2018届高考数学 滚动检测06 第一章到第八章综合同步单元双基双测（文+理）（打包4套）.zip

1滚动检测 06 第一章到第八章综合（测试时间：120 分钟 满分：150 分）一、选择题（共 12 小题，每题 5 分，共 60 分）1. 已知命题 p:“方程有 240xa实根” ，且 p为真命题的充分不必要条件为 31am，则实数 m的取值范围是（ ）A． [1,) B． (1,) C． ( D． 0【答案】B【解析】考点：简易逻辑．2. 已 知 ()fx是 定 义 在 R上 的 奇 函 数 ， 当 0x时 ， 2()logfx， 则 (8)f值 为 （ ）A.3 B.13C. 13 D. 3【答案】D【解析】试题分析：因为 ()fx是 定 义 在 R上 的 奇 函 数 ，所以 (8)f38log(2f，故应选 D.考点：1.函 数的奇偶性；2.函数的求值；3. 【2018 辽宁沈阳四校联考】已知过抛物线 20ypx的焦点 F的直线与抛物线交于 AB， 两点，且 3AFB，抛物线的准线 l与 x轴交于点 C， 1Al于点 1，若四边形 1CF的面积为12，则准线 l的方程为（ ）A. x B. 2x C. 2x D. x【答案】A【解析】设|BF|=m，|AF|=3m，则|AB|=4m，p= 3m，∠BAA 1=60°，2∵四边形 AA1CF 的面积为 23，∴3msin602=1，∴m= 43，∴ p= 2，∴准线 l 的方程为 x=﹣ ，故选 A．4. 若向量 (1,2)a， (,1)b，则 42ab与 的夹角等于（ ）A． 4 B． 6 C． 4 D． 3【答案】C【解析】考点：平面向量的夹角．5. 【2018 河南名校联考】如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A36. 已知实数 x、 满足021xy，则 2zxy的最大值为A． B． C． D． 412【答案】B【解析】试题分析：不等式组所表示的平面区域如下图中的阴影部分所示：由 2zxy 得： 12xz ，当 变化时，它表示一组经过该区域且斜率为 12，在 y轴上的截距为 1互相平行的直线，直线在 y轴上的截距越小 z越大，由图可知当直线经过点 ,0A时，直线在在 y轴上的截距最小，所以 max10z ．故选 B．考点：线性规划．7. 【2018 广东五校联考】将曲线 1C： sin6yx上各点的横坐标缩短到原来的 12倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移 2个单位长度，得到曲线 2C： ygx，则 在 ,0上的单调递增区间是（ ）4A. 5,6 B. 2,36 C. 2,03 D. ,6【答案】B8. 【2018 黑龙江大庆实验中学联考】已知三棱锥 ABCD的四个顶点 ,ABCD都在球 O的表面上， ,BCDA平面 BC，且 2,2A，则球 O的表面积为 （ ）A. 4 B. 8 C. 16 D. 【答案】C【解析】由题意可知 CA,CB,CD 两两垂直，所以补形为长方形，三棱锥与长方体共球， 22216R，求的外接球的表面积 2416SR，选 C。【点睛】求共点三条侧棱两两垂直的三棱锥外接球相关问题，我们常用的方法为补形成长方体，转化为求长方体的外接球问题。充分体现补形转化思想。9. 如图，过抛物线 20ypx的焦点 F的直线 l交抛物线于点 ,AB，交其准线于点 C，若2BCF，且 3A，则此抛物线的方程为（ ）A. 23yx B. 23yx C. 29yx D. 29yx5【答案】B【解析】考点：抛物线的定义，方程.【思路点晴】根据过抛物线 )0(2pxy的焦点 F的直线 l交抛物线于点 BA、 ,作 DE、 垂直准线于点 DE、 ,根据 ||BFC,且 3|A,和抛物线的定义,由抛物线定义知 21BF，故 ，所以 CE21，即 3F，解得pH3,，所以 ),2(p，代入即得答案 3p，即求得抛物线的方程.10. 一个几何体的三视图如图所示，其主（正）视图是一个等边三角形，则这个几何体的体积为6A． 1234 B． 439C． D．【答案】D【解析】试题分析：该几何体是半个圆锥和一个三棱锥拼成的，体积为 2113(423)V43，选 D．考点：三视图，几何体的体积．11. 已知实数 ,ab满足 ln(1)30ab，实数 ,cd满足 250c，则 22()()acbd的最小值为（ ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【解析】考点：导数的几何意义【思路点睛】利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化.以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解.12. 设椭圆21(0)xyab的离心率为 e＝ 21，右焦点为 F（ c，0） ，方程 ax2＋bx－c＝0 的两个7实根分别为 x1和 x2，则点 P（x 1，x 2）A．必在圆 x2＋y 2＝2 内 B．必在圆 x2＋y 2＝2 上C．必在圆 x2＋y 2＝2 外 C．以上三种情形都有可能【答案】A【解析】考点：1、椭圆的性质；2、点与圆的位置关系．二．