2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 滾動(dòng)測(cè)試卷三 文 北師大版

《2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 滾動(dòng)測(cè)試卷三 文 北師大版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 滾動(dòng)測(cè)試卷三 文 北師大版（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 滾動(dòng)測(cè)試卷三 文 北師大版 　滾動(dòng)測(cè)試卷第9頁(yè)　? 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

2、 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(gè)以AD為底面半徑、CD為高的圓錐中挖去一個(gè)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(dāng)x∈時(shí),f'(x)<0. ∴f(x)是上的減函數(shù), ∴f

4、(x)

5、,不符合題意;若點(diǎn)P為點(diǎn)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(diǎn)P為點(diǎn)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(duì)應(yīng)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(shè)Sn是公差為d(d≠0)的無(wú)窮等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,則下列命題錯(cuò)誤的是(　　) A.若d<0,則數(shù)列

6、{Sn}有最大項(xiàng) B.若數(shù)列{Sn}有最大項(xiàng),則d<0 C.若數(shù)列{Sn}是遞增數(shù)列,則對(duì)任意n∈N+,均有Sn>0 D.若對(duì)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(cuò)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(gè)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(duì)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(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(

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(gè)單位 B.向右平移個(gè)單位 C.向左平移個(gè)單位 D.向右平移個(gè)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(gè)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

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(zhǎng)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(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

11、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(huà)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)

12、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(zhǎng)方形ABCD中,AB=2,BC=1,E為DC的中點(diǎn),F為線段

13、EC(端點(diǎn)除外)上一動(dòng)點(diǎn).現(xiàn)將△AFD沿AF折起,使平面ABD⊥平面ABC.在平面ABD內(nèi)過(guò)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(guò)K作KM⊥AF于M,連接DM,易知DM⊥AF,與折前的圖形對(duì)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(gè)對(duì)稱(chēng)中心到最近的對(duì)稱(chēng)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(duì)稱(chēng)中心到最近的對(duì)稱(chēng)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

15、) 如圖所示,ABC-A1B1C1是各條棱長(zhǎng)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, ∴

16、PO∥平面AB1D. 19.(12分)△ABC中內(nèi)角A,B,C的對(duì)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(hào)成立. 故S△ABC=acsin B=ac≤, 當(dāng)且僅當(dāng)

17、a=c=2時(shí)等號(hào)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+1

18、列,{bn}的最大項(xiàng)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(shè)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(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

21、)=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.