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1、2022年高考數(shù)學一輪復習 滾動測試卷三 文 北師大版
滾動測試卷第9頁 ?
一、選擇題(本大題共12小題,每小題5分,共60分)
1.已知三棱錐的三視圖如圖所示,則它的外接球的表面積為( )
A.16π B.8π
C.4π D.2π
答案:C
解析:解答三視圖相關題目的關鍵是正確轉(zhuǎn)化,一是位置關系,二是數(shù)量關系.據(jù)已知三視圖易知三棱錐外接球的半徑為1,故其表面積為4π.
2.在△ABC中,AB=3,BC=3,∠ABC=,若使△ABC繞直線BC旋轉(zhuǎn)一周,則所形成的幾何體的體積是( )
A.6π B.5π C.4π D.π
2、
答案:D
解析:作AD⊥BC交直線BC于點D,則有AD=3sin,將△ABC繞直線BC旋轉(zhuǎn)一周所得到的幾何體可視為從一個以AD為底面半徑、CD為高的圓錐中挖去一個以AD為底面半徑、BD為高的圓錐后所剩余部分,因此所求幾何體的體積等于π·AD2×(BC+BD)-π·AD2×BD=π·AD2×BC=×3=π.
3.若非零向量a,b滿足|a|=|b|,(2a+b)·b=0,則a,b的夾角θ為( )
A.30° B.60° C.120° D.150°
答案:C
解析:∵(2a+b)·b=0,
∴(2a+b)·b=b2+2a·b=0,
即|b|2=-2a·b.
又∵|a|=|b|,∴
3、|b|2=|a||b|=-2a·b,
又由cos θ=,
易得cos θ=-,
則θ=120°.
4.已知f(x)=sin x-x,命題p:任意x∈,f(x)<0,則( )
A.p是假命題,p:任意x∈,f(x)≥0
B.p是假命題,p:存在x0∈,f(x0)≥0
C.p是真命題,p:任意x∈,f(x)>0
D.p是真命題,p:存在x0∈,f(x0)≥0
答案:D
解析:∵f(x)=sin x-x,
∴f'(x)=cos x-1,當x∈時,f'(x)<0.
∴f(x)是上的減函數(shù),
∴f
4、(x)
5、,不符合題意;若點P為點H,則有上下兩底面中的六條棱與該平面平行,不符合題意;若點P為點B',則只有一條棱AB與該平面平行,也不符合題意,故選A.
6.在△ABC中,角A,B,C所對應的邊分別為a,b,c,已知bcos C+ccos B=2b,則=( )
A.2 B. C. D.1
答案:A
解析:∵bcos C+ccos B=2b,
∴sin Bcos C+cos Bsin C=sin(B+C)=sin A=2sin B,
∴=2,
由正弦定理知,
∴=2.
7.設Sn是公差為d(d≠0)的無窮等差數(shù)列{an}的前n項和,則下列命題錯誤的是( )
A.若d<0,則數(shù)列
6、{Sn}有最大項
B.若數(shù)列{Sn}有最大項,則d<0
C.若數(shù)列{Sn}是遞增數(shù)列,則對任意n∈N+,均有Sn>0
D.若對任意n∈N+,均有Sn>0,則數(shù)列{Sn}是遞增數(shù)列
答案:C
解析:A.當d<0時,如果首項小于等于0,則S1即為最大項,若首項為正,則所有正項的和即為最大項,故A正確;
B.若d>0,數(shù)列{Sn}為遞增數(shù)列,數(shù)列{Sn}不可能有最大項,要使前n項和有最大項,則必有公差小于0,故B正確;
C.若首項為負,則有S1<0,故C錯誤;
D.若數(shù)列{Sn}為遞減數(shù)列,即公差小于0,則一定存在某個實數(shù)k,當n>k時,以后所有項均為負項,不能保證對任意n∈N+,均
7、有Sn>0,因此,若要使任意n∈N+,均有Sn>0,則數(shù)列{Sn}必須是遞增數(shù)列,故D正確.
8.已知偶函數(shù)y=f(x)滿足條件f(x+1)=f(x-1),且當x∈[-1,0]時,f(x)=3x+,則f(lo5)的值等于( )
A.-1 B. C. D.1
答案:D
解析:∵偶函數(shù)y=f(x)滿足條件f(x+1)=f(x-1),
∴f(x+2)=f(x),周期為2,
∵當x∈[-1,0]時,f(x)=3x+,
∴l(xiāng)o5=-log35∈(-2,-1),2-log35∈(0,1),
f(lo5)=f(2-log35)=f(log35-2)==1.
9.函數(shù)f(x)=sin(
8、ωx+φ)(ω>0,|φ|<π)的圖像如圖所示,為了得到函數(shù)y=cos的圖像,只需將y=f(x)的圖像( )
A.向左平移個單位 B.向右平移個單位
C.向左平移個單位 D.向右平移個單位
答案:C
解析:依題意,f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0)的周期T=2×=π=,∴ω=2.