填空题（共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）13. 设数列 na满足 1042，点 ),(naP对任意的 N，都有向量 1(,2)nP，则数列na的前 n 项和 S_____.【答案】 2【解析】试题分析：由点 ),(naP对任意的 N，都有向量 )2,1(nP，可得 12na，数列是等差数列，公差为 2.由 104，则 1240ad，可得 1a，那么 21nSdn.故本题答案应填 n.考点：1.向量的坐标；2.等差数列的通项公式；3.等差数列的前 项和公式.14. 如图，在凸四边形 ABCD中， 1,3,,BACD．当 ABC变化时，对角线BD的最大值为___________．【答案】 618【解析】考点：解三角形.【思路点晴】本题考查余弦定理、正弦定理的运用，考查辅助角公式的运用，考查学生的解题能力. 已知两角一边可求第三角，解这样的三角形只需直接用正弦定理代入求解即可．已知两边和一边对角，解三角形时，利用正弦定理求另一边的对角时要注意讨论该角，这是解题的难点，应引起注意．利用正、余弦定理进行边角的统一．即将条件化为只含角的三角函数关系式，然后利用三角恒等变换得出内角之间的关系式.15. 己知函数 则函数 y=f（x）-k 无零点，则实数 k 的取值范围是 ．3lg,2,()xf【答案】 3lg2k【解析】试题分析：函数 y=f（x）-k 无零点等价于 f（x）-k=0 无解，也即函数 y=f（x）与函数 y=k 的图像无交点．作出两函数图像如下图：显然知，当 ),(23x时，函数 )(xf单调递减；当 ),[23x时，函数 )(xf单调递增，所以当23时， lgminf．由图像已知 ，要使函数 y=f（x）与函数 y=k 的图像无交点，需9有 23lgk．考点：方程的解（或函数的零点问题） ．16. 【2018 安徽蒙城五校联考】已知函数 2lnfxax在 1,e上单调递增，则实数 a的取值范围是__________．【答案】 1,2【解析】 由题意，可得 2ln1fxax，若 fx在 1,e递增，则 0f在 ,e恒成立，则 ln2a在 ,恒成立，令 l1xg， ,e，则 2ln4xg，令 0，解得 ，令 0x，解得 1，所以 gx在 1,e递增，在 1,递增，故 max12g，故 2a，所以实数 a的取值范围是 ,2.点睛：本题主要考查了恒成立的求解问题，其中解答中涉及到利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的最值的综合应用，同时考查了利用分离参数求解恒成立问题的方法， 着重考查了转化与化归思想，以及学生的推理与运算能力.三、解答题(本大题共 6 小题，共 70 分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17. 在△ ABC中，三个内角 A， B， C的对边分别为 a， b， c， 5osA，10sinisinsin5aAbBca．（1）求 的值；（2）设 0，求△ C的面积 S．10【答案】 （1） 4B；（2） 60S.【解析】试题解析：（1）由已知可得 22105abcab，∴2210cosabcC．∵ A， (0,)C，∴ 3sinC， sinA，51025cos()()B，∵ 0,，∴ 4．（2）∵ 102sinibcBC，∴ 310265c，15i66SA．考点：1、同角三角函数基本关系式；2、三角恒等变换；3、正、余弦定理；4、三角形 面积公式.18. 已知数列{a n}的前 n 项和为 Sn，且向量 a＝（n，S n） ，b＝（4，n＋3）共线．（1）求证：数列{a n}是等差数列；（2）求数列 1na的前 n 项和 Tn．11【答案】 （1）详见解析；（2） 21nT【解析】试题分析：（Ⅰ）利用向量 a＝（n，S n） ，b＝（4，n＋3）共线，可知 34nS，从而可求得 1a，当 n≥2 时， 12nna，检验知 12na，利用等差数列的定义即可证明数列{a n}是等差数列；（Ⅱ）由 n，易求 n，从而可求得 Tn．试题解 析：（1）证明 ∵a＝（n，S n） ，b＝（4，n＋3）共线，∴n（n＋3）－4S n＝0，∴S n＝ ．∴a 1＝S 1＝1，当 n≥2 时，a n＝S n－S n－1 ＝ 2，又 a1＝1 满足此式，∴a n＝ ．∴a n＋1 －a n＝ 2为常数，∴数列{a n}为首项为 1，公差为 2的等差数列。（2）解 ∵ na＝ ＝2 1n∴T n＝ 1＋ 2＋…＋ n．＝2 ＋2 3＋…＋2 1＝ 21n．考点：1．数列的求和；2．等差数列的通项公式；3．平行向量与共线向量19. 如图，在多面体 ABCDM中，△ 是等边三角形，△ CMD是等腰直角三角形，90CMD，平面 ⊥平面 ， ⊥平面 B，点 O为 的中点，连接 O．12（1）求证： /OM平面 ABD；（2）若 4C，求三棱锥 M的体积．【答案】 （1）证明见解析；（2） 83ABDV.