2020届高考数学一轮复习 滚动检测七（1-12章）（规范卷）文（含解析） 新人教A版

滚动检测七(1～11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．已知集合M＝{x|x2－x－2＝0}，N＝{－1,0}，则M∪N等于()A．{－1,0,2}B．{－1}C．{0}D．∅答案A解析由题可知：M＝{x|x2－x－2＝0}＝{－1,2}，故M∪N＝{－1,0,2}．2．已知直线x－2y＋a＝0与圆O：x2＋y2＝2相交于A，B两点(O为坐标原点)，则“a＝5”是“OA→·OB→＝0”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案A解析设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立x－2y＋a＝0，x2＋y2＝2，化为5y2－4ay＋a2－2＝0，∴Δ＝16a2－20(a2－2)0，解得－10a10，∴y1＋y2＝4a5，y1y2＝a2－25，OA→·OB→＝0⇔x1x2＋y1y2＝0，∴(2y1－a)(2y2－a)＋y1y2＝0，∴5y1y2－2a(y1＋y2)＋a2＝0，∴5×a2－25－2a×4a5＋a2＝0，解得a＝±5，则“a＝5”是“OA→·OB→＝0”的充分不必要条件，故选A.3．已知定义域为R的奇函数f(x)，当x0时，满足f(x)＝－log27－2x，0x≤32，fx－3，x32，则f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2020)等于()A．log25B．－log25C．－2D．0答案B解析由已知，f(1)＝－log25,f(2)＝f(－1)＝－f(1)＝log25，f(3)＝f(0)＝0，f(4)＝f(1)＝－log25，f(5)＝log25，f(6)＝0，f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2020)＝673×(－log25＋log25＋0)－log25＝－log25.4．《九章算术》中有如下问题：“今有勾五步，股一十二步，问勾中容圆，径几何？”其大意：“已知直角三角形两直角边分别为5步和12步，问其内切圆的直径为多少步？”现若向此三角形内随机投一粒豆子，则豆子落在其内切圆外的概率是()A.2π15B.3π20C．1－2π15D．1－3π20答案C解析直角三角形的斜边长为52＋122＝13，设内切圆的半径为r，则5－r＋12－r＝13，解得r＝2，∴内切圆的面积为πr2＝4π，∴豆子落在其内切圆外部的概率是P＝1－4π12×5×12＝1－2π15，故选C.5．已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足a6,3a4，－a5成等差数列，则S4S2等于()A．3B．9C．10D．13答案C解析设各项均为正数的等比数列{an}的公比为q，q0，∵满足a6,3a4，－a5成等差数列，∴6a4＝a6－a5，∴6a4＝a4(q2－q)，q0，∴q2－q－6＝0，q0，解得q＝3，则S4S2＝a134－13－1a132－13－1＝10，故选C.6．下表提供了某厂节能降耗技术改造后在生产A产品过程中记录的产量x(吨)与相应的生产能耗y(吨)的几组对应数据，根据下表提供的数据，求出y关于x的线性回归方程为y^＝0.7x＋0.35，则下列结论错误的是()x3456y2.5t44.5A.线性回归直线一定过点(4.5,3.5)B．产品的生产能耗与产量呈正相关C．t的取值是3.15D．A产品每多生产1吨，则相应的生产能耗约增加0.7吨答案C解析由x＝184＝4.5，故A正确；又由线性回归的知识可知D，B是正确的，故选C.7．已知函数f(x)＝23sin3ωx＋π3(ω0)，若f(x＋θ)是周期为2π的偶函数，则θ的一个可能值是()A.43πB.76πC．πD.56π答案B解析∵f(x)＝23sin3ωx＋π3，∴f(x＋θ)＝23sin3ωx＋π3＋3ωθ，由2π3ω＝2π得ω＝13，由f(x＋θ)为偶函数得π3＋3ωθ＝π3＋θ＝kπ＋π2，k∈Z，k＝1时，θ＝76π，故选B.8．设变量x，y满足约束条件x－y≥－1，x＋y≤4，y≥a，目标函数z＝3x－2y的最小值为－4，则a的值是()A．1B．0C．－1D.12答案C解析作出约束条件所对应的可行域如图中阴影部分(包含边界)，由x－y＝－1，y＝a，解得x＝a－1，y＝a，∴A(a－1，a)，目标函数z＝3x－2y可化为y＝32x－12z，平移直线y＝32x－12z可知，当直线经过点A时，截距取最大值，z取最小值，∴3(a－1)－2a＝－4，解得a＝－1，故选C.9．如图所示的三视图表示的几何体的体积为323，则该几何体的外接球的表面积为()A．12πB．24πC．36πD．48π答案C解析由三视图可得该几何体为底面边长为4和m，一条侧棱垂直底面的四棱锥，其高为4，则13×4×m×4＝323，∴m＝2，将该几何体补成一个长方体，则其外接球半径为R＝1242＋22＋42＝3,故这个几何体的外接球的表面积为4πR2＝36π.10．已知过抛物线y2＝2px(p0)的焦点F的直线与抛物线交于A，B两点，且AF→＝3FB→，抛物线的准线l与x轴交于点C，AA1⊥l于点A1，若四边形AA1CF的面积为123，则准线l的方程为()A．x＝－2B．x＝－22C．x＝－2D．x＝－1答案A解析设|BF|＝m，|AF|＝3m，m0，则|AB|＝4m，p＝32m，∠BAA1＝60°，∵四边形AA1CF的面积为123，∴32m＋3m×3msin60°2＝123，∴m＝423，∴p2＝2，∴准线l的方程为x＝－2，故选A.11．设l，m，n表示不同的直线，α，β，γ表示不同的平面，给出下列四个命题：①若m∥l，且m⊥α，则l⊥α；②若m∥l，且m∥α，则l∥α；③若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，则l∥m∥n；④若α∩β＝m，β∩γ＝l，γ∩α＝n，且n∥β，则l∥m.