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1、2022年高考數學大一輪復習 滾動測試卷三 文
一、選擇題(本大題共12小題,每小題5分,共60分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的)
1.(xx陜西,文5)將邊長為1的正方形以其一邊所在直線為旋轉軸旋轉一周,所得幾何體的側面積是( )
A.4π B.3π C.2π D.π
2.命題p:若a·b>0,則a與b的夾角為銳角;命題q:若函數f(x)在(-∞,0]及(0,+∞)上都是減函數,則f(x)在(-∞,+∞)上是減函數,下列說法中正確的是( )
A.“p或q”是真命題 B.“p或q”
2、是假命題 C.非p為假命題 D.非q為假命題
3.設0
3、=f(0),f(-2)=-2,則關于x的方程f(x)=x的解的個數為( )
A.4 B.3 C.2 D.1
8.已知向量的夾角為θ,||=2,||=1,=t=(1-t),||在t=t0時取得最小值,當0
4、平面α與平面β的夾角為60°,AB?α,AB⊥l,A為垂足,CD?β,C∈l,∠ACD=135°,則異面直線AB與CD所成角的余弦值為( )
A. B. C. D.
二、填空題(本大題共4小題,每小題4分,共16分.將答案填在題中橫線上)
13.(xx福建三明模擬)若集合A={x|ax2-ax+1<0}=?,則實數a的取值范圍是 .?
14.(xx福建泉州模擬)已知x+3y=2,則3x+27y的最小值為 .?
15.已知實數x,y滿足如果目標函數z=x-y的最小值為-1,則實數m= .?
16.在△ABC中,AD為內角A的平分線,交BC邊于點D,||=3,
5、||=2,∠BAC=60°,則= .?
三、解答題(本大題共6小題,共74分.解答時應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)
17.(12分)在△ABC中,角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,且a2+c2-b2=ac.
(1)求sin2+cos 2B的值;
(2)若b=2,求△ABC面積的最大值.
18.(12分)(xx遼寧,文19)如圖,△ABC和△BCD所在平面互相垂直,且AB=BC=BD=2,∠ABC=∠DBC=120°,E,F,G分別為AC,DC,AD的中點.
(1)求證:EF⊥平面BCG;
(2)求三棱錐D-BCG
6、的體積.
附:錐體的體積公式V=Sh,其中S為底面面積,h為高.
19.(12分)設數列{an}的各項都是正數,且對任意n∈N*,都有=2Sn-an,其中Sn為數列{an}的前n項和.
(1)求數列{an}的通項公式;
(2)設bn=3n+(-1)n-1λ·(λ為非零整數,n∈N*),試確定λ的值,使得對任意n∈N*,都有bn+1>bn成立.
20.(12分)(xx福建三明模擬)如圖,在四棱錐P-ABCD中,四邊形ABCD是菱形,PB=PD,且E,F
7、分別是BC,CD的中點,求證:
(1)EF∥平面PBD;
(2)平面PEF⊥平面PAC.
21.(12分)(xx福建廈門模擬)在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC,E為棱BB1上一點.
(1)證明:AC⊥D1E.
(2)是否存在一點E,使得B1D∥平面AEC?若存在,求的值;若不存在,說明理由.
22.(14分)已知函數f(x)=在點(-1,f(-1))處的切線方程為x+y+3=0.
(1)求函數f(x)的解析式;
(2)設g(x)=l
8、n x,求證:g(x)≥f(x)在x∈[1,+∞)上恒成立;
(3)已知00,所以命題p是假命題;顯然命題q也是假命題;所以選B.
3.B 解析:因為0
9、視圖為在水平投射面上的正投影,結合幾何體可知選B.
5.C 解析:因為g(x)=sin的圖象向左平移個單位可得g=sin=
sin=cos的圖象,所以C選項正確.
6.D 解析:由等差中項可知是等差數列,且首項為,公差d=,
所以+(n-1)×,
所以an=,所以a10=.
7.B 解析:因為f(-4)=f(0),f(-2)=-2,
所以y=x2+bx+c的圖象的對稱軸為x=-=-2,
所以b=4.
因為f(-2)=-2,所以c=2.
所以f(x)=
所以f(x)=x?x=-1,x=-2,x=2,
所以方程有3個根,所以B正確.
8.C 解析:由題意得=2×1×cos
10、 θ=2cos θ,
=(1-t)-t,
∴=(1-t)2+t2-2t(1-t)=(1-t)2+4t2-4t(1-t)cos θ
=(5+4cos θ)t2+(-2-4cos θ)t+1.
由二次函數知當上式取最小值時,
t0=.
由題意可得0<,解得-
11、函數,其圖象向左平移一個單位所得圖象對應的函數解析式為y=,
∴y=的圖象關于(-1,0)中心對稱,故排除A,D,當x<-2時,y<0恒成立,排除B.
12.B 解析:如圖,在平面α內過C作CE∥AB,
則∠ECD為異面直線AB與CD所成的角或其補角,
不妨取CE=1,過E作EO⊥β于O.
在平面β內過O作OH⊥CD于H,
連EH,則EH⊥CD.
因為AB∥CE,AB⊥l,所以CE⊥l.
又因為EO⊥平面β,所以CO⊥l.
故∠ECO為平面α與平面β的夾角,
所以∠ECO=60°.