【解析】试题分析：（1）因为 C为等腰直角三角形， 90Co且 O为 CD中点，所以 OMCD，又因为平面 MD平面 B，且交线为 ，根据面面垂直的性质定理可得 平面 B，又因为 AB平面 ，根据垂直于同一平面的两条直线平行得 M/AB，于是根据线面平行判定定理可证 /O平面 ；（2）连接 O，由（1）知 /平面 ，点 到平面 A的距离等于点 到平面 的距离，因此 ABDMABODABOVV，由于地面 CD是边长为 4的等边三角形，所以其面积为 314，则 123CS，根据已知 B⊥平面 ，所以三棱锥 82ABDOV，所以 8ABDMOV.试题解析：（1）证明：∵△ C是等腰直角三角形， 90，点 为 CD的中点，∴ M⊥ C．∵平面 ⊥平面 B，平面 I平面 BC， 平面 B，∴ O⊥平面 D，∵ A⊥平面 ，∴ /，∵ B平面 ， M平面 AB，∴ /O平面 D．（2）由（1）知 /平面 ，∵点 到平面 A的距离等于点 O到平面 D的距离．13∵ 4ABC，△ BD是等边三角形，∴ D， 2O，连接 ，则 ⊥ ， 3， 8ABDMABODABOVV，∴ 三棱锥 的体积为 3．考点：1、空间中的 平行、垂直；2、三棱锥的体积.20. 已知函数 。 xfyln)(（Ⅰ）求函数 的图像在 处的切线方程； e1（Ⅱ）求 的最大值；)(fy【答案】 （Ⅰ） xe32；（Ⅱ） exf)(ma【解析】试题解析：解（1） )(xf定义域为 ,02ln()fxe又 2/)1(fk14函数 )(xfy的在 e1处的切线方程为： )1(2exey，即 exy32（2）令 0/得当 时， ， 在 上为增函数),(ex)(/xf)(f,0e当 时， ，在 上为减函数/efxf1)(ma考点：1．导数的几何意义；2．利用导数求函数的最值．21. 己知函数 f（x）= a+blnx+c（a＞0）的图像在点（1，f（1） ）处的切线方程为 x-y-2=0 （1）用 a 表示 b，c；（2）若函数 g（x）=x-f（x）在 x∈（0，1]上的最大值为 2，求实数 a 的取值范围．【答案】 （1） ， 1a；（2） ,．【解析】试题解析：（1）易得 2abfx（ 0） ．由题意， 1f，得 1， 又切点 ,ac在直线 xy上，得 2ac，解得， （2）由（1）得 ln1lnagbxxa22 21axx令 0g得 1或 ai）当 a时，由 x知， 0gx15gx在 0,1上单调递增ma2于是 符合条件ii）当 01时当 xa时， 0gx； 1ax时， 0gxg在 ,上单调递增，在 ,上单调递减max12与题意矛盾．0不符合题意综上，实数 的取值范围是 ,考点：①导数法求切线方程问题；②由含参数的最值问题求参数范围．22. 已知椭圆 C：21(0)xyab的左、右焦点分别为 1(,0)F， 2(,)，点 2(1,)A在椭圆 上．（1）求椭圆 的标准方程；（2）是否存在斜率为 2 的直线 l，使得当直线 l与椭圆 C有两个不同交点 M、 N时，能在直线53y上找到一点 P，在椭圆 C上找到一点 Q，满足 PN？若存在，求出直线 l的方程；若不存在，说明理由．【答案】 （1）21xy；（2）不存在这样的点 ，理由见解析.【解析】试题分析：（1）借助题设条件运用椭圆定义建立方程求解；（2）借助题设运用直线与椭圆的位置关系探求.16（2）椭圆 C上不存在这样的点 Q．证明如下：设直线 l的方程为 2yxt，设 1(,)Mx， (,)N， 35(,)P， 4(,)xy， MN的中点为 0(,)Dxy，由 2,yt得 22980yt，所以 12ty，且 2436()t，故 1209yt，且 3t，由 PMNQ知四边形 PN为平行 四边形，而 D为线段 的中点，因此， D也是线段 PQ的中点，所以405329yt，可得 42159ty，又 t，所以 7，因此点 Q不在椭圆上．考点：椭圆的标准方程及直线与椭圆的位置关系的综合运用.【易错点晴】本题是一道考查直线与椭圆的位置关系的综合问题.解答本题的第一问时,直接依据题设条件求出 1c,再根据椭圆的定义求得 2a,最终求得椭圆的标准方程为21xy；第二问的求解过程中,先设直线 l的方程为 yxt,再运用直线与椭圆的位置关系建立方程 22980t组,进而运用方程的知识进行分析推断,使得问题获解.1滚动检测 06 第一章到第八章综合（测试时间：120 分钟 满分：150 分）一、选择题（共 12 小题，每题 5 分，共 60 分）1. 已知命题 p:“方程有 240xa实根” ，且 p为真命题的充分不必要条件为 31am，则实数 m的取值范围是（ ）A． [1,) B． (1,) C． ( D． 0【答案】B【解析】考点：简易逻辑．2. 已知函数 4()fx， ()2xga，若 1[,]2， 2[,3]x，使得 12()fxg，则实数 a的取值范围是（ ）A. 1 B. 1a C. 2 D. 2【答案】A【解析】试题分析：由 117[,]()[5,]22xfx；因为 2[,3]()[4,8]xgxa,由若 1[,]2x，2[,3]x，使得 fg得 4,1a,故选 A.考点：函数的单调性.3. 双曲线 12y的离心率为（A） （B） （C） 2 （D） 4【答案】A【解析】2试题分析：双曲线方程中 22212cabcabcea考点：双曲线方程及性质4. 【2018 河南漯河高级中学四模】设 1F和 2为双曲线21(0,)xyb的两个焦点，若 1F， 2F， 0,b是正三角形的三个顶点，则双曲线的渐近线方程是（ ）A. 3yx B. 217yx C. 3yx D. 213yx【答案】C故选：C．