【数学】2020届一轮复习浙江版综合检测二
综合检测二
(时间：120分钟 满分：150分)
第Ⅰ卷(选择题 共40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．已知集合A＝{x|－2
0，x≠1)，
则g(x)＝
得g′(x)＝
故当x>1时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，f(x)单调递减，且f(x)>0；当0D(X)＋D(Y)
D．E(X)＋E(Y)2x2y2＝D(X)＋D(Y)，
E(X)＋E(Y)＝3>≥(x2y2)2＝D(X)·D(Y)，故选C.
8．已知向量a，b满足|2a＋b|＝3，且a·(a－b)＝3，则|a－b|的最小值为( )
A. B. C. D.
答案 D
解析 方法一 由a·(a－b)＝3，
得[(2a＋b)＋(a－b)]·(a－b)＝9，
即(2a＋b)·(a－b)＋|a－b|2＝9，
设2a＋b与a－b的夹角为θ，
则(2a＋b)·(a－b)＝|2a＋b|·|a－b|·cos θ∈[－3|a－b|,3|a－b|]，
所以－3|a－b|≤9－|a－b|2≤3|a－b|，
解得≤|a－b|≤，
所以|a－b|的最小值为.
方法二 如图，设a＝，b＝，
由|2a＋b|＝3，
得＝1，
取靠近A的AB的三等分点C，
则＝a＋b，所以||＝1.
由a·(a－b)＝3，得·＝1.
以MC所在直线为x轴，线段MC的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系xOy，则M，C，
设A(x，y)，则由·＝1，得x2＋y2＝，
所以点A的轨迹是以O(0,0)为圆心，为半径的圆，
易知点C在该圆内，所以|AC|的最小值为，
所以|AB|的最小值为，
即|a－b|的最小值为.
9．已知P为双曲线－＝1上一点，M，N分别为圆(x＋3)2＋y2＝及其关于y轴对称的圆上的两点，则|PM|－|PN|的取值范围为( )
A．[－5,5] B．[－5，－3]∪[3,5]
C．(－3,3) D．[－3,3]
答案 B
解析 由题意知，点M在圆(x＋3)2＋y2＝上，点N在圆(x－3)2＋y2＝上，设双曲线－＝1的左、右焦点分别为F1，F2，则F1(－3,0)，F2(3,0)，易知F1，F2分别为两个圆的圆心，连接PF1，MF1，PF2，NF2，则|PF1|－|MF1|≤|PM|≤|PF1|＋|MF1|，|PF2|－|NF2|≤|PN|≤|PF2|＋|NF2|，所以|PF1|－|PF2|－1≤|PM|－|PN|≤|PF1|－|PF2|＋1，而|PF1|－|PF2|＝±4，所以－5≤|PM|－|PN
|≤－3或3≤|PM|－|PN|≤5.
10．如图1，已知正三角形ABC的边长为6，O是底边BC的中点，D是AB边上一点，且AD＝2，将△AOC绕着直线AO旋转，在旋转过程中，若DC的长度在[，]内变化，如图2，则点C所形成的轨迹的长度为( )
A. B. C．π D.
答案 A
解析 方法一 ∵△ABC为正三角形，O为BC的中点，
∴AO⊥OB，AO⊥OC，
∴∠BOC是二面角B－AO－C的平面角，记∠BOC＝θ.
如图，过点D作DE⊥OB，垂足为E，连接CE，则DE∥AO，OE＝1，OC＝3，DE＝AO＝2，则＝＋＋，其中〈·〉＝θ，
即〈，〉＝π－θ，
∴2＝(＋＋)2＝2＋2＋2＋2·＝(2)2＋12＋32＋2×1×3×cos〈，〉＝22－6cos θ，
则2＝22－6cos θ∈[19,22]，即cos θ∈，
即点C转过的角度为－＝.
点C的轨迹为以O为圆心，以OC为半径的一段圆弧，弧长为3×＝.
方法二 ∵△ABC为正三角形，O为BC的中点，
∴AO⊥OB，AO⊥OC，
∴∠BOC是二面角B－AO－C的平面角，记∠BOC＝θ.
如图，过点D作DE⊥OB，垂足为E，连接CE，则DE∥AO，OE＝1，OC＝3，DE＝AO＝2，则EC2＝OC2＋OE2－2OC·OE·cos θ＝10－6cos θ，
在Rt△DCE中，DC2＝DE2＋EC2＝(2)2＋10－6cos θ＝22－6cos θ，则DC2＝22－
6cos θ∈[19,22]，
即cos θ∈，即点C转过的角度为－＝.