其中正确命题的个数是()A．1B．2C．3D．4答案B解析①正确，②中直线l与α可能平行也可能在α内，故②错；③中直线l，m，n可能平行还可能相交于一点，故③错；④正确，故选B.12．已知A，B是函数f(x)＝－ex－2a，x≥a，f2a－x，xa(其中常数a0)图象上的两个动点，点P(a,0)，若PA→·PB→的最小值为0，则函数f(x)的最大值为()A．－1e2B．－1eC．－ee2D．－ee答案B解析作出函数f(x)＝－ex－2a，x≥a，f2a－x，xa(其中a0)图象如图所示，∴函数f(x)的图象关于直线x＝a对称，当xa时，f(x)＝f(2a－x)＝－e(2a－x)－2a＝－e－x，设PA与f(x)＝－e－x相切于点A，设A(x0，y0)，∴f′(x)＝e－x，∴kAP＝f′(x0)＝0ex＝00exxa，解得x0＝a－1，∵此时PA→·PB→取得最小值0，∴PA→⊥PB→，∴kPA＝tan45°＝1，∴0ex＝1，∴x0＝0，∴a＝1，∴f(x)max＝f(1)＝－1e，故选B.第Ⅱ卷(非选择题共90分)二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．已知向量a与向量b满足|a|＝1，|b|＝2，a⊥(b－a)，则a与b的夹角是________．答案π3解析由a⊥(b－a)，得a·(b－a)＝0，得a·b－a2＝0，又|a|＝1，所以a·b＝1，又|b|＝2，所以cos〈a，b〉＝a·b|a||b|＝11×2＝12，又0≤〈a，b〉≤π，所以〈a，b〉＝π3.14．已知双曲线x2a2－y2b2＝1(a0，b0)的左焦点为F，离心率为2，若经过F和P(0,4)两点的直线平行于双曲线的一条渐近线，则双曲线的方程为________．答案x28－y28＝1解析设双曲线的左焦点F(－c,0)，离心率e＝ca＝2，c＝2a，则双曲线为等轴双曲线，即a＝b，双曲线的渐近线方程为y＝±bax＝±x，则经过F和P(0,4)两点的直线的斜率k＝4－00＋c＝4c＝1，∴c＝4，a＝b＝22，∴双曲线的标准方程为x28－y28＝1.15．已知三棱锥A－BCD中，AB＝3，AD＝1，BC＝4，BD＝22，当三棱锥A－BCD的体积最大时，其外接球的体积为________．答案125π6解析当BC⊥平面ABD时，三棱锥的体积最大，由于AB＝3，AD＝1，BC＝4，DB＝22，∴BD2＋AD2＝AB2，则△ABD为直角三角形，三棱锥A－BCD的外接球就是以AD，BD，BC为棱的长方体的外接球，长方体的体对角线等于外接球的直径，设外接球的半径为r，则(2r)2＝42＋(22)2＋1，解得r＝52，∴球体的体积为V＝43π523＝125π6.16．数列{an}满足a1＝1，且对任意的m，n∈N*都有am＋n＝am＋an＋mn，则1a1＋1a2＋…＋1a2020＝________.答案40402021解析∵对任意的m，n∈N*，都有am＋n＝am＋an＋mn，且a1＝1，∴令m＝1代入得，都有an＋1＝a1＋an＋n，则an＋1－an＝n＋1，∴n≥2时，a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n，以上n－1个式子相加可得，an－a1＝2＋3＋4＋…＋n＝n－1n＋22，则an＝a1＋12(n－1)(n＋2)＝12n(n＋1)(n≥2)，当n＝1时，符合上式，∴1an＝2nn＋1＝21n－1n＋1，∴1a1＋1a2＋…＋1a2020＝21－12＋12－13＋…＋12020－12021＝21－12021＝40402021.三、解答题(本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(10分)已知等差数列{an}的首项为a1，公差为d(a1∈Z，d∈Z)，前n项的和为Sn，且S7＝49,24S526.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列1an·an＋1的前n项的和为Tn，求Tn.解(1)由题意得7a1＋7×62d＝49，245a1＋5×42d26，∵a1∈Z，d∈Z，解得a1＝1，d＝2，∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－1(n∈N*)．(2)∵1an·an＋1＝12n－12n＋1＝1212n－1－12n＋1，∴Tn＝121－13＋13－15＋15－17＋…＋12n－1－12n＋1＝n2n＋1.18．(12分)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知bcosA＋33a＝c.(1)求cosB；(2)如图，D为△ABC外一点，若在平面四边形ABCD中，D＝2B，且AD＝1，CD＝3，BC＝6，求AB的长．解(1)在△ABC中，由正弦定理得sinBcosA＋33sinA＝sinC，又C＝π－(A＋B)，所以sinBcosA＋33sinA＝sin(A＋B)，故sinBcosA＋33sinA＝sinAcosB＋cosAsinB，所以sinAcosB＝33sinA，又A∈(0，π)，所以sinA≠0，故cosB＝33.(2)因为D＝2B，所以cosD＝2cos2B－1＝－13，又在△ACD中，AD＝1，CD＝3，所以由余弦定理可得AC2＝AD2＋CD2－2AD·CD·cosD＝1＋9－2×3×－13＝12，所以AC＝23，在△ABC中，BC＝6，AC＝23，cosB＝33，所以由余弦定理可得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcosB，即12＝AB2＋6－2·AB×6×33，化简得AB2－22AB－6＝0，解得AB＝32.故AB的长为32.19．(