5. 如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）3A. 143 B. 0 C. 83 D. 2【答案】C【解析】由题意，该几何体是由一个半圆柱与一个半球组成的组合体，其中半圆柱的底面半径为 1，高为 4，半球的半径为 1，几何体的体积为 321481423，故选 C.6. 已知实数 x、 满足01xy，则 zxy的最大值为A． B． C． 2 D． 412【答案】B【解析】考点：线性规划．7. 【2018 河南豫南豫北联考】已知圆 2:4Oxy，点 1,0,AB，若过 ,AB两点的动抛物4线的准线始终与圆 24xy相切，则该抛物线的焦点的轨迹是（ ）的一部分.A. 直线 B. 椭圆 C. 双曲线 D. 抛物线【答案】B【解析】画出抛物线的大致图象如下：过 A,O,B 分别作抛物线准线的垂线，根据抛物线的定义知 A， B 两点到焦点 P 的距离和等于 A， B 两点到准线距离的和，而 A， B 两点到准线的距离和等于 O 到准线距离的 2 倍，∴ |42P。∴点 P 的轨迹是以 A， B 为焦点的椭圆。选 B。点睛：在圆锥曲线中要注意椭圆、双曲线、抛物线的定义在解题中的应用，这三个定义的应用主要体现在两个方面，一个是根据定义判断曲线的类型，为求曲线的方程做铺垫；二是在已知曲线类型的情况下，利用定义可将曲线上的到焦点的距离进行转化，为问题的解决带来新的方向和思路。8. 【2018 贵州铜仁四周质检】四面体 中， ， ， ，则四面体 外接球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C5方法点睛：解决关于四面体外接球的问题关键是抓住外接的特点，即四面体各个顶点在球面上，且球心到多面体的顶点的距离都等于球的半径，同时要作一圆面起衬托作用.对于特殊类型的问题，我们可以将其还原为规则的几何题，如正方体、正四棱柱、长方体、正三棱柱等等，还原后可以转化为求长方体等特殊几何体的外接球，使问题变得简单、易于理解.9. 如图，过抛物线 20ypx的焦点 F的直线 l交抛物线于点 ,AB，交其准线于点 C，若2BCF，且 3A，则此抛物线的方程为（ ）A. 23yx B. 23yx C. 29yx D. 29yx【答案】B【解析】6考点：抛物线的定义，方程.【思路点晴】根据过抛物线 )0(2pxy的焦点 F的直线 l交抛物线于点 BA、 ,作 DE、 垂直准线于点 DE、 ,根据 ||BFC,且 3|A,和抛物线的定义,由抛物线定义知 21BF，故 ，所以 CE21，即 3F，解得pH3,，所以 ),2(p，代入即得答案 3p，即求得抛物线的方程.10. 设函数 fx是定义在 0上的可导函数为 'fx，且有 '0fxf，则不等式32015201573xf的解集（ ）A． 8, B． ,216 C. 6 D． 0【答案】A【解析】考点：利用导数解不等式【方法点睛】利用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造. 构造辅助函数常根据导数法则进行：如 ()fxf构造()xfge， ()0ffx构造()()xgef， ()fxf构造g， ()0ff构造 gf等，711. 已知实数 ,ab满足 ln(1)30ab，实数 ,cd满足 250c，则 22()()acbd的最小值为（ ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【解析】试题分析：因为 ln(1)+30ba，则 =3ln(1)ab，即 3ln(1)yx因为 250dc，则 25cd，即 25yx. 要求取的表达式的本质就是曲线上的点到直线距离的最小值. 因为31yx，则 ，有 0x， y，即过原点的切线方程为 2yx. 最短距离为25d. 故选 A.考点：导数的几何意义【思路点睛】利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化.以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解.12. 设双曲线 )0,(12bayx的左、右焦点分别为 21,F，离心率为 e，过 2F的直线与双曲线的右支交于 BA,两点，若 ABF1是以 为直角顶点的等腰直角三角形，则 2（ ）A． 21 B． 24 C． 25 D． 23【答案】C【解析】考点：双曲线的简单性质．8【思路点睛】本题考查双曲线的标准方程与性质，考查双曲线的定义，解题的关键是确定 2AF；设1AFBm，计算出 21 AFm，再利用勾股定理，即可建立 ac， 的关系，从而求出2e的值．二．填空题（共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）13. 设数列 na满足 1042，点 ),(naP对任意的 N，都有向量 1(,2)nP，则数列na的前 n 项和 S_____.【答案】 2【解析】试题分析：由点 ),(naP对任意的 N，都有向量 )2,1(nP，可得 12na，数列是等差数列，公差为 2.由 104，则 1240ad，可得 1a，那么 21nSdn.