点C的轨迹为以O为圆心，以OC为半径的一段圆弧，弧长为3×＝.
第Ⅱ卷(非选择题 共110分)
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．把答案填在题中横线上)
11．《九章算术》是我国古代数学经典名著，它在集合学中的研究比西方早一千年．在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”．已知某“鳖臑”的三视图(单位：cm)如图所示，则该“鳖臑”的体积是________ cm3.
答案 10
解析 由三视图结合“鳖臑”的定义易得该几何体为一个底面为直角边长分别为3,4，高为5，且顶点在底面的射影为直角三角形中最小的角的顶点，则其体积为××3×4×5＝10 cm3.
12．已知等比数列{an}的公比q>0，前n项和为Sn.若2(a5－a3－a4)＝a4，且a2a4a6＝64，则q＝________，Sn＝________.
答案 2
解析 ∵2(a5－a3－a4)＝a4，
∴2a5＝2a3＋3a4⇒2q4＝2q2＋3q3⇒2q2－3q－2＝0，
得q＝－(舍去)或q＝2.
∵a2a4a6＝64，∴a＝64⇒a4＝4，
∴a1＝，Sn＝＝.
13．已知x，y满足约束条件则约束条件表示的可行域的面积为________，目标函数z＝x－y＋3的取值范围为________．
答案 [2,3]
解析 画出可行域如图中阴影部分(含边界)所示，则A(0,1)，B(2,2)，C，
易知AC⊥BC，
则可行域的面积
S＝·|AC|·|BC|＝.
因为z＝x－y＋3，所以y＝x－z＋3，
数形结合知，当直线y＝x－z＋3与直线BC重合时，z取得最大值3，当直线y＝x－z＋3经过点A时，z取得最小值2，所以z∈[2,3]．
14．已知函数f(x)＝|2x－1|，g(x)＝|2x＋a|(a∈R)，则不等式f(x)≤3的解集为________；若不等式f(x)＋g(x)≥6对任意的x∈R恒成立，则实数a的取值范围是________________________．
答案 [－1,2] (－∞，－7]∪[5，＋∞)
解析 f(x)≤3，即|2x－1|≤3，即－3≤2x－1≤3，
解得－1≤x≤2，
所以不等式f(x)≤3的解集为[－1,2]．
因为f(x)＋g(x)＝|2x－1|＋|2x＋a|
≥|2x－1－2x－a|＝|a＋1|，
所以要使不等式f(x)＋g(x)≥6对任意的x∈R恒成立，则|a＋1|≥6，解得a≤－7或a≥5.
15．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a＝3，b＝2，A＝2B，则sin B＝________，c＝________.
答案
解析 ∵a＝3，b＝2，A＝2B，
∴由正弦定理＝得，
＝，即＝，
∵B为△ABC的一个内角，∴sin B>0，∴cos B＝，
∴sin B＝＝.
由二倍角公式知，
sin A＝sin 2B＝2sin Bcos B＝2××＝，
cos A＝cos 2B＝2cos2B－1＝.
方法一 ∵cos C＝cos[π－(A＋B)]＝－cos(A＋B)
＝－(cos Acos B－sin Asin B)＝，
∴c2＝a2＋b2－2abcos C＝，∴c＝.
方法二 ∵sin C＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)
＝sin Acos B＋cos Asin B＝，
由正弦定理＝，得＝，∴c＝.
16．已知x，y，z均为正实数，且满足x2＋y2＋z2＝1，则xy＋2yz的最大值为________．
答案
解析 由已知条件x2＋y2＋z2＝1，
可设1＝x2＋λy2＋(1－λ)y2＋z2,0<λ<1，
即得1≥2xy＋2yz，
令＝，解得λ＝，
所以xy＋yz≤1，即xy＋2yz≤，
当且仅当即时等号成立．
17．已知函数f(x)＝x＋，若对于任意的m∈R，方程|f(m＋x)|＋|f(m－x)|＝a均有解，则a
的取值范围是________．
答案 [4，＋∞)
解析 令g(x)＝|f(m＋x)|＋|f(m－x)|，
∴g(－x)＝|f(m－x)|＋|f(m＋x)|＝g(x)，
∴g(x)是偶函数，设x>0，
①若m>0，
当x2≥4；
当x>m时，g(x)＝(x＋m)＋＋(x－m)＋＝2x＋＋＝2x＋>2≥4.
②若m<0，则－m>0，
当x<－m时，g(x)＝－(x＋m)－－(m－x)－
＝－2m－＝－2m－
>2≥4；
当x>－m时，g(x)＝(x＋m)＋＋(x－m)＋＝2x＋＋＝2x＋>2≥4.
