2020届高考数学一轮复习 滚动检测三（1-5章）（规范卷）理（含解析） 新人教A版.docx

《2020届高考数学一轮复习 滚动检测三（1-5章）（规范卷）理（含解析） 新人教A版.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届高考数学一轮复习 滚动检测三（1-5章）（规范卷）理（含解析） 新人教A版.docx（12页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

滚动检测三(1～5章)(规范卷) 考生注意： 1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页． 2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上． 3．本次考试时间120分钟，满分150分． 4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整． 第Ⅰ卷(选择题　共60分) 一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．已知全集为R，集合A＝{x|2x≥1}，B＝{x|x2－6x＋8≤0}，则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　因为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}，故选C. 2．下面是关于复数z＝的四个命题： p1：|z|＝2； p2：z2＝2i； p3：z的共轭复数为1＋i； p4：z的虚部为－1. 其中的真命题为(　　) A．p2，p3B．p1，p2C．p2，p4D．p3，p4 答案　C 解析　∵z＝＝－1－i， ∴|z|＝＝，∴p1是假命题； ∵z2＝(－1－i)2＝2i，∴p2是真命题； ∵＝－1＋i，∴p3是假命题； ∵z的虚部为－1，∴p4是真命题． 其中的真命题共有2个：p2，p4.故选C. 3．(2019宁夏银川一中月考)已知函数f(x)＝3x3－ax2＋x－5在区间[1,2]上单调递增，则a的取值范围是(　　) A．(－∞，5] B．(－∞，5) C. D．(－∞，3] 答案　A 解析　f′(x)＝9x2－2ax＋1， ∵f(x)＝3x3－ax2＋x－5在区间[1,2]上单调递增， ∴f′(x)＝9x2－2ax＋1≥0在区间[1,2]上恒成立． 即a≤＝，即a≤5. 4．已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且＋＝，则tanC等于(　　) A.B.C.D．1 答案　B 解析　因为＋＝，由正弦定理，得＋＝，所以tanC＝，故选B. 5.将函数f(x)＝－2cosωx(ω>0)的图象向左平移φ个单位长度，得到的部分图象如图所示，则φ的值为(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　设将函数y＝f(x)的图象平移后得到函数g(x)的图象，由图象可知g(x)的最小正周期为π，所以ω＝2，则g(x)＝－2cos2(x＋φ)．又g＝－2cos2＝2，且0<φ<，所以φ＝，故选C. 6．已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈R满足f(x)＋f′(x)<0，则下列结论正确的是(　　) 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　由题意设g(x)＝exf(x)，则g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]． ∵对任意x∈R满足f(x)＋f′(x)<0，ex>0， ∴对任意x∈R满足g′(x)<0，则函数g(x)在R上单调递减． ∵ln2g(ln3)，即2f(ln2)>3f(ln3)，故选A. 7．已知函数f(x)＝sin＋cos的最大值为A，若存在实数x1，x2使得对任意实数x总有f(x1)≤f(x)≤f(x2)成立，则A|x1－x2|的最小值为(　　) 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.由题可知，x1，x2分别为函数f(x)的极小值点和极大值点，故|x1－x2|min＝＝，故A|x1－x2|的最小值为，故选B. 8．