2019版高考数学一轮复习浙江专版精选提分练（含最新2018模拟题）：专题10 计算原理 概念阶段滚动检测（六） .docx

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1、一、选择题1(2018届嘉兴第一中学基础测试)已知集合Px|x29，Qx|x2，则PQ等于()Ax|x3 Bx|x2Cx|2x3 Dx|2b0)的右顶点为A，右焦点为F，B为椭圆E在第二象限上的点，直线BO交椭圆E于点C，若直线BF平分线段AC于M，则椭圆E的离心率是()A. B.C. D.7在二项式n的展开式中，各项系数之和为A，各项二项式系数之和为B，且AB72，则展开式中常数项的值为()A6 B9 C12 D188.如图，有一个底面是正方形的直棱柱型容器(无盖)，底面棱长为1 dm(dm为分米)，高为5 dm，两个小孔在其相对的两条侧棱上，且到下底面距离分别为3 dm和4 dm，则(水不

2、外漏情况下)此容器可装的水最多为()A. dm3 B4 dm3 C. dm3 D3 dm39已知实数a，b，c满足a22b23c21，则a2b的最大值是()A. B2 C. D310(2017浙江省嘉兴一中等五校联考)设函数f(x)aa，若存在唯一的整数x0使得f(x0)0)的焦点为F，准线为l，过抛物线上一点A作l的垂线，垂足为B.设C，AF与BC相交于点E.若|CF|2|AF|，且ACE的面积为3，则p的值为_16已知实数x，y，z满足则xyz的最小值为_17.已知扇环如图所示，AOB，OA2，OA，P是扇环边界上一动点，且满足x y，则2xy的取值范围为_三、解答题18在ABC中，角A，

3、B，C所对的边分别为a，b，c，且c3bcos A，tan C.(1)求tan B的值；(2)若c2，求ABC的面积19如图，已知四棱锥PABCD的底面是菱形，BAD，ABPD2，PBPC.(1)求证：平面PBC平面ABCD；(2)求直线PC与平面PAB所成角的正弦值20设函数f(x)x2mln x，g(x)x2xa.(1)当a0时，f(x)g(x)在(1，)上恒成立，求实数m的取值范围；(2)当m2时，若函数h(x)f(x)g(x)在1,3上恰有两个不同的零点，求实数a的取值范围21设椭圆1(ab0)的左焦点为F，离心率为，过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为.(1)求椭圆的方程；(

4、2)设A，B分别为椭圆的左、右顶点，过点F且斜率为k的直线与椭圆交于C，D两点若8，O为坐标原点，求OCD的面积22已知数列an满足，a11，an.求证：(1)an；(2)|an1an|；(3)|a2nan|.答案精析1A由题意得，Px|x3或x3，Qx|x2，PQx|x3，故选A.2B由z(2i)4，得z，所以复数z的虚部是，故选B.3B由“函数f(x)的最小正周期为”的充要条件是“1”知正确答案为B.4D由题意知，可行域如图阴影部分所示(含边界)，z的取值范围为kMA,1)，即.5C记每天走的路程里数为an，由题意知an是公比为的等比数列，由S6378，得S6378，解得a1192，a51

5、9212(里)6B如图，连接OM，则OM为ABC的中位线，所以OMAB，于是OFMAFB，所以，即，可得e.7B在二项式n的展开式中，令x1得各项系数之和为4n，A4n，二项展开式的二项式系数之和为2n，B2n，4n2n72，解得n3，n3的展开式的通项为Tk1C3kk3kCx，令0，得k1，故展开式的常数项为T23C9，故选B.8C由题意得当容器内的水的上表面过两孔连线所在的平面时，容器内装的水最多，又因为容器的底面为正方形，则由长方体的对称性易得当容器内的水的上表面平分以两孔连线所得的线段为体对角线的长方体时，容器内装的水最多，此时容器内装的水的体积为311111(dm3)，故选C.9A由

6、a22b23c21，可得0a22b21，令a22b2r20,1，arcos ，brsin ，则a2brcos rsin rrsin()，当r1，sin()1时取等号，所以a2b的最大值是，故选A.10A若存在唯一的整数x0使得f(x0)，设g(x)，定义域为0，)，则g(x)，所以函数g(x)在0,4上为减函数，在(4，)上为增函数，g(4)为g(x)的最小值g(4)，g(3)，g(5)，因为g(5)g(3)，所以只需g(4)ag(5)即可，即a0)相切时，a4，所以借助图象可知，当a4时，函数f(x)的图象与直线yax1有三个交点，即f(x)ax1有三个零点15.解析由抛物线y22px可得F

7、，则|CF|3p，又|CF|2|AF|，则|AF|，由抛物线的定义得|AB|AF|，所以xAp，则|yA|p.由CFAB得ABEFCE，从而得2，所以SCEF2SCEA6，SACFSAECSCEF9，所以3pp9，解得p.16720解析由xy2z1，得xy12z，则5x2y2z22xyz224zz2，解得2z2，则xyz(12z)z2z2z的最小值为2(2)22720.17.解析以O为坐标原点，以OA为x轴建立平面直角坐标系，易知A(2,0)，B(1，)(1)当点P在AA上运动时，向量与共线，显然y0，此时x(2x,0)，2x2，所以2xy2.(2)当点P在BB上运动时，向量与共线，显然x0，