故本题答案应填 n.考点：1.向量的坐标；2.等差数列的通项公式；3.等差数列的前 项和公式.14. 在 ABC中，内角 ,所对的边分别为 ,abc．若 2， ABC的面积为1sin,si2sin6C，则 的值为______．【答案】 3【解析】考点：正、余弦定理解三角形.915. 己知函数 则函数 y=f（x）-k 无零点，则实数 k 的取值范围是 ．3lg,2,()xf【答案】 3lg2k【解析】试题分析：函数 y=f（x）-k 无零点等价于 f（x）-k=0 无解，也即函数 y=f（x）与函数 y=k 的图像无交点．作出两函数图像如下图：显然知，当 ),(23x时，函数 )(xf单调递减；当 ),[23x时，函数 )(xf单调递增，所以当23时， lgminf．由图像已知，要使函数 y=f（x）与函数 y=k 的图像无交点，需有 lgk．考点：方程的解（或函数的零点问题） ．16. 【2018 广东化州二模】已知椭圆21(0)xyab与直线 1:2lyx， 21:lyx，过椭圆上一点 P作 12,l的平行线，分别交 12,l于 ,MN两点，若 为定值，则 ab__________.【答案】4【解析】 当点 0,b时，过椭圆上点 P作 12,l的平行线分别为 1,2yxx， 联立12{ yx，可得 ,bM，同理可得 ,bN，所以 MNb,10当点 ,0Pa时，过椭圆上点 P作 12,l的平行线分别为 11,22aayxyx， 联立12{ yx，可得 ,4aM，同理可得 ,4N，所以 MN,所以 MN为定值，则 2b，所以 .点睛：本题考查了直线与椭圆的位置关系，此类问题的解答中主要特例法的应用，是解答选择题的一种方法，本题的解答中取点 P分别为长轴和短轴的端点，联立方程组，求得 MN，得出 ,ab的关系式是解答关键，平时应注意特殊值等方法在选择题解答中的应用.三、解答题(本大题共 6 小题，共 70 分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17. 如图，在四边形 ABCD中， 3， :2:3ABC， 7A．（Ⅰ）求 sinACB的值；（Ⅱ）若 34D， 1，求 CDA的面积．【答案】 （Ⅰ） 72;（Ⅱ） 62.【解析】试题解析：（1）由 :2:3ABC，可设 2ABx， 3C．又∵ 7A， 3BC，11∴由余弦定理，得 22(7)3()3cosxx，解得 1x，∴ AB， C，…4 分由正弦定理，得2sin1sin7AB．（2）由（1）得 72coC …7 分因为 ,43BD所以 ACBACDAB43sinsi,431272sincocsin CAC又因为 1D,所以 46i2ADS 考点：1.正余弦定理；2.解三角形.18. 已知数列{a n}的前 n 项和为 Sn，且向量 a＝（n，S n） ，b＝（4，n＋3）共线．（1）求证：数列{a n}是等差数列；（2）求数列 1na的前 n 项和 Tn．【答案】 （1）详见解析；（2） 21n【解析】试题解析：（1）证明 ∵a＝（n，S n） ，b＝（4，n＋3）共线，∴n（n＋3）－4S n＝0，∴S n＝ ．∴a 1＝S 1＝1，12当 n≥2 时，a n＝S n－S n－1 ＝ 2，又 a1＝1 满足此式，∴a n＝ ．∴a n＋1 －a n＝ 2为常数，∴数列{a n}为首项为 1，公差为 2的等差数列。（2）解 ∵ na＝ ＝2 1n∴T n＝ 1＋ 2＋…＋ n．＝2 ＋2 3＋…＋2 1＝ 21n．考点：1．数列的求和；2．等差数列的通项公式；3．平行向量与共线向量。19. 在如图所示的空间几何体中，平面 ACD平面 B， ACD与 BV都是边长为 2 的等边三角形，BE， 与平面 ABC所成的角为 60o，且点 E 在平面 上的射影落在 AC的平分线上.（1）求证： /DE平面 ABC；（2）求二面角 的余弦值.【答案】 （1）证明见解析；（2） 13．【解析】试题解析：（1）由题意知 ABC、 D为边长 2 的等边  取 AC的中点 O，连接 B， ，13则 BOAC， D.又平面 ACD平面 B， DO平面 ABC，作 EF平面 ABC，那么 /EF，根据题意，点 F落在 上， EQ和平面 所成的角为 60o， 60o， 2Q， 3， 四边形 是平行四边形， /.平面 ABC， 平面 ABC， /平面 ABC. （2）建立空间直角坐标系 Oxyz，则 (0,3)， (1,0)， (,31,)E， (1,30)BCur(0,13)BEur平面 AC的一个法向量为 1(0,)n 设平面 BE的法向量 2(,)xyzuv 则 20,nBCEurv30xyz取 1z， 2(3,1)n 1122cos(,)||uv，又由图知，所求二面角的平面角是锐角，二面角 EBCA的余弦值为3. 考点：空间中直线与平面的平行于垂直关系、二面角.20. 已知函数 。 xfyln)(（Ⅰ）求函数 的图像在 处的切线方程； e1（Ⅱ）求 的最大值；)(fy【答案】 （Ⅰ） xe32；（Ⅱ） exf)(ma【解析】试题解析：解（1） )(xf定义域为 ,02ln()fx14ef)1(又 2/k函数 )(xfy的在 e1处的切线方程为： )1(2exey，即 exy32（2）令 0/得当 时， ， 在 上为增函数),(ex)(/xf)(f,0e当 时， ，在 上为减函数/efxf1)(ma考点：1．