已知函数f(x)＝sinx|cosx|，则下列说法错误的是(　　) A．f(x)的图象关于直线x＝对称 B．f(x)在区间上单调递减 C．若|f(x1)|＝|f(x2)|，则x1＋x2＝＋kπ(k∈Z) D．f(x)的最小正周期为2π 答案　C 解析　因为f(x)＝sinx|cosx| ＝k∈Z， 故函数f(x)的图象关于直线x＝kπ＋，k∈Z对称，故A正确；f(x)在区间上单调递减，故B正确；函数|f(x)|的周期为，若|f(x1)|＝|f(x2)|，则x1＝0，x2＝满足|f(x1)|＝|f(x2)|＝0，x1＋x2＝，故C错误；f(x)的最小正周期为2π，故D正确．故选C. 9．已知函数f(x)＝(其中e为自然对数的底数)，则y＝f(x)的大致图象为(　　) 答案　D 解析　令g(x)＝ex－5x－1，则g′(x)＝ex－5，所以易知函数g(x)在区间(－∞，ln5)内单调递减，在区间(ln5，＋∞)内单调递增．又g(ln5)＝4－5ln5<0，所以g(x)有两个零点x1，x2，因为g(0)＝0，g(2)＝e2－11<0，g(3)＝e3－16>0，所以x1＝0，x2∈(2,3)，且当x<0时，g(x)>0，f(x)>0；当x1x2时，g(x)>0，f(x)>0，选项D满足条件，故选D. 10．已知点O是锐角△ABC的外心，若＝m＋n(m，n∈R)，则(　　) A．m＋n≤－2 B．－2≤m＋n<－1 C．m＋n<－1 D．－11，如果m＋n>1，则O在三角形外部，三角形不是锐角三角形， ∴m＋n<－1，故选C. 11．设函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0)，已知集合A＝{(x0，f(x0))|x0为f(x)的极值点}，B＝，若存在实数φ，使得集合A∩B中恰好有5个元素，则ω的取值范围是(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　集合A表示f(x)的最大值和最小值对应的点，且两个相邻的最大值(或最小值)点之间的长度为一个周期T，f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0)的最大值或最小值一定在直线y＝1上，又在集合B中．当y＝1时，＋≤1，解得－≤x≤.若存在实数φ，即可将函数f(x)＝sinωx的图象适当平移，依题意得即 又ω>0，所以π≤ω<π，故选A. 12．(2018长沙模拟)若函数f(x)在区间A上，∀a，b，c∈A，f(a)，f(b)，f(c)为一个三角形的三边长，则称函数f(x)为“三角形函数”．已知函数f(x)＝xlnx＋m在区间上是“三角形函数”，则实数m的取值范围为(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　由题意知，若f(x)为区间D上的“三角形函数”，则在区间D上，函数f(x)的最大值N和最小值n应满足： N<2n. 由函数f(x)＝xlnx＋m在区间上是“三角形函数”，f′(x)＝lnx＋1， 当x∈时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减； 当x∈时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增． 故当x＝时，函数f(x)取得最小值－＋m， 又f(e)＝e＋m，f＝－＋m， 故当x＝e时，函数f(x)取得最大值e＋m， 所以00.若綈是綈q的必要不充分条件，则实数a的取值范围为________． 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的必要不充分条件， ∴q是p的必要不充分条件， ∴3a≥2或a≤－4， 又a<0，∴a≤－4，故实数a的取值范围是(－∞，－4]． 14．(2018石家庄模拟)设f′(x)和g′(x)分别是f(x)和g(x)的导函数，若f′(x)g′(x)<0在区间I上恒成立，则称f(x)和g(x)在区间I上单调性相反．若函数f(x)＝x3－2ax(a∈R)与g(x)＝x2＋2bx(b∈R)在区间(a，b)上单调性相反(a>0)，则b－a的最大值为__________． 答案　 解析　由题意知f′(x)＝x2－2a，g′(x)＝2x＋2b， 函数f(x)与g(x)在区间(a，b)上单调性相反， 则(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的解集为(－，)， 所以(a，b)⊆(－，)， 所以b－a≤－a＝－2＋， 当a＝，b＝1时，b－a取得最大值. 