2019-2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 滾動測試卷三 文 北師大版.doc

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2019-2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 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(guān)題目的關(guān)鍵是正確轉(zhuǎn)化,一是位置關(guān)系,二是數(shù)量關(guān)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 答案:D 解析:作AD⊥BC交直線BC于點(diǎn)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πAD2(BC+BD)-πAD2BD=πAD2BC=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+2ab=0, 即|b|2=-2ab. 又∵|a|=|b|,∴|b|2=|a||b|=-2ab, 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(dāng)x∈時(shí),f(x)<0. ∴f(x)是上的減函數(shù), ∴f(x)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(dāng)d<0時(shí),如果首項(xiàng)小于等于0,則S1即為最大項(xiàng),若首項(xiàng)為正,則所有正項(xiàng)的和即為最大項(xiàng),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(xiàng),要使前n項(xiàng)和有最大項(xiàng),則必有公差小于0,故B正確; C.若首項(xiàng)為負(fù),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(shí)數(shù)k,當(dāng)n>k時(shí),以后所有項(xiàng)均為負(fù)項(xiàng),不能保證對任意n∈N+,均有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(dāng)x∈[-1,0]時(shí),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(dāng)x∈[-1,0]時(shí),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(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(xiàng)均為正數(shù),且a7a11+a8a10=2e4,則ln 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ABCD的距離為AA1,在Rt△ABB1中,BB1=ABtan 60=,所以AA1=BB1=. 12.(xx河南適應(yīng)性模擬練習(xí))在函數(shù)f(x)=aln x-(x-1)2的圖像上,橫坐標(biāo)在(1,2)內(nèi)變化的點(diǎn)處的切線斜率均大于1,則實(shí)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(dāng)x=2時(shí),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分,共20分) 13.已知實(shí)數(shù)x,y滿足如果目標(biāo)函數(shù)z=x-y的最小值為-1,則實(shí)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(diǎn)使目標(biāo)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(shè)a為實(shí)常數(shù),y=f(x)是定義在R上的奇函數(shù),當(dāng)x<0時(shí),f(x)=9x++7.若“存在x∈[0,+∞),使f(x)0時(shí),9x+-7≥a+1,結(jié)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(diǎn),F為線段EC(端點(diǎn)除外)上一動點(diǎn).現(xiàn)將△AFD沿AF折起,使平面ABD⊥平面ABC.在平面ABD內(nèi)過點(diǎn)D作DK⊥AB,K為垂足.設(shè)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(diǎn)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. (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?yàn)?≤x≤,所以-≤2x-, 所以-≤sin≤1, 所以-1≤f(x)≤2, 所以函數(shù)f(x)的值域?yàn)閇-1,2]. 18.(12分) 如圖所示,ABC-A1B1C1是各條棱長為a的正三棱柱,D是側(cè)棱CC1的中點(diǎn),P是側(cè)棱BB1的中點(diǎn),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(diǎn)E,AB的中點(diǎn)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(diǎn), ∴PF∥AB1,PC∥B1D, ∴平面PFC∥平面AB1D,又PO?平面PFC, ∴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(dāng)且僅當(dāng)a=c=2時(shí)等號成立. 故S△ABC=acsin B=ac≤, 當(dāng)且僅當(dāng)a=c=2時(shí)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(xiàng)和為Sn,已知a1=10,a2為整數(shù),且在前n項(xiàng)和中S4最大. (1)求{an}的通項(xiàng)公式; (2)設(shè)bn=,n∈N+. ①求證:bn+10,可得x=3或x=3. 所以,BC=3或BC=3. 22.(12分)(xx山東濟(jì)寧一模)設(shè)函數(shù)f(x)=ax-2-ln x(a∈R). (1)若f(x)在點(diǎn)(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(dāng)x>0時(shí),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(diǎn)(e,f(e))處的切線為x-ey-2e=0, ∴f(e)=a-,故a=. (2)解:由(1)知,f(x)=a-(x>0), 當(dāng)a≤0時(shí),f(x)<0在(0,+∞)上恒成立, ∴f(x)在(0,+∞)上是減函數(shù); 當(dāng)a>0時(shí),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(dāng)a≤0時(shí),f(x)的減區(qū)間為(0,+∞); 當(dāng)a>0時(shí),f(x)的減區(qū)間為,f(x)的增區(qū)間為. (3)證明:當(dāng)x>0時(shí),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(diǎn),則g(x)在(0,+∞)上有唯一零點(diǎn). 設(shè)g(x)的零點(diǎn)為t,則g(t)=et-=0, 即et=,由g(x)的單調(diào)性知, 當(dāng)x∈(0,t)時(shí),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(dāng)x>0時(shí),g(x)≥g(t)=et-ln t-2=-ln-2=+t-2≥2-2=0, 又0, ∴當(dāng)x>0時(shí),f(x)-ax+ex>0.