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《（浙江专版）2020届高考数学综合检测一（含解析）》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。
1、综合检测一(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∈R
2、x＋1≥0}，B＝{x∈R
3、2－x2<0}，则A∪(∁RB)等于( )A．[－1，＋∞)B．[－，＋∞)C．(－∞，－]∪[－1，＋∞)D．[－1，]答案 B解析 根据题意，得A＝{x
4、x≥－1}，∁RB＝{x∈R
5、x2≤2}＝{x
6、－≤x≤}，从而A∪(∁RB)＝{x
7、x≥－}，故选B.2．已知向量a＝(1＋m,1－m)，
8、b＝(m－1,2m＋1)，m∈R，则“m＝0”是“a⊥b”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 a⊥b⇔(1＋m)(m－1)＋(1－m)(2m＋1)＝0⇔m(m－1)＝0⇔m＝0或m＝1，所以“m＝0”是“a⊥b”的充分不必要条件．故选A.3．已知函数f(x)＝log(x2－2x－3)，则下列关系正确的是( )A．f(－)f(－)D．f(log328)0，得x<
9、－1或x>3.∴y＝x2－2x－3＝(x－1)2－4在(－∞，－1)上是减函数，在(3，＋∞)上是增函数，而y＝logx在(0，＋∞)上是减函数，∴f(x)在(－∞，－1)上是增函数，在(3，＋∞)上是减函数，∵－<－<－1，∴f(－)f()；∵－<－<－1，∴f(－)f(3)．故选A.4．已知x，y满足约束条件则z＝
10、x＋y＋2
11、的最大值是( )A．7B．6C．5D．4答案 B解析 方法一 画出可行域如图中阴影部分(含边界)所示
12、，则A(0,1)，B(2,2)，C，则可行域在直线l：x＋y＋2＝0的右上方，z＝
13、x＋y＋2
14、＝x＋y＋2，即y＝－x＋z－2，故当直线y＝－x＋z－2过点B时，z取得最大值，最大值是6.方法二 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，记直线l：x＋y＋2＝0，点B到直线l的距离为dB－l，则z＝
15、x＋y＋2
16、＝×≤·dB－l，而dB－l＝3，故z＝
17、x＋y＋2
18、≤6，所以z＝
19、x＋y＋2
20、的最大值是6.5．若(3ax－1)5(2x－1)3的展开式中各项系数的和为1，则该展开式中x2项的系
21、数为( )A．56B．112C．168D．224答案 B解析 令x＝1得(3a－1)5(2－1)3＝1，解得a＝，则(3ax－1)5(2x－1)3＝(2x－1)8，其二项展开式的通项Tk＋1＝C·(2x)8－k·(－1)k，所以x2项为Tk＋1＝C(2x)8－6·(－1)6＝4Cx2＝112x2，所以x2项的系数为112.6．已知函数f(x)＝若函数g(x)＝f(x)－k(x＋1)在(－∞，1]上恰有两个不同的零点，则实数k的取值范围是( )A．[1,3)B．(1,3]C．[2,3)D．[1，＋∞)答案 A解析 函数g(
22、x)＝f(x)－k(x＋1)在(－∞，1]上恰有两个不同的零点，等价于直线y＝k(x＋1)与函数y＝f(x)的图象在(－∞，1]上有两个不同的交点．作出f(x)的大致图象如图所示，因为直线y＝k(x＋1)过定点(－1,0)，定点(－1,0)与点(1,2)和(0,3)连线的斜率分别为1和3，结合f(x)的图象可知k的取值范围是[1,3)．故选A.7．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A．12－．12－πC．12－．12－答案 A解析 由三视图可知，该几何体是一个正四棱柱挖去一个半圆锥所得到的几何体，其直观图如
23、图所示，其中正四棱柱的底面正方形的边长a＝2，半圆锥的底面半径r＝1，高h＝3，所以正四棱柱的体积V1＝a2h＝22×3＝12，半圆锥的体积V2＝×r2h＝×12×3＝，所以该几何体的体积V＝V1－V2＝12－.8．已知圆C：x2＋(y－1)2＝8，直线l1：mx＋y－m－3＝0与圆C交于A，B两点，直线l2：x－my＋3m－1＝0与圆C交于E，F两点，则四边形AEBF的面积的最大值为( )A．10B．11C．12D．13答案 B解析 方法一 设圆心C(0,1)到直线l1，l2的距离分别为d1，d2，圆C的半径为r，则d1
24、＝，d2＝，∴
25、AB
26、＝2＝2，
27、EF
28、＝2＝2，又由直线方程知l1⊥l2，∴AB⊥EF，则S四边形AEBF＝
29、AB
30、·
31、EF
32、＝×2×2＝2＝2＝2＝2＝2≤11，当且仅当3m－4＝，即m＝3或－时等号成立．方法二 直线l1：mx＋y－m－3＝0⇒m(x－1)＋(y－3)＝0，直线l2：
