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1、滚动检测06 第一章到第八章综合（测试时间：120分钟 满分：150分）一、选择题（共12小题，每题5分，共60分）1. 已知R是实数集，则（ ）A（1，2） B0，2 C D1，2【答案】D【解析】考点：集合的交集、补集运算2. 【2018广东五校联考】已知点在双曲线： （， ）上， ， 分别为双曲线的左、右顶点，离心率为，若为等腰三角形，其顶角为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】不妨设点在第一象限，因为为等腰三角形，其顶角为，则的坐标为，代入双曲线的方程得，故选D.3. 已知命题；命题若，则则下列命题为真命题的是（ ）AB C D【答案】B【解析】试题分析：显然命题是真命
2、题；命题若，则是假命题，所以是真命题，故为真命题.考点：命题的真假.4. 已知函数，若，使得，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D.【答案】A【解析】考点：函数的单调性.5. 当时，函数取得最小值，则函数的一个单调递增区间是（ ）A B C D【答案】C【解析】试题分析当时，函数取得最小值，即，解得，所以，从而. 考点：三角函数的性质. 【方法点睛】三角函数的一般性质研究：1.周期性：根据公式可求得；2.单调性：令，解出不等式，即可求出函数的单调递增区间；令，解出不等式，即可求出函数的单调递减区间.6. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）A B C D【答案】A【解析】
3、考点：三视图. 【思路点睛】由该几何体的三视图可知，该几何体可以看作是个圆柱体和一个三棱锥组合而成，然后再，根据柱体和锥体的体积公式，即可求出结果.7. 【2018河南豫南豫北联考】已知直线与双曲线交于两点，且线段的中点的横坐标为，则该双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由题意得M，设 代入双曲线方程相减得 故选B点睛：本题考查了直线与双曲线的位置关系，已知弦AB的中点M坐标，可采用点差法，得出是解决本题的关键.8. 【2018河南林州一中调研】已知函数在区间上的最小值为，则的取值范围是 （ ）A. B. C. D. 【答案】D本题选择D选项.9. 数列中，（其中）
4、，则使得成立的的最小值为 A B C D【答案】B【解析】试题分析：因为，所以，所以数列的周期为，所以，所以，即此时的值为，而， 所以使得成立的的最小值为，故应选考点：1、数列的递推公式；2、数列的周期性；3、数列的前项和10. 【2018北京朝阳中学二模】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长的棱长为A. B. C. D. 【答案】C【解析】三视图还原图形三棱锥，如下图：,所以最长边为，选C.11. 已知函数（，），若对任意都有成立，则（ ）A BC D【答案】D【解析】考点：函数与导数.【方法点晴】根据连续函数满足可知，函数在时取得最小值，经分析，所以可以得到.观察选项分析可知母的是想比
5、较与的大小关系，因此想到的是构造函数，从而求出的最大值小于，所以恒成立，即恒成立，本题考查利用导数研究函数的最值.12. 设双曲线的左、右焦点分别为，离心率为，过的直线与双曲线的右支交于两点，若是以为直角顶点的等腰直角三角形，则（ ）A B C D【答案】C【解析】试题分析：设，则，为直角三角形，故选C考点：双曲线的简单性质二填空题（共4小题，每小题5分，共20分）13. 已知直线是的切线，则的值为 【答案】【解析】考点：导数的几何意义14. 已知正实数满足，则的最小值为_【答案】【解析】试题分析: 由可得,则,故应填答案考点：基本不等式及灵活运用15. 如图是某几何体的三视图（单位：cm），
6、则该几何体的表面积是 c，体积是 .【答案】，4【解析】试题分析：根据三视图得出：该几何体是三棱锥，AB=2，BC=3，DB=5，CD=4，AB面BCD，BCCD，几何体的表面积是,其体积：考点：三视图及几何体表面积体积16. 【2018河南漯河中学三模】已知函数分别为图象上任一点，则的最小值为_【答案】【解析】，解得，所以，点睛：曲线到直线上的最小距离利用切线处理，曲线上某点的切线平行于该直线时，该点到直线的距离即所求最小距离。曲线的切线问题利用导数，求导得到斜率为该直线斜率。所以本题中得到，求出该点为，再用点线距离求出最小距离。三、解答题(本大题共6小题，共70分解答时应写出必要的文字说明