导数的几何意义；2．利用导数求函数的最值．21. 【2018 江西宜春调研】已知椭圆2:1xyCab（ 0a）的离心率为 32，且过点 4,1M.（1）求椭圆 C的方程；（2）若直线 :lyxm（ 3）与椭圆 交于 ,PQ两点，记直线 ,PQ的斜率分别为 12,k，试探究 12k是否为定值，若是，请求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】(1) 2105xy(2) 12k为定值，该定值为 0【解析】试题分析：（1）由椭圆的离心率公式，求得 a2=4b2，将 M 代入椭圆方程，即可求得 a 和 b 的值，求得椭圆方程；（2）将直线 l：代入椭圆方程，利用韦达定理及直线的斜率公式，即可取得 k1+k2=0．试题解析：（1）依题意， 2216{, 3abc，解得 220,5,1abc，故椭圆 C的方程为2105xy；（2） 12k，下面给出证明：设 1,P， 2,Q ，15将 yxm代入2105y并整理得 225840xm，2284，解得 ，且 3.故 125x， 2105x，则 12211212 1444yxyxyk ，分子= 122xmm212124085581105mx，故 k为定值，该定值为 0. 22. 【2018 江西宜春调研】已知函数 2axfe（ 0）.（1）若 a，求曲线 yfx在 1,处的切线方程；（2）若对任意 12,0,x， 21xf恒成立，求实数 a的取值范围.【答案】(1) ye (2) ,ln（2）令 2x1g，故函数 gx的定义域为 R， 221' xgx． 当 x变化时， '， 的变化情况如下表：,11,1,16'gx单调减 单调增 单调减因为 0g， 205，所以 ,2x时，函数 gx的最小值为 0g；因为 2' axfxe． 因为 ，令 '0f得， 1， 2xa．（ⅰ）当 a，即 1时，在 ,上 'x，所以函数 f在 ,上单调递增，所以函数 2mx4affe．由 21a得， ln2，所以 ln．（ⅱ）当 0a，即 时, 在 0,上 '0fx，在 ,2a上 '0fx，所以函数 fx在 2,上单调递增，在 2,a上单调递减，所以 2max4ffae，由 241ae得， ae，所以 1．综上所述， 的取值范围是 ,ln2.点睛：本题考查了导数的几何意义以及利用导数判断函数单调性的知识，在处理任意性的时候要转化为最值问题，解决好最大值与最小值之间的关系，在解答过程中需要注意分类讨论1滚动检测 06 第一章到第八章综合（测试时间：120 分钟 满分：150 分）一、选择题（共 12 小题，每题 5 分，共 60 分）1. 已知 R 是实数集， 21,1xxMNy，则 RNCM（ ）A． （1，2） B．[0，2] C．  D．[1，2]【答案】D【解析】考点：集合的交集、补集运算．2. 【2018 广东五校联考】已知点 P在双曲线 C： 21xyab（ 0a， b）上， A， B分别为双曲线 C的左、右顶点，离心率为 e，若 AB为等腰三角形，其顶角为 5，则 2e（ ）A. 423 B. C. 3 D. 2【答案】D【解析】不妨设点 P在第一象限，因为 ABP为等腰三角形，其顶角为 150，则 P的坐标为31,a，代入双曲线 C的方程得2223431,abeba，故选 D.3. 已知命题 021xp： ， ；命题 q： 若 xy，则 2．则下列命题为真命题的是（ ）A． qB．  C． p D． q【答案 】B【解析】2试题分析：显然命题 021xp： ， 是真命题；命题 q： 若 xy，则 2是假命题，所以 q是真命题，故 q为真命题.考点：命题的真假.4. 已知函数 4()fx， ()2xga，若 1[,]2， 2[,3]x，使得 12()fxg，则实数 a的取值范围是（ ）A. 1 B. 1a C. 2 D. 2【答案】A【解析】考点：函数的单调性.5. 当 4x时，函数 ()sin)fx取得最小值，则函数 3()4yfx的一个单调递增区间是（ ）A． (,)2 B． (0,)2 C． (,)2 D． (,2)【答案】C【解析】试题分析当 4x时，函数 ()sin)fx取得最小值，即 2()4kZ，解得32()kZ，所以 3(4，从而 33()sinsin4yfxxx. 考点：三角函数的性质. 【方法点睛】三角函数 sinyAxk的一般性质研究：1.周期性：根据公式 2T可求得；2.单调性：令 22,kZ，解出不等式，即可求出函数的单调递增区间；令3,2xk，解出不等式，即可求出函数的单调递减区间.6. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）3A． 423 B． 43 C． 4 D． 24【答案】A【解析】考点：三视图. 【思路点睛】由该几何体的三视图可知，该几何体可以看作是 14个圆柱体和一个三棱锥组合而成，然后再，根据柱体和锥体的体积公式，即可求出结果.7. 