1、阶段质量检测(五)专题一五“综合检测”(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40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(2019诸暨适应性考试)将函数ysin 2x的图象向左平移(0)个单位长度得到函数ysin的图象，则的最小值为()A.B.C. D.解析：选B将函数ysin 2x的图象向左平移个单位长度得到的函数的解析式为ysin 2(x)sin(2x2)，即为ysin.所以可知22k，kZ.又0，所以的最小值为，故选B.2已知函数f(x)ln(xa)在点(1，f(1)处的切线的倾斜角为45，则a的值为()A1 B0C1 D2解析：
2、选Bf(x)，f(1)tan 451，解得a0.故选B.3若双曲线C：1(b0)的两个顶点将焦距三等分，则焦点到渐近线的距离是()A2 B4C4 D6解析：选C设双曲线的焦距为2c，因为双曲线的两个顶点将焦距三等分，所以c3a6，则b4，所以双曲线的焦点到渐近线的距离为b4，故选C.4(2019宁波高三期末)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是()A. B.C1 D1解析：选D根据三视图可得该几何体是一个四分之一圆锥与三棱柱的组合体，四分之一圆锥的底面半径为1，高为1，故体积为1，三棱柱的底面是两直角边分别为1和2的直角三角形，高为1，故体积为1211，故该几何体的体积V1，故选D.5
3、(2019浙江五校联考)函数yex的大致图象为()解析：选C由函数解析式得函数的定义域为(，1)(1，)，排除B；函数只有x1一个零点，排除A；又y，则当x时，y0，函数单调递增，排除D，故选C.6已知F1，F2是椭圆1(ab0)的左、右两个焦点，若椭圆上存在点P使得PF1PF2，则该椭圆的离心率的取值范围是()A. B.C. D.解析：选BF1，F2是椭圆1(a0，b0)的左、右两个焦点，F1(c,0)，F2(c,0)，c2a2b2.设点P(x，y)，由PF1PF2，得(xc，y)(xc，y)0，化简得x2y2c2.联立方程组整理得，x2(2c2a2)0，解得e.又0e1，e1.7已知函数f
4、(x)sin(2x)，其中为实数，若f(x)对任意xR恒成立，且f0，则f(x)的单调递减区间是()A.，kZ B.，kZC.，kZ D.，kZ解析：选C由题意可得函数f(x)sin(2x)的图象关于直线x对称，故有2k，kZ，即k，kZ.又fsin0，所以2n，nZ，所以f(x)sin(2x2n)sin 2x.令2k2x2k，kZ，解得kxk，kZ，故函数f(x)的单调递减区间为，kZ，故选C.8若实数x，y满足约束条件则z2xy的最小值为()A3 B4C5 D7解析：选B作出不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分所示，作出直线2xy0并平移该直线，易知当直线经过点A(1,2)时，目标函数z
5、2xy取得最小值，且zmin2124，故选B.9记函数yx1的最大值为M，最小值为m，则的值为()A1 B1C.1 D解析：选B设xcos ，0，则sin ，所以ycos sin 12sin1，因为0，所以，则y2sin11,1，即m1，M1，故1.10已知函数f(x)(2x1)exax23a(x0)为增函数，则a的取值范围是()A2，) B.C(，2 D.解析：选Af(x)(2x1)exax23a在(0，)上是增函数，f(x)(2x1)ex2ax0在区间(0，)上恒成立，即2aex.设g(x)ex，则g(x)ex，由g(x)ex0和x0得x，当x时，g(x)0，当0x时，g(x)0，g(x)
6、在x处取得最小值，g4，2a4，a2，故选A.二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分)11(2019台州高三调研)已知Sn为等差数列an的前n项和，满足a2a86，S55，则a6_，Sn的最小值为_解析：设等差数列an的公差为d，则有解得所以a6a15d5，Snna1dn26n，所以当n3时，Sn取得最小值为32639.答案：5912设函数f(x)gx2，曲线yg(x)在点(1，g(1)处的切线方程为9xy10，则曲线yf(x)在点(2，f(2)处的切线方程为_解析：由已知得g(1)9，g(1)8，又f(x)g2x，f(2)g(1)44，f(2)g(1)44，所求