7、、证明过程或演算步骤)17. 已知函数（1）求的最小正周期；（2）设，求的值域和单调递增区间【答案】（1）（2），的递增区间为【解析】试题解析：（1） 的最小正周期为（2）， ， 的值域为 当递增时，递增 由，得 故的递增区间为考点：正弦函数的周期性和单调性18. 已知数列an的前n项和为Sn，若Sn=2an+n，且bn=n（1- an）（1）求证：an-1为等比数列；（2）求数列bn的前n项和Tn【答案】（1）证明过程详见解析；（2）【解析】试题解析：（1）由，得，即，是以为首项，为公比的等比数列（2）由（1）得，即 得：考点：等比数列的证明方法；错位相减法求数列的前n项和19. 如图，在平
8、面四边形中，.（1）求的值；（2）若，求的长.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）利用余弦定理可求得的值；（2）由（1）可求得的值,再由正弦定理可得的长.试题解析： （1）如题图，在中，由余弦定理，得.故由题设知，. （2）如题图，设，则.因为，所以.于是.在中，由正弦定理，得.故. 考点：正弦定理；余弦定理.【易错点睛】解三角形问题的技巧作为三角形问题，它必须要用到三角形的内角和定理，正弦、余弦定理及其有关三角形的性质，及时进行边角转化，有利于发现解题的思路；它毕竟是三角变换，只是角的范围受到了限制，因此常见的三角变换方法和原则都是适用的，注意“三统一”（即“统一角、统一函数、统
9、一结构”）是使问题获得解决的突破口.20. 如图，在正三棱柱（侧棱垂直于底面，且底面是正三角形）中，是棱上一点（1）若分别是的中点，求证：平面； （2）求证：不论在何位置，四棱锥的体积都为定值，并求出该定值【答案】（1）见解析；（2）【解析】试题分析：（1）连结交于点，连结，易知是的中点，然后利用中位线定理可使问题得证；（2）作交于点，易知平面，由此可求得，从而求得四棱锥的体积试题解析：（1）连结交于点，连结易知是的中点，因为分别是的中点，所以，且，所以四边形是平行四边形，所以因为平面平面，所以平面 6分考点：1、线面平行的判定定理；2、四棱锥的体积21. 【2018广西贺州桂梧高中联考】已知
10、中心为坐标原点，焦点在轴上的椭圆的焦距为4，且椭圆过点.（1）求椭圆的方程；（2）若过点的直线与椭圆交于， 两点， ，求直线的方程.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：试题解析：（1）设椭圆的方程为，又椭圆过点，由，解得， ，椭圆的方程为.（2）设直线的方程为，由消去y整理得，直线与椭圆交于A,B两点，设， ，则， ，则，又，即，解得，满足。.故直线的方程为.点睛：（1）解答直线与椭圆的题目时，常把直线方程和椭圆的方程联立，消去x(或y)得到一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系解题中要注意“设而不求”和“整体代换”等方法的运用，另外要注意一元二次方
11、程的判别式在解题中的作用。（2）涉及到直线方程的设法时，要考虑全面，不要忽视直线斜率为0或不存在的情形22. 【2018河南林州一中调研】已知函数 .（1）讨论函数的单调性；（2）当时，证明：对任意的，有.【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【解析】试题分析： (2)原问题等价于在上恒成立，构造函数，据此可得，则恒成立.试题解析：（1）由题意得，当时，由得且，则当时， 在上单调递增，在上单调递减；当时， 在上单调递增，在上单调递减；当时， 在上单调递增；当时， 在和上单调递增，在上单调递减；（2）当时，要证在上恒成立，只需证在上恒成立，令，因为，易得在上单调递增，在上单调递减，故，由得，得，当时， ；当时， ，所以，又，所以，即，所以在上恒成立，故当时，对任意的， 恒成立.
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