15.如图，一位同学在点P1处观测塔顶B及旗杆顶A，得仰角分别为α和90－α.后退l(单位：m)至点P2处再观测塔顶B，仰角变为原来的一半．设塔CB和旗杆BA都垂直于地面，且C，P1，P2三点在同一条水平线上，则塔高CB为________m；旗杆的高BA为________m．(用含有l和α的式子表示) 答案　lsinα　 解析　设BC＝xm．在Rt△BCP1中∠BP1C＝α， 在Rt△BP2C中，∠P2＝， ∵∠BP1C＝∠P1BP2＋∠P2， ∴∠P1BP2＝， 即△P1BP2为等腰三角形，BP1＝P1P2＝l， ∴BC＝x＝lsinα. 在Rt△ACP1中，＝＝tan(90－α)， ∴AC＝＝，则AB＝AC－BC＝－lsinα＝＝. 16．(2018合肥质检)锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足(a－b)(sinA＋sinB)＝(c－b)sinC．若a＝，则b2＋c2的取值范围是________________． 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的内角A＝， 又a＝，则由正弦定理可得＝＝＝＝2， 则b2＋c2＝4sin2B＋4sin2C＝2(1－cos2B)＋2(1－cos2C) ＝4－2 ＝4－2＝4－2cos， 又△ABC是锐角三角形，所以 得0时，显然不成立；当a＝0时，成立； 当a<0时，只需Δ＝a2＋4a<0即可，则－4， ∴h(x)在x∈(0,2]上的取值范围为， ∴a的取值范围为. 21．(12分)已知函数f(x)＝sin(2x＋φ)－cos(2x＋φ)(0<φ<π)． (1)若φ＝，用“五点法”在给定的平面直角坐标系中，画出函数f(x)在区间[0，π]上的图象； (2)若f(x)为偶函数，求φ的值； (3)在(2)的前提下，将函数f(x)的图象向右平移个单位长度后，再将得到图象上各点的横坐标变为原来的4倍，纵坐标不变，得到函数g(x)的图象，求函数g(x)在区间[0，π]上的单调递减区间． 解　(1)当φ＝时， f(x)＝sin－cos ＝2sin. 列表： x 0 π y 1 2 0 －2 0 1 作出函数y＝f(x)在区间[0，π]上的图象，如图所示． (2)f(x)＝sin(2x＋φ)－cos(2x＋φ) ＝2sin. 因为f(x)为偶函数，所以y轴是f(x)的图象的一条对称轴， 所以＝1，则φ－＝kπ＋(k∈Z)， 解得φ＝kπ＋(k∈Z)． 又0<φ<π，所以φ＝. (3)由(2)知，将f(x)＝2sin＝2cos2x根据题意变换后，得g(x)＝f＝2cos. 令2kπ≤－≤2kπ＋π(k∈Z)， 解得4kπ＋≤x≤4kπ＋(k∈Z)． 所以函数g(x)在区间[0，π]上的单调递减区间为. 22．(12分)已知函数f(x)＝lnx＋－，a∈R，且a≠0. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)当x∈时，试判断函数g(x)＝(lnx－1)ex＋x－m的零点个数． 解　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)． 因为f(x)＝lnx＋－， 所以f′(x)＝. 当a<0时，f′(x)>0恒成立， 所以函数f(x)在区间(0，＋∞)内单调递增； 当a>0时，则当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增． 综上所述，当a<0时，函数f(x)在区间(0，＋∞)内单调递增； 当a>0时，函数f(x)在区间内单调递增，在区间内单调递减． (2)由题意知函数g(x)＝(lnx－1)ex＋x－m，x∈的零点个数即关于x的方程(lnx－1)ex＋x＝m，x∈的根的个数． 令h(x)＝(lnx－1)ex＋x，x∈， 则h′(x)＝ex＋1. 由(1)知当a＝1时，f(x)＝lnx＋－1在区间上单调递减，在区间[1，e]上单调递增，所以f(x)≥f(1)＝0. 所以＋lnx－1≥0在区间上恒成立． 所以h′(x)＝ex＋1≥0＋1>0， 所以h(x)＝(lnx－1)ex＋x在区间上单调递增． 所以h(x)min＝h＝－2e＋，h(x)max＝h(e)＝e，所以当m<－2e＋，或m>e时，函数g(x)没有零点； 当－2e＋≤m≤e时，函数g(x)有一个零点．