8、此时y (y，y)，2cosycos，即y1，所以2xy1.(3)当点P在上运动时，设P(2cos ，2sin )，.由xy，得(2cos ,2sin )x(2,0)y(1，)，即2cos 2xy,2sin y，可得2xysin 2cos ，变形可得2xysin()，其中tan ，因为P是扇环边界上一动点，且满足xy，所以x，y均为非负实数，(kZ)，因为，所以当时，2xy取得最大值，2xy的最大值为，由，所以当时，2xy取得最小值，2xy的最小值为1；(4)同理可得当点P在上运动时，因为，故2xy的最大值为，最小值为1.综上所述，2xy.18解(1)由正弦定理，得sin C3sin Bcos

9、 A，即sin(AB)3sin Bcos A.所以sin Acos Bcos Asin B3sin Bcos A.从而sin Acos B4sin Bcos A.因为cos Acos B0，所以4.又tan Ctan(AB)，所以，解得tan B.(2)由(1)得tan A2，所以sin A，因为tan C，所以sin C.因为tan B，所以sin B，由正弦定理，得a.所以ABC的面积为acsin B2.19(1)证明如图，取BC的中点M，连接PM，DM，DB，则BCD和PBC分别是等边三角形、等腰直角三角形故PMBC，DMBC，且PM1，DM，所以DM2PM2PD2，故PMDM，又BCD

10、MM，BC，DM平面ABCD，所以PM平面ABCD.又PM平面PBC，从而平面PBC平面ABCD.(2)解方法一如图，在平面ABP内，过点P作直线PQPB交AB的延长线于点Q，过点M作MNAB交AB的延长线于点N，过点C作CEPQ交PQ于点E，连接PN，CQ.由于PQPB，PCPB，PQPCP，PC，PQ平面PQC，则PB平面PQC.又PB平面PAB，则平面PQC平面PAB，又CEPQ，平面PQC平面PABPQ，CE平面PQC，所以CE平面PAB，所以CPE是直线PC与平面PAB所成的角由于MNAB，BM1，则BN，MN.又PM平面ABCD，AB平面ABCD，则PMAB，又MNAB，MNPMM

11、，MN，PM平面PMN，所以AB平面PMN，又PN平面PMN，所以PNAB，PN，tanPBN，PB，从而PQ，BQ4，CQ2.在PQC中，PC2QC2PQ2，即CPCQ，则CE，sinCPE.方法二如图，由(1)知，BC，DM，PM两两垂直，则以点M为坐标原点，以DM，BM，PM所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Mxyz.则P(0,0,1)，A(，2,0)，B(0,1,0)，C(0，1,0)，(，1,0)，(0,1，1)，(0，1，1)，设平面ABP的法向量为n(x，y，z)，则即令x1，得y，z，即n(1，)设直线PC与平面PAB所成角为，则sin ，即直线PC与平面PAB所成

12、角的正弦值为.20解(1)当a0时，由f(x)g(x)0得mln xx，x1，ln x0，有m在(1，)上恒成立，令h(x)，h(x)，由h(x)0得xe，当xe时，h(x)0，当0xe时，h(x)0，h(x)在(0，e)上为减函数，在(e，)上为增函数，h(x)minh(e)e，实数m的取值范围为me.(2)当m2时，函数p(x)f(x)g(x)x2ln xa，p(x)在1,3上恰有两个不同的零点，即x2ln xa在1,3上恰有两个不同的根，令(x)x2ln x，则(x)1，当1x2时，(x)0；当2x0，(x)在(1,2)上单调递减，在(2,3)上单调递增，(x)min(2)22ln 2，

13、又(1)1，(3)32ln 3，(1)(3)，如图所示，实数a的取值范围为(22ln 2,32ln 321解(1)因为过焦点且垂直于x轴的直线被椭圆截得的线段长为，所以.因为椭圆的离心率为，所以，又a2b2c2，可解得b，c1，a.所以椭圆的方程为1.(2)由(1)可知F(1,0)，则直线CD的方程为yk(x1)联立消去y得(23k2)x26k2x3k260.设C(x1，y1)，D(x2，y2)，所以x1x2，x1x2.又A(，0)，B(，0)，所以(x1，y1)(x2，y2)(x2，y2)(x1，y1)6(22k2)x1x22k2(x1x2)2k268，解得k.从而x1x2，x1x20.所以|x1x2| ，|CD|x1x2|.而原点O到直线CD的距离d，所以OCD的面积S|CD|d.22证明(1)由已知得an1，又a11，则a2，a3，a4，猜想an1.下面用数学归纳法证明(1)当n1时，命题显然成立；(2)假设当nk(kN*)时，有an1成立，则当nk1时，ak11，ak1，即当nk1时也成立，所以对任意nN*，都有an1.(2)当n1时，|a2a1|，当n2时，因为11，所以|an1an|anan1|n1|a2a1|n1.综上所述，|an1an|.(3)当n1时，|a2a1|；当n2时，|a2nan|a2na2n1|a2n1a2n2|an1an|n12n13.