③若m＝0，g(x)＝2≥4.
又g(x)是偶函数，∴当x<0时，g(x)＝g(－x)≥4.
综上，g(x)≥4.
∴要使方程g(x)＝a有解，只需a≥4即可，
∴所求a的取值范围是[4，＋∞)．
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．(14分)(2019·台州模拟)设函数f(x)＝sin－2sin xcos x(x∈R)．
(1)求函数f(x)的最小正周期及f的值；
(2)将函数f(x)的图象向右平移个单位长度，得到函数g(x)的图象，试求g(x)在上的最小值．
解 (1)f(x)＝sin－2sin xcos x
＝sin 2x＋cos 2x－sin 2x
＝cos 2x－sin 2x＝cos.
所以函数f(x)的最小正周期T＝＝π，
f＝cos＝－.
(2)g(x)＝f＝cos
＝cos.
因为x∈，所以2x＋∈.
所以当2x＋＝π，即x＝时，g(x)取最小值，此时g(x)min＝－1.
19．(15分)如图，在四棱锥P－ABCD中，DB⊥平面PAB，∠ABP＝120°，AB∥CD，CD＝BD＝AB＝BP＝2，E为AP的中点．
(1)求证：PC∥平面BDE；
(2)求直线DE与平面PCD所成角的正弦值．
(1)证明 方法一 连接AC交BD于点F，连接EF，
则EF为△ACP的中位线，所以EF∥PC，
又EF⊂平面BDE，PC⊄平面BDE，
所以PC∥平面BDE.
方法二 因为AB∥CD，AB＝CD，
所以四边形ABCD为平行四边形，
所以AD∥BC且AD＝BC，
故可将四棱锥P－ABCD补形成三棱柱PAB－KDC，如图，取DK的中点Q，连接QC，PQ，EQ.
易知DQ∥EP，DQ＝EP，
所以四边形PEDQ为平行四边形，所以DE∥PQ，
又DE⊂平面BDE，PQ⊄平面BDE，所以PQ∥平面BDE.
又DQ∥AE，DQ＝AE，
所以四边形ADQE为平行四边形，
所以AD∥EQ，AD＝EQ，
又AD∥BC，AD＝BC，∴EQ∥BC，EQ＝BC，
所以四边形BEQC为平行四边形，所以BE∥QC，
又BE⊂平面BDE，QC⊄平面BDE，
所以QC∥平面BDE.
又PQ∩QC＝Q，所以平面PQC∥平面BDE.
又PC⊂平面PQC，所以PC∥BDE.
(2)解 方法一 由(1)中方法二可知DE∥PQ，
所以直线DE与平面PCD所成的角就是直线PQ与平面PCD所成的角，设直线PQ与平面PCD所成的角为θ，点Q到平面PCD的距离为h.
连接AC交BD于点F，连接EF，
易知EF＝，PC＝2，PQ＝，
在△CDP中，DP＝2＝PC，CD＝2，
所以S△CDP＝×2×＝，
易知S△CDQ＝×1×＝，
因为VP－CDQ＝VQ－CDP，
所以×S△CDQ×BD＝×S△CDP×h，
所以h＝.所以sin θ＝＝＝，
所以直线DE与平面PCD所成角的正弦值为.
方法二 在△BAP中，AB＝BP＝2，E为AP的中点，∠ABP＝120°，所以BE⊥AP，
以E为坐标原点，，的方向分别为x，y轴的正方向，过点E且平行于DB的直线为z轴，且的方向为z轴的正方向建立空间直角坐标系(图略)，则E(0,0,0)，B(1,0,0)，A(0，，0)，P(0，－，0)，D(1,0,2)，
所以＝(1，，2)，＝＝(1，－，0)，＝(1,0,2)，
设直线DE与平面PCD所成的角为θ，平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，则得
取y＝1，得x＝，z＝－，
所以n＝(，1，－)为平面PCD的一个法向量，
所以sin θ＝＝＝，
所以直线DE与平面PCD所成角的正弦值为.
20．(15分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2n＝2an＋3，S3＝3，数列{bn}为等比数列，b1＋b3＝10a3，b2＋b4＝10a6.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)若cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn，并求使得Tn<λ2－λ恒成立的实数λ的取值范围．
解 (1)由{an}为等差数列可得，
S3＝a1＋a2＋a3＝3a2＝3，故a2＝1.
由a2n＝2an＋3可得a2＝2a1＋3，
故1＝2a1＋3，解得a1＝－1.
所以数列{an}的公差d＝a2－a1＝1－(－1)＝2，
所以an＝a1＋(n－1)d＝－1＋2(n－1)＝2n－3.