而∠ACD=135°,CO⊥l,所以∠OCH=45°.
在Rt△ECO中,CO=CE
12、·cos∠ECO=1·cos 60°=.
在Rt△COH中,CH=CO·cos∠OCH=·sin 45°=.
在Rt△ECH中,cos∠ECH=.
所以異面直線AB與CD所成角的余弦值為.故選B.
13.[0,4] 解析:由題意知,a=0時,滿足條件;a≠0時,則a>0,且Δ=a2-4a≤0,解得0
13、
解得x=,y=,
代入x-y=-1,得=-1,
m=5.
16.- 解析:由圖可知向量的關系,根據角平分線定理可得
,
根據余弦定理可知||=,
所以·()+=3×2×cos 60°-9+=-.
17.解:(1)在△ABC中,由余弦定理可知,
a2+c2-b2=2accos B,
由題意知a2+c2-b2=ac,
∴cos B=.
又在△ABC中,A+B+C=π,
sin2+cos 2B=sin2+cos 2B=cos2+cos 2B=2cos2B+,
∴sin2+cos 2B=-.
(2)∵b=2,∴由a2+c2-b2=ac可知,a2+c2-4=ac,
即
14、ac≥2ac-4,∴ac≤.
∵cos B=,∴sin B=.
∴S△ABC=ac·sin B≤,
∴△ABC面積的最大值為.
18.(1)證明:由已知得△ABC≌△DBC,因此AC=DC.
又G為AD中點,所以CG⊥AD;
同理BG⊥AD;因此AD⊥面BGC.
又EF∥AD,所以EF⊥面BCG.
(2)解:在平面ABC內,作AO⊥CB,交CB延長線于O.
由平面ABC⊥平面BCD,知AO⊥面BDC.
又G為AD中點,因此G到平面BDC距離h是AO長度的一半.
在△AOB中,AO=AB·sin 60°=,
所以VD-BCG=VG-BCD=·S△DBC·h
=·BD
15、·BC·sin 120°·
=.
19.解:(1)n∈N*時,=2Sn-an,①
當n≥2時,=2Sn-1-an-1,②
由①-②得,
=(2Sn-an)-(2Sn-1-an-1),
即=an+an-1.
∵an+an-1>0,
∴an-an-1=1(n≥2).
由已知得,當n=1時,=2S1-a1,
∴a1=1.
故數列{an}是首項為1,公差為1的等差數列.∴an=n(n∈N*).
(2)∵an=n(n∈N*),
∴bn=3n+(-1)n-1λ·2n.
∴bn+1-bn=3n+1-3n+(-1)nλ·2n+1-(-1)n-1λ·2n=2×3n-3λ·(-1)n-
16、1·2n.
要使得bn+1>bn恒成立,只須(-1)n-1λ<.
①當n為奇數時,即λ<恒成立.
又的最小值為1,∴λ<1.
②當n為偶數時,即λ>-恒成立.
又-的最大值為-,
∴λ>-.
∴由①②得-<λ<1.又λ≠0且λ為整數,
∴λ=-1時,對所有的n∈N*,都有bn+1>bn成立.
20.證明:(1)因為E,F分別是BC,CD的中點,所以EF∥BD.
因為EF?平面PBD,BD?平面PBD,所以EF∥平面PBD.
(2)設BD交AC于點O,連接PO,
因為ABCD是菱形,所以BD⊥AC,O是BD中點.
又PB=PD,所以BD⊥PO.
又EF∥BD,所以
17、EF⊥AC,EF⊥PO.
又AC∩PO=O,AC?平面PAC,PO?平面PAC,且EF?平面PAC,所以EF⊥平面PAC.
因為EF?平面PEF,所以平面PEF⊥平面PAC.
21.(1)證明:連接BD.
因為ABCD-A1B1C1D1是長方體,
所以D1D⊥平面ABCD.
又AC?平面ABCD,所以D1D⊥AC.
在長方形ABCD中,AB=BC,所以BD⊥AC.
又BD∩D1D=D,所以AC⊥平面BB1D1D.
而D1E?平面BB1D1D,所以AC⊥D1E.
(2)解:存在一點E,使得B1D∥平面AEC,此時=1.
當=1時,E為B1B中點,
設BD交AC于點O,
18、則O為BD中點,
連接OE,在三角形BB1D中,OE∥B1D,B1D?平面AEC,OE?平面AEC.
所以B1D∥平面AEC.
22.(1)解:將x=-1代入切線方程得y=-2,∴f(-1)==-2,
化簡得b-a=-4.
f'(x)=,
f'(-1)==-1,
解得a=2,b=-2.
∴f(x)=.
(2)證明:由已知得ln x≥在[1,+∞)上恒成立,
化簡(x2+1)ln x≥2x-2,即x2ln x+ln x-2x+2≥0在[1,+∞)上恒成立.
設h(x)=x2ln x+ln x-2x+2,
則h'(x)=2xln x+x+-2.
∵x≥1,∴2xln x≥0,x+≥2,即h'(x)≥0.
∴h(x)在[1,+∞)上單調遞增,h(x)≥h(1)=0.
∴g(x)≥f(x)在x∈[1,+∞)上恒成立.
(3)證明:∵01.
由(2)知有l(wèi)n,
整理得,
∴當0
2022年高考數學大一輪復習 滾動測試卷三 文