【2018 河南豫南豫北联考】已知直线 1yx与双曲线21(0,)xyab交于 ,AB两点，且线段 AB的中点 M的横坐标为 1，则该双曲线的离心率为（ ）A. 2 B. 3 C. 2 D. 5【答案】B【解析】由题意得 M1,，设 12,,AxyB 代入双曲线方程相减得22221 3ABOybkbacaexa故选 B点睛：本题考查了直线与双曲线的位置关系，已知弦 AB 的中点 M 坐标，可采用点差法，得出221ABOMybkxa是解决本题的关键.48. 【2018 河南林州一中调研】已知函数 2sinfxw在区间 ,34上的最小值为 2，则 w的取值范围是 （ ）A. 9,6,2 B. 93,,2 C. ,26, D. 3,,【答案】D本题选择 D 选项.9. 数列 {}na中， 12， 1nna（其中 *N） ，则使得 12372naa 成立的 的最小值为 A． 236 B． 38 C． 240 D． 4【答案】B【解析】试题分析：因为 12a， 1nna，所以 213， 2a， 413a， 52，所以数列 {}na的周期为 4，所以 123417236a，所以1237060()6，即此时 n的值为 40，而5123424012346()70aaa ， 242391,aa， 所以使得7n成立的 的最小值为 38，故应选 B．考点：1、数列的递推公式；2、数列的周期性；3、数列的前 n项和．10. 【2018 北京朝阳中学二模】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长的棱长为A. B. C. D. 【答案】C【解析】三视图还原图形三棱锥 ，如下图：,所以最长边为 ，选 C.611. 已知函数 2()3lnfxaxb（ 0， R） ，若对任意 0x都有 ()3fx成立，则（ ）A． ln1ab B． l1C．  D． nab【答案】D【解析】考点：函数与导数.【方法点晴】根据连续函数 fx满足 3ff可知，函数在 3x时取得最小值，经分析30f，所以可以得到 61ba.观察选项分析可知母的是想比较 lna与 1b的大小关系，因此想到的是构造函数 lnln62ga，从而求出 g的最大值小于 0，所以ga恒成立，即 恒成立，本题考查利用导数研究函数的最值.12. 设双曲线 )0,(12bayx的左、右焦点分别为 21,F，离心率为 e，过 2F的直线与双曲线的右支交于 BA,两点，若 ABF1是以 为直角顶点的等腰直角三角形，则 2（ ）A． 21 B． 24 C． 25 D． 3【答案】C【解析】试题分析：设 1FAm，则 12F， 22AmaBFa， ∵2AB， a4mA)21(2∵ 12AF为7直角三角形，∴ 22211FAF∴ 25()4mca42c28)5(a，2e5，故选 C．考点：双曲线的简单性质．二．填空题（共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）13. 已知直线 kxy是 ln的切线，则 k的值为 【答案】 1e【解析】考点：导数的几何意义14. 已知正实数 ,ba满足 4，则 13ab的最小值为___________．【答案】 12【解析】试题分析: 由 4ab可得 1)]4()1[8ba,则 11[][()3]383ababab13[]2]8,故应填答案 2．考点：基本不等式及灵活运用．15. 如图是某几何体的三视图（单位：cm） ，则该几何体的表面积是 c 2m，体积是 3c .【答案】 1423，4【解析】试题分析：根据三视图得出：该几何体是三棱锥，AB=2，BC=3，DB=5，CD=4，AB⊥面 BCD，BC⊥CD，8∴几何体的表面积是 113425413222,其体积： 143CBDSA考点：三视图及几何体表面积体积16. 【2018 河南漯河中学三模】已知函数 25ln,,2fxxgxPQ分别为,fxg图象上任一点，则 PQ的最小值为__________．【答案】 102【解析】 31fx，解得 1x，所以 1,2P，5021d点睛：曲线到直线上的最小距离利用切线处理，曲线上某点的切线平行于该直线时，该点到直线的距离即所求最小距离。曲线的切线问题利用导数，求导得到斜率为该直线斜率。所以本题中得到 31fx，求出该点为 1,2P，再用点线距离求出最小距离。三、解答题(本大题共 6 小题，共 70 分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17. 已知函数 22()3sincosincofxxx．（1）求 的最小正周期；（2）设 [,]3x，求 ()fx的值域和单调递增区间．【答案】 （1） （2） ],[， f的递增区间为 ,123【解析】9试题解析：（1）∵ 22()3(cosin)+sicofxxx3cs2in=si(2)3xx )(xf的最 小正周期为 ．（2）∵ [,]3， x， ∴ 1sin(2)3． )xf的值域为 ],[． 当 sin(2)3y递增时， ()fx递增． 由 x，得 123． 故 ()f的递增区间为 ,．考点：正弦函数的周期性和单调性18. 已知数列{a n}的前 n 项和为 Sn，若 Sn=2an+n，且 bn=n（1- a n）（1）求证：{a n-1}为等比数列；（2）求数列{b n}的前 n 项和 Tn．【答案】 （1）证明过程详见解析；（2） 12nn．【解析】试题解析：（1）由 2nSa，得 121nSa，11n na，即 n，n，n是以 2为首项， 为公比的等比数列．