又2×+φ=2kπ+π,k∈Z,且|φ|<π,∴φ=.
∴f(x)=sin
=cos
=cos=cos.
∴f=cos
=cos.
∴為了得到函數(shù)y=cos的圖像,只需將y=f(x)的圖像向左平移個單位.
10.若等比數(shù)列{an}的各項均為正數(shù),且a7a11+a8a10=2e4,則ln
9、a1+ln a2+ln a3+…+ln a17=( )
A.31 B.32 C.34 D.36
答案:C
解析:∵數(shù)列{an}為等比數(shù)列,且a7a11+a8a10=2e4,
∴a7a11+a8a10=2a8a10=2e4,
則a8a10=e4,
∴l(xiāng)n a1+ln a2+…+ln a17=ln(a1a2…a17)=34.
11.若正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面邊長為1,AB1與底面ABCD成60°角,則A1C1到底面ABCD的距離為( )
A. B.1 C. D.
答案:D
解析:
如圖所示,直線AB1與底面ABCD所成的角為∠B1AB,則A1C1到底面
10、ABCD的距離為AA1,在Rt△ABB1中,BB1=AB·tan 60°=,所以AA1=BB1=.
12.(xx河南適應性模擬練習)在函數(shù)f(x)=aln x-(x-1)2的圖像上,橫坐標在(1,2)內(nèi)變化的點處的切線斜率均大于1,則實數(shù)a的取值范圍是( )
A.[1,+∞) B.(1,+∞) C.[6,+∞) D.(6,+∞)
答案:C
解析:f'(x)=-(2x-2),由題意知-(2x-2)>1在(1,2)上恒成立,
所以a>x(2x-2)+x,整理得a>2x2-x,x∈(1,2),當x=2時,2x2-x取得最大值6,所以a≥6,故選C.
二、填空題(本大題共4小題,每小題5
11、分,共20分)
13.已知實數(shù)x,y滿足如果目標函數(shù)z=x-y的最小值為-1,則實數(shù)m= .?
答案:5
解析:畫出x,y滿足的可行域如圖陰影部分所示.
可得直線y=2x-1與直線x+y=m的交點使目標函數(shù)z=x-y取得最小值,
由
解得x=,y=,
代入x-y=-1,得=-1,
m=5.
14.在△ABC中,,AD⊥AB,||=1,則= .?
答案:
解析:在△ABC中,,
=()·=()·,
又∵,
∴=[(1-]·
=(1-
=(1-|2.
又∵AD⊥AB,即,
∴=0,且||=1,
∴=(1-)×0+×1=,
∴.
15.設
12、a為實常數(shù),y=f(x)是定義在R上的奇函數(shù),當x<0時,f(x)=9x++7.若“存在x∈[0,+∞),使f(x)0時,9x+-7≥a+1,結合均值不等式有6|a|-7≥a+1,得a≥或a≤-,②
①②取交集得a的取值范圍是a≤-.
16.如圖,在長方形ABCD中,AB=2,BC=1,E為DC的中點,F為線段
13、EC(端點除外)上一動點.現(xiàn)將△AFD沿AF折起,使平面ABD⊥平面ABC.在平面ABD內(nèi)過點D作DK⊥AB,K為垂足.設AK=t,則t的取值范圍是 .?
答案:
解析:過K作KM⊥AF于M,連接DM,易知DM⊥AF,與折前的圖形對比,可知由折前的圖形中D,M,K三點共線且DK⊥AF,于是△DAK∽△FDA,
∴,即,∴t=.
又DF∈(1,2),∴t∈.
三、解答題(本大題共6小題,共70分)
17.(10分)已知函數(shù)f(x)=(2cos ωx+sin ωx)sin ωx-sin2(ω>0),且函數(shù)y=f(x)的圖像的一個對稱中心到最近的對稱軸的距離為.
14、
(1)求函數(shù)f(x)的遞增區(qū)間;
(2)求函數(shù)f(x)在區(qū)間上的值域.
解:(1)f(x)=2cos ωxsin ωx+sin2ωx-cos2ωx
=sin 2ωx-cos 2ωx=2sin.
由函數(shù)y=f(x)對稱中心到最近的對稱軸的距離為,
知,
即T=π,=π,ω=1,
所以f(x)=2sin.
由-+2kπ≤2x-+2kπ,k∈Z,
得-+kπ≤x≤+kπ,k∈Z.
所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為,
k∈Z.
(2)因為0≤x≤,所以-≤2x-,
所以-≤sin≤1,
所以-1≤f(x)≤2,
所以函數(shù)f(x)的值域為[-1,2].