7、切线方程为y4(x2)，即x2y60.答案：x2y6013(2019金丽衢十二校联考)在ABC中，内角A，B和C所对的边长分别为a，b，c，面积为(a2c2b2)，且C为钝角，则tan B_；的取值范围是_解析：由三角形面积公式得(a2c2b2)acsin B，由余弦定理得a2c2b22accos B，联立得sin B2cos B，所以tan B，则易得sin B，cos B，由正弦定理得，因为C为钝角，所以ABtan B，则，即的取值范围为.答案：14已知a，b是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c满足|ca|，则|abc|2|cb|的最小值为_解析：设a(1,0)，b(0,1)，c，则由
8、|ca|，得点C的轨迹为以点A为圆心，为半径的圆，则|abc|2|cb|2|CB|CM|，其中点M的坐标为(1,1)，由阿波罗尼斯圆易得存在点N使得|CM|2|CN|，则|abc|2|cb|2|CB|CM|2(|CB|CN|)2|BN|，当且仅当点C在线段BN上时，等号成立，所以|abc|2|cb|的最小值为.答案：15已知函数f(x)|x22ax2|，若f(x)1在区间上恒成立，则实数a的取值范围是_；设maxm，n则max的最小值为_解析：由f(x)|x22ax2|1在上恒成立可得1x22ax21，即x2ax在区间上恒成立，所以max2amin，所以2a2，解得a.因为maxmax|94a
9、|，|64a|，所以其最小值为.答案：16已知双曲线E：1(a0，b0)的左、右焦点分别为F1，F2，A(2,1)，B是E上不同的两点，且四边形AF1BF2是平行四边形，若AF2B，SABF2，则双曲线E的标准方程为_解析：如图，因为四边形AF1BF2是平行四边形，所以SABF2SAF1F2，F1AF2，所以|F1F2|2|AF1|2|AF2|22|AF1|AF2|cos ，即4c2|AF1|2|AF2|2|AF1|AF2|，又4a2(|AF1|AF2|)2，所以4a2|AF1|2|AF2|22|AF1|AF2|，由可得|AF1|AF2|4b2，又SABF24b2，所以b21，将点A(2,1)
10、代入y21，可得a22，故双曲线E的标准方程为y21.答案：y2117已知定义在R上的奇函数f(x)的图象关于直线x1对称，且当x(0,1时，f(x)9x3，则f_；若数列an满足anf(log2(64n)，对nN*且n0，当x时，f(x)0，当x时，f(x)0，且ff0.而6log2(64n)log2164log2128，当6log2(64n)，即64n0，64(90,91)，n26，当27n100时，log2(64n)，an0，当a1a2an最大时，n26.答案：026三、解答题(本大题共5小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)18(本小题满分14分)如图所示，四边形AB
11、CD为菱形，PAPD，二面角PADC为直二面角，点E是棱AB的中点(1)求证：PEAC；(2)若PAAB，当二面角PACB的余弦值为时，求直线PE与平面ABCD所成的角解：(1)证明：如图，设F是棱AD的中点，连接PF，EF，BD，由PAPD及F是棱AD的中点，可知PFAD，又二面角PADC为直二面角，故PF平面ABCD，而AC平面ABCD，故PFAC，又因为四边形ABCD为菱形，故BDAC，而EF是ABD的中位线，故EFBD，从而可知EFAC，又PFEFF，PF平面PEF，EF平面PEF，所以AC平面PEF，又PE平面PEF，故PEAC.(2)设点G是AC与EF的交点，由(1)可知AC平面P
12、EF，又PG，EG均在平面PEF内，从而有PGAC，EGAC，故PGE为二面角PACB的平面角，因为PAAB，所以PAD为等边三角形不妨设菱形ABCD的边长为2a，GEb.则在RtPFG中，易知有PFa，FGb，于是PG，在RtPFE中，PE，故cosPGE，得.因为PF平面ABCD，所以PEF为直线PE与平面ABCD所成的角则tanPEF1，所以直线PE与平面ABCD所成的角为45.19(本小题满分15分)已知函数f(x)3ax22(ab1)xb，a，bR，x1,1(1)若ab1，证明函数f(x)的图象必过定点；(2)记|f(x)|的最大值为M，对任意的|a|1，|b|1，求M的最大值解：(