（2）由（1）得 12nna，即 1na102nb12nn①231②① ②得： 2111222nn nnn 1n考点：①等比数列的证明方法；②错位相减法求数列的前 n 项和．19. 如图，在平面四边形 ABCD中， 1， 2C， 7A.（1）求 cosCAD的值；（2）若 714B， 21sin6CBA，求 C的长.【答案】 （1） 2；（2） 3.【解析】试题分析：（1）利用余弦定理可求得 cosCAD的值；（2）由（1）可求得 sinBAC的值,再由正弦定理可得 BC的长.试题解析： （1）如题图，在 B中，由余弦定理，得22cosAD.故由题设知， 7147cs2C. （2）如题图，设 BAa，则 BACD.因为 7cosD， 7cos14，11所以 2271sin1cos1()CADCA.223i ()4BB.于是 sin()aAcocsinDCDCA3217213()447.在 AB中，由正弦定理，得 siniBaA.故37sin216Ca. 考点：正弦定理；余弦定理.【易错点睛】解三角形问题 的技巧①作为三角形问题，它必须要用到三角形的内角和定理，正弦、余弦定理及其有关三角形的性质，及时进行边角转化，有利于发现解题的思路；②它毕竟是三角变换，只是角的范围受到了限制，因此常见的三角变换方法和原则都是适用的，注意“三统一” （即“统一角、统一函数、统一结构” ）是使问题获得解决的突破口.20. 如图，在正三棱柱 1ABC（侧棱垂直于底面，且底面是正三角形）中，16,ACM是棱 1C上一点．（1）若 ,MN分别是 1,CAB的中点，求证： /CN平面 1ABM； （2）求证：不论 在何位置，四棱锥 11的体积都为定值，并求出该定值 ．12【答案】 （1）见解析；（2） 183．【解析】试题分析：（1）连结 1AB交 1于点 P，连结 ,MN，易知 P是 1AB的中点，然后利用中位线定理可使问题得证；（2）作 C交 1于点 ，易知 1平面 C，由此可求得 1BP，从而求得四棱锥 11M的体积．试题解析：（1）连结 AB交 1于点 P，连结 ,N．易知 P是 1的中点，因为 ,N分别是 1,C的中点，所以 /M，且 P，所以四边形 是平行四边形，所以 /．因为 CN平面 1,AB平面 1ABM，所以 /平面 ． ． ． ． ． ． ． ． ． ． ． ． ． ． ． ． ． ． ． ． ． ． ． ． 6 分13考点：1、线面平行的判定定理；2、四棱 锥的体积．21. 【2018 广西贺州桂梧高中联考】已知中心为坐标原点 O，焦点在 y轴上的椭圆 M的焦距为 4，且椭圆 M过点 3， .（1）求椭圆 的方程；（2）若过点 0,1C的直线 l与椭圆 M交于 A， B两点， 2CB，求直线 l的 方程.【答案】 （1）26yx；（2） 51yx.【解析】试题分析：试题解析：（1）设椭圆 M的方程为 210yxab，24c，∴ ，∴ 2ab，又椭圆 过点 13， ，∴ 23ab，14由24{ 31ab，解得 26a， 2b，∴椭圆 M的方程为216yx.（2）设直线 l的方程为 k，由 21,{ 6ykx消去 y 整理得 2350xk，∵直线 l与椭圆交于 A,B 两点，∴ 222403460kk，设 1,Axy， 2,Bxy，则 23k， 1253k，C，∴ 12,,xyx，∴ 2，∴ 1223kx，则 23kx，又 125k，∴ 2283k，即285，解得 5，满足 0。∴ k.故直线 l的方程为 51yx.点睛：（1）解答直线与椭圆的题目时，常把直线方程和椭圆的方程联立，消去 x(或 y)得到一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．解题中要注意“设而不求”和15“整体代换”等方法的运用，另外要注意一元二次方程的判别式在解题中的作用。（2）涉及到直线方程的设法时，要考虑全面，不要忽视直线斜率为 0 或不存在的情形．22. 【2018 河南林州一中调研】已知函数 2ln1fxax .（1）讨论函数 fx的单调性；（2）当 a时，证明：对任意的 0,x，有 2l1fxxa.【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【解析】试题分析：(2)原问题等价于 lnl1xa在 0,上恒成立，构造函数ln,Fxg，据此可得 maxinFg，则21fax恒成立.试题解析：（1）由题意得 21(0)xfx，当 a时，由 0f得 2a且 98a，则 1298198,44axx①当 时， f在 0,上单调递增，在 1,上单调递减；②当 1a时， x在 2上单调递增，在 2x上单调递减；③当 98时， f在 ,上单调递增；16④当 918a时， fx在 20,和 1,x上单调递增，在 12,x上单调递减；（2）当 时，要证 2lna在 0,上恒成立，只需证 lnlx在 ,上恒成立，令 l,1xFg，因为 1x，易得 在 0,上单调递增，在 ,上单调递减，故 1Fx，由得 ln1gxa，得 221ln1(0)xg ，当 e时， x；当 e时， g，所以 x，又 1a，所以 1aee，即 maxinF，所以 lnlx在 0,上恒成立，故当 时，对任意的 x， 2l11fxxa恒成立.