已知某廠的產(chǎn)品合格率為0.8，現(xiàn)抽出10件產(chǎn)品檢查，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A.合格產(chǎn)品少于8件 B.合格產(chǎn)品多于8件 C.合格產(chǎn)品正好是8件 D.合格產(chǎn)品可能是8件 4.函數(shù)f(x)＝excosx在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程是(　　) A.x＋y＋1＝0 B.x＋y－1＝0 C.x－y＋1＝0 D.x－y－1＝0 5.已知函數(shù)f(x)＝x－cosx，則f(x)在[0,2π]上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為(　　) A.1B.2C.3D.4 6.若數(shù)列{an}對(duì)于任意的正整數(shù)n滿足：an>0且anan＋1＝n＋1，則稱數(shù)列{an}為“積增數(shù)列”.已知數(shù)列{an}為“積增數(shù)列”，數(shù)列{a＋a}的前n項(xiàng)和為Sn，則對(duì)于任意的正整數(shù)n，有(　　) A.Sn≤2n2＋3 B.Sn>n2＋4n C.Sn≤n2＋4n D.Sn>n2＋3n 7.某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為(　　) A.16πB.8πC.πD.π 8.已知雙曲線－＝1(a>0，b>0)的一條漸近線被圓(x－c)2＋y2＝4a2截得弦長(zhǎng)為2b(其中c為雙曲線的半焦距)，則該雙曲線的離心率為(　　) A.B.C.D. 9.(2019諸暨模擬)甲盒子裝有3個(gè)紅球，1個(gè)黃球，乙盒中裝有1個(gè)紅球，3個(gè)黃球，同時(shí)從甲乙兩盒中取出i(i＝1,2,3)個(gè)球交換，分別記甲乙兩個(gè)盒子中紅球個(gè)數(shù)的數(shù)學(xué)期望為E1(i)，E2(i)，則以下結(jié)論錯(cuò)誤的是(　　) A.E1(1)>E2(1) B.E1(2)＝E2(2) C.E1(1)＋E2(1)＝4 D.E1(3)0)，其圖象上相鄰兩條對(duì)稱軸間的距離為，將函數(shù)y＝f(x)的圖象向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度，得到函數(shù)y＝g(x)的圖象，求函數(shù)g(x)在區(qū)間上的值域. 19.如圖，已知四棱錐P－ABCD的底面是菱形，∠BAD＝，AB＝PD＝2，PB＝PC＝. (1)求證：平面PBC⊥平面ABCD； (2)求直線PC與平面PAB所成角的正弦值. 20.(2019臺(tái)州模擬)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝t(t≠－1)，Sn＋2an＋1＋n＋1＝0，且數(shù)列{an＋1}為等比數(shù)列. (1)求實(shí)數(shù)t的值； (2)設(shè)Tn為數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和，b1＝1，且－＝1.若對(duì)任意的n∈N*，使得不等式＋＋…＋≥恒成立，求實(shí)數(shù)m的最大值. 21.(2019溫州模擬)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)過(guò)拋物線M：x2＝4y的焦點(diǎn)F，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別是橢圓C的左、右焦點(diǎn)，且＝6. (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)若直線l與拋物線M相切，且與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，求△OAB面積的最大值. 22.(2019鎮(zhèn)海模擬)已知函數(shù)f(x)＝x2－2ax，g(x)＝lnx. (1)若f(x)≥g(x)對(duì)于定義域內(nèi)的任意x恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍； (2)設(shè)h(x)＝f(x)＋g(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，且x1∈，證明：h(x1)－h(huán)(x2)>－ln2. 答案精析 1．A　2.C　3.D　4.C　5.C　6.D　7.D　8．B　9.D　10.D　11.　5π＋2 12．6　15　13.　(4，＋∞) 14.　 解析　由正弦定理，得a2＋b2＝2c2，又由余弦定理得，a2＋b2＝2(a2＋b2－2abcosC)，即4abcosC＝a2＋b2≥2ab，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時(shí)，取等號(hào)，cosC≥，所以00. 所以4－4單調(diào)遞增， 當(dāng)n＝1時(shí)，4－4的最小值為2. 所以m≤2.即實(shí)數(shù)m的最大值為2. 21．解　(1)∵F(0,1)，∴b＝1， 又＝6，∴2c2＝6，解得c＝. 又a2－b2＝c2，∴a＝2， ∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋y2＝1. (2)設(shè)直線l與拋物線相切于點(diǎn)P(x0，y0)，x0≠0， 則直線l：y－＝(x－x0)， 即y＝x－， 聯(lián)立直線l與橢圓的方程 消去y整理得(1＋x)x2－xx＋x－4＝0. 由Δ＝16(x＋1)－x>0， 得00)， 即a≤(x>0)， 設(shè)φ(x)＝， 則φ′(x)＝＝. ∵函數(shù)y＝x2，y＝lnx在(0，＋∞)上都是增函數(shù)， ∴函數(shù)y＝x2＋lnx－1在(0，＋∞)上是增函數(shù)，且當(dāng)x＝1時(shí)，y＝0. ∴當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，φ′(x)<0； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，φ′(x)>0. ∴φ(x)在(0,1)上是減函數(shù)，在(1，＋∞)上是增函數(shù)． ∴φ(x)min＝φ(1)＝， ∴a≤φ(x)min＝，即a∈. (2)證明　由題意知h(x)＝x2－2ax＋lnx, 則h′(x)＝2x－2a＋＝(x>0)， ∴方程2x2－2ax＋1＝0(x>0)有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根x1，x2，且x1∈. 又∵x1x2＝，∴x2＝∈(1，＋∞)， 且2ax1＝2x＋1,2ax2＝2x＋1， 則h(x1)－h(huán)(x2)＝(x－2ax1＋lnx1)－(x－2ax2＋lnx2) ＝[x－(2x＋1)＋lnx1]－[x－(2x＋1)＋lnx2] ＝x－x＋ln ＝x－－ln(2x)(x2>1)， 設(shè)μ(x)＝x2－－ln(2x2)(x>1)， 令t＝x2，則t>1， 令k(t)＝t－－ln(2t)， ∴k′(t)＝1－－ ＝1＋－ ＝＝>0， ∴k(t)>k(1)＝1－－ln2＝－ln2. 即h(x1)－h(huán)(x2)>－ln2.