13、1)证明：因为ab1，所以b1a.所以f(x)a(3x24x1)1，要使函数过定点，则须3x24x10，解得x1或x.故可知函数的图象必过定点(1，1)和.(2)当a0时，f(x)2(b1)xbb2,23b，所以此时|f(x)|5；当a1，即b14a时，f(x)b0时，对称轴x，1，即b12a时，f(x)5a3b210，f(x)ab23，所以|f(x)|10；12a时，f(x)5a3b210，f(x)bb3a4，所以|f(x)|10.综上，M的最大值为10，当a1，b1，x1时取到20.(本小题满分15分)已知抛物线C：y22px(p0)的焦点是F(1,0)，直线l1：yk1x，l2：yk2x
14、分别与抛物线C相交于点A和点B，过A，B的直线与圆O：x2y24相切(1)求直线AB的方程(含k1，k2)；(2)若线段OA与圆O交于点M，线段OB与圆O交于点N，求SMON的取值范围解：(1)由已知得p2，所以抛物线C：y24x.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立得kx24x0，解得x0或x，所以A.同理B.当直线AB的斜率存在时kAB，直线AB的方程为y，化简得k1k2x(k1k2)y40.当直线AB的斜率不存在时，直线AB也满足方程k1k2x(k1k2)y40，直线AB的方程为k1k2x(k1k2)y40.(2)直线AB与圆O相切，点O到直线AB的距离d2，化简得(k1k2)2(
15、k1k2)240，若k1k20，则(k1k2)24(k1k2)24，得2k1k20，则4(k1k2)2(k1k2)24k1k2，得0k1k222，而k1k2，0k1k222.cosAOB，又(k1k2)2(k1k2)240，(k1k2)2kk42k1k2，cosAOB，sin2MON.设t52k1k2，则S4sin2MON44.当2k1k218，SMON.0k1k222时，t(94，5)，S18单调递增18S18，即0S0，f(x)1aaln x.当a0时，f(x)x，函数f(x)在(0，)上单调递增；当a0时，函数f(x)1aaln x单调递增，f(x)1aaln x0xe10，故当x(0，
16、e1)时，f(x)0，所以函数f(x)在(0，e1)上单调递减，在(e1，)上单调递增；当a0，故当x(0，e1)时，f(x)0，当x(e1，)时，f(x)0，所以函数f(x)在(0，e1)上单调递增，在(e1，)上单调递减(2)证明：由(1)可知若函数f(x)xaxln x存在极大值，且极大值点为1，则a0，则h(x)ex2xln x.令g(x)h(x)，则g(x)ex20，所以函数h(x)ex2xln x单调递增，又he10，故h(x)ex2xln x在上存在唯一零点x0，即ex02x0ln x00.所以当x(0，x0)时，h(x)0，所以函数h(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)
17、上单调递增，故h(x)h(x0)ex0xx0x0ln x0，所以只需证h(x0)ex0xx0x0ln x00即可，由ex02x0ln x00，得ex02x0ln x0，所以h(x0)(x01)(x0ln x0)，又x010，所以只要x0ln x00即可，当x0ln x00时，ln x0x0x0ex0ex0x00，所以ex0x0x0ln x00与ex02x0ln x00矛盾，故x0ln x00，得证22(本小题满分15分)(2019湖州调研)已知函数f(x)xln xax2x恰有两个极值点x1，x2(x12ae(其中e为自然对数的底数)解：(1)由题意得f(x)ln xax0，故a，设g(x)(x0)，则g(x)，故当0x0；当xe时，g(x)e时，g(x)0，所以实数a的取值范围为.(2)证明：由(1)得ln x2ax20，且x2e，故a，要证2a，只需证2，即证2ln x2.设h(x)2xln x(xe)，则h(x)20，所以h(x)在(e，)上单调递增，故h(x)h(e)2e10，因此2a成立(3)证明：由(1)得ln x1ax10，ln x2ax20，且1x1ex2，故a.由(1)得0ae2ae，只需证2，即证2a，故2a2a2.设G(x)x2ln x(0x0，所以G(x)在(0,1)上单调递增，故G(x)G(1)0.结合01，所以x1x20，2ln 0.因此有2ae.