18.(12分
15、)
如圖所示,ABC-A1B1C1是各條棱長為a的正三棱柱,D是側棱CC1的中點,P是側棱BB1的中點,O是△ABC的重心.
求證:(1)平面AB1D⊥平面ABB1A1;
(2)PO∥平面AB1D.
證明:
(1)取AB1的中點E,AB的中點F,連接DE,CF,由題意知B1D=AD,故DE⊥AB1,又CF⊥AB,CF∥DE,故DE⊥AB,
∴DE⊥平面ABB1A1.
又DE?平面AB1D,∴平面AB1D⊥平面ABB1A1.
(2)連接PF,PC.∵P,F分別為BB1,BA的中點,
∴PF∥AB1,PC∥B1D,
∴平面PFC∥平面AB1D,又PO?平面PFC,
∴
16、PO∥平面AB1D.
19.(12分)△ABC中內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,向量m=(2sin B,-),n=,且m∥n.
(1)求銳角B的大小;
(2)如果b=2,求S△ABC的最大值.
解:(1)∵m∥n,∴2sin B·=-cos 2B,
∴sin 2B=-cos 2B,即tan 2B=-.
又∵B為銳角,∴2B∈(0,π),
∴2B=,∴B=.
(2)∵B=,b=2,
由余弦定理cos B=,
得a2+c2-ac-4=0.
又a2+c2≥2ac,代入上式,得ac≤4,
當且僅當a=c=2時等號成立.
故S△ABC=acsin B=ac≤,
當且僅當
17、a=c=2時等號成立,
即S△ABC的最大值為.
20.(12分)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,已知a1=10,a2為整數(shù),且在前n項和中S4最大.
(1)求{an}的通項公式;
(2)設bn=,n∈N+.
①求證:bn+1
18、列,{bn}的最大項為b1=,
所以bn+1
19、PE⊥AC,所以PE⊥平面ABC,從而PE⊥AB.
因∠ABC=,EF∥BC,故AB⊥EF.
從而AB與平面PFE內(nèi)兩條相交直線PE,EF都垂直,所以AB⊥平面PFE.
(2)解:設BC=x,則在直角△ABC中,AB=,從而S△ABC=AB·BC=.
由EF∥BC知,,得△AFE∽△ABC,
故,即S△AFE=S△ABC.
由AD=AE,S△AFD=S△AFE=S△ABC=S△ABC=,從而四邊形DFBC的面積為SDFBC=S△ABC-S△AFD=.
由(1)知,PE⊥平面ABC,所以PE為四棱錐P-DFBC的高.在直角△PEC中,PE==2.
體積VP-DFBC=·SDFBC
20、·PE=·2=7,
故得x4-36x2+243=0,解得x2=9或x2=27,由于x>0,可得x=3或x=3.
所以,BC=3或BC=3.
22.(12分)(xx山東濟寧一模)設函數(shù)f(x)=ax-2-ln x(a∈R).
(1)若f(x)在點(e,f(e))處的切線為x-ey-2e=0,求a的值;
(2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(3)當x>0時,求證:f(x)-ax+ex>0.
(1)解:∵f(x)=ax-2-ln x(x>0),∴f'(x)=a-.
又f(x)在點(e,f(e))處的切線為x-ey-2e=0,
∴f'(e)=a-,故a=.
(2)解:由(1)知,f'(x
21、)=a-(x>0),
當a≤0時,f'(x)<0在(0,+∞)上恒成立,
∴f(x)在(0,+∞)上是減函數(shù);
當a>0時,令f'(x)=0,則x=,
令f'(x)<0,則00,則x>,
∴f(x)在上遞減,在上遞增.
綜上可得,當a≤0時,f(x)的減區(qū)間為(0,+∞);
當a>0時,f(x)的減區(qū)間為,f(x)的增區(qū)間為.
(3)證明:當x>0時,要證f(x)-ax+ex>0,即證ex-ln x-2>0,
令g(x)=ex-ln x-2(x>0),只需證g(x)>0,
∵g'(x)=ex-,由指數(shù)函數(shù)和冪函數(shù)的單調(diào)性知,g'(x)在(0,+∞)上遞增,
又g'(1)=e-1>0,g'-3<0,
∴g'(1)·g'<0,
∴g'(x)在內(nèi)存在唯一的零點,則g'(x)在(0,+∞)上有唯一零點.
設g'(x)的零點為t,則g'(t)=et-=0,
即et=,由g'(x)的單調(diào)性知,
當x∈(0,t)時,g'(x)g'(t)=0,
∴g(x)在(0,t)上為減函數(shù),在(t,+∞)上為增函數(shù),
∴當x>0時,g(x)≥g(t)=et-ln t-2=-ln-2=+t-2≥2-2=0,
又0,
∴當x>0時,f(x)-ax+ex>0.
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