故a3＝2×3－3＝3，a6＝2×6－3＝9.
设等比数列{bn}的公比为q，
则由已知可得b1＋b3＝10a3＝30，b2＋b4＝10a6＝90.
所以q＝＝＝3，
故b1＋b3＝b1＋b1×32＝30，解得b1＝3.
所以数列{bn}的通项公式为bn＝3×3n－1＝3n.
(2)由(1)可知，cn＝
＝×
＝×
＝.
所以Tn＝c1＋c2＋…＋cn
＝＋＋…＋
＝
＝
＝.
因为>0，所以Tn<×＝.
故由Tn<λ2－λ恒成立可得λ2－λ≥，
即64λ2－4λ－3≥0，也就是(4λ－1)(16λ＋3)≥0，
解得λ≤－或λ≥.
21.(15分)如图，已知在平面直角坐标系xOy中，抛物线E：x2＝2py(p>0)的焦点F是椭圆C：＋y2＝1的一个焦点．
(1)求抛物线E的方程；
(2)设P是E上的动点，且位于第一象限，抛物线E在点P处的切线l与椭圆C
交于不同的两点A，B，直线y＝－与过点P且垂直于x轴的直线交于点M，OM与直线l交于点D.
①求证：直线OM平分线段AB；
②若直线l与y轴交于点G，记△PFG的面积为S1，△PDM的面积为S2，是否存在点P，使得取得最小值？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
(1)解 根据题意，F，
所以抛物线E的方程为x2＝2y.
(2)①证明 设P(m>0)，
由x2＝2y可得y′＝x，所以直线l的斜率为m，
因此直线l的方程为y－＝m(x－m)，即y＝mx－.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由得(3m2＋4)x2－3m3x＋－3＝0，
所以x1＋x2＝.
又M，所以OM的方程为y＝－x，
由得直线OM与l的交点的横坐标为
xD＝，故xD＝，
所以直线OM平分线段AB.
②解 由①知直线l的方程为y＝mx－(m>0)，
所以G，所以P，F，
D，M，
所以S1＝|GF|m＝m(m2＋1)，
S2＝|PM|·|m－xD|＝，
所以＝.
令t＝3m2＋8，则＝＝402－，
又对于(3m2＋4)x2－3m3x＋－3＝0，Δ>0，
即(－3m3)2－4(3m2＋4)>0，
所以00，f′(x)>0，
所以f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．
②当a>0时，Δ＝(4a)2－4a(2a＋1)＝4a(2a－1)，
(i)当a>时，Δ>0，令u(x)＝0，得
x1＝，x2＝，且x10，f′(x)>0，
当x∈(x1，x2)时，u(x)<0，f′(x)<0，
所以f(x)的单调递增区间为，，单调递减区间为.
(ii)当00，令u(x)＝0，得
x1＝，x2＝，且x20，f′(x)>0，
当x∈(－∞，x2)∪(x1，＋∞)时，u(x)<0，f′(x)<0，
所以f(x)的单调递增区间为
，单调递减区间为，.
综上，当a>时，f(x)的单调递增区间为，，单调递减区间为；
当0≤a≤时，f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)；
当a<0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为，.
(2)证明 方法一 由(1)得，x1＝，
x2＝.
①当a≤－时，由(1)知f(x)在(x1，＋∞)上单调递减，
因为x1＝＝－2＋ ≤0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以当x≥0时，f(x)≤f(0)＝－1<0.
②当－0，g(x)在(ln 2,1)上单调递增，
因为g(0)＝－1<0，g(1)＝2e－7<0，
所以当x∈(0,1)时，恒有g(x)<0.
又x1∈(0,1)，所以g(x1)<0，即f(x1)<0，
从而当x≥0时，f(x)≤f(x1)<0.
综上，若a<－，当x≥0时，f(x)<0.
方法二 f(x)＝(ax2＋2ax＋1)ex－2＝aex(x2＋2x)＋ex－2，
令φ(a)＝aex(x2＋2x)＋ex－2，
显然当x≥0时，ex(x2＋2x)≥0，
所以当a<－时，φ(a)<φ＝－＋ex－2.
所以要证当x≥0时，f(x)<0，
只需证当x≥0时，－＋ex－2≤0，
即证当x≥0时，ex(x2＋2x－7)＋14≥0.
令g(x)＝ex(x2＋2x－7)＋14，
则g′(x)＝ex(x2＋4x－5)＝(x－1)(x＋5)ex，
所以当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)在(0,1)上单调递减，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x≥0时，g(x)≥g(1)＝14－4e>0，
从而当x≥0时，f(x)<0.
