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1、2022年高考數(shù)學一輪復習 滾動測試卷四 文 北師大版 　滾動測試卷第13頁　? 一、選擇題(本大題共12小題,每小題5分,共60分) 1.集合M=,N={x|y=lg(x+2)},則M∩N等于(　　) 　　　　　　　 　　　　　　　 　　　　　 A.[0,+∞) B.(-2,0] C.(-2,+∞) D.(-∞,-2)∪[0,+∞) 答案:B 解析:因為集合M=, 所以M={x|x≤0}, N={x|y=lg(x+2)}={x|x>-2}, 所以M∩N={x|x≤0}∩{x|x>-2}={x|-20的否定是(　　)

2、A.任意x∈R,x2≤0 B.存在x∈R,x2>0 C.存在x∈R,x2<0 D.存在x∈R,x2≤0 答案:D 解析:命題:任意x∈R,x2>0的否定是:存在x∈R,x2≤0. 3.將函數(shù)f(x)=sin的圖像向右平移個單位,那么所得的圖像對應的函數(shù)解析式是(　　) A.y=sin 2x B.y=cos 2x C.y=sin D.y=sin 答案:D 解析:∵f(x)=sin, ∴將函數(shù)f(x)=sin的圖像向右平移個單位,得f=sin=sin, 所得的圖像對應的函數(shù)解析式是y=sin. 4.已知函數(shù)y=f(x)的定義域為{x|x≠0},滿足f(x)+f(-

3、x)=0,當x>0時,f(x)=ln x-x+1,則函數(shù)y=f(x)的大致圖像是(　　) 答案:A 解析:因為函數(shù)y=f(x)的定義域為{x|x≠0}, 滿足f(x)+f(-x)=0, 所以函數(shù)是奇函數(shù),排除C,D. 當x=e時,f(10)=1-e+1=2-e<0,排除B,A正確. 5.在△ABC中,已知D是AB邊上一點,若=2+λ,則λ=(　　) A. B. C.- D.- 答案:A 解析:在△ABC中,已知D是AB邊上一點. ∵=2+λ, 又) =,∴λ=. 6. 某幾何體的三視圖如圖所示,其中左視圖為半圓,則該幾何體的體積是(　　) A. B.

4、C. D.π 答案:A 解析:根據(jù)幾何體的三視圖,得 該幾何體是平放的半圓錐,且圓錐的底面半徑為1,母線長為3, ∴圓錐的高為=2; ∴該幾何體的體積為V半圓錐=π×12×2π. 7.已知雙曲線=1(a>0,b>0)的一條漸近線平行于直線l:x+2y+5=0,雙曲線的一個焦點在直線l上,則雙曲線的方程為(　　) A.=1 B.=1 C.=1 D.=1 答案:A 解析:∵雙曲線=1(a>0,b>0)的一條漸近線平行于直線l:x+2y+5=0, 雙曲線的一個焦點在直線l上, ∴解得a=2,b=, ∴雙曲線方程為=1. 8. 如圖,在△ABC中,點D在AC上,A

5、B⊥BD,BC=3,BD=5,sin∠ABC=,則CD的長為(　　) A. B. C.2 D.5 答案:B 解析:由題意可得sin∠ABC= =sin=cos∠CBD, 再根據(jù)余弦定理可得CD2=BC2+BD2-2BC·BD·cos∠CBD=27+25-2×3×5×=22,可得CD=. 9.過P(2,0)的直線l被圓(x-2)2+(y-3)2=9截得的弦長為2時,直線的斜率為(　　) A.± B.± C.±1 D.± 答案:A 解析:(方法一)設直線的斜率為k,則直線方程為y=k(x-2), 即kx-y-2k=0. 圓心為C(2,3),半徑r=3, 圓心到直線的距離d=

6、. 由題意得2=2,即32-=1,解得k=±. (方法二)如圖,圓心C(2,3),半徑3,取弦PA的中點D,PD=1, 則CD=2,tan∠PCD=. 由對稱性知所求直線斜率為±. 10.已知拋物線方程為y2=8x,直線l的方程為x-y+2=0,在拋物線上有一動點P到y(tǒng)軸距離為d1,P到l的距離為d2,則d1+d2的最小值為(　　) A.2-2 B.2 C.2-2 D.2+2 答案:C 解析:∵點P到準線的距離等于點P到焦點F的距離, ∴過焦點F作直線x-y+2=0的垂線,此時d1+d2最小. ∵F(2,0), ∴d1+d2=-2=2-2. 11.若存在過點O(0,

7、0)的直線l與曲線f(x)=x3-3x2+2x和y=x2+a都相切,則a的值是(　　) A.1 B. C.1或 D.1或- 答案:C 解析:設過O(0,0)與f(x)相切的切點為P(x0,y0), 則y0=-3+2x0,且k=f'(x0)=3-6x0+2.① 又k=-3x0+2,② 由①,②聯(lián)立,得x0=或x0=0, 所以k=-或2. ∴所求切線l的方程為y=-x或y=2x. 直線l與曲線y=x2+a相切,當切線為y=2x時,聯(lián)立方程可得x2+a-2x=0滿足Δ=4-4a=0,a=1. 當切線為y=-x時, 可得得x2+x+a=0. 依題意,Δ=-4a=0.∴a=.

8、綜上,a=1或a=.故選C. 12.設等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,若a2=-11,a5+a9=-2,則當Sn取最小值時,n等于(　　) A.9 B.8 C.7 D.6 答案:C 解析:設等差數(shù)列的首項為a1,公差為d, 由a2=-11,a5+a9=-2,得 解得 ∴an=-15+2n. 由an=-15+2n≤0,解得n≤. ∴當Sn取最小值時,n等于7. 二、填空題(本大題共4題,每小題5分,共20分) 13.(xx遼寧錦州二模)已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點為F,過點F的傾斜角為60°的直線l與拋物線C在第一、四象限分別交于A,B兩點,則的值等于　　　

9、　　　.? 答案:3 解析:設A(x1,y1),B(x2,y2),則=2px1,=2px2, |AB|=x1+x2+p=p, 即有x1+x2=p, 由直線l的傾斜角為60°, 則直線l的方程為y-0=, 即y=x-p,聯(lián)立拋物線方程, 消去y并整理,得 12x2-20px+3p2=0, 則x1x2=,可得x1=p,x2=p. 則=3. 14.若變量x,y滿足約束條件且z=x+3y的最小值為4,則k=　　　　　.? 答案:1 解析:由z=x+3y,得y=-x+,畫出不等式對應的可行域, 平移直線y=-x+,由平移可知當直線y=-x+經(jīng)過點B時, 直線y=-x+的截

10、距最小,此時z取得最小值為4, 即x+3y=4, 由解得即B(1,1), 點B同時也在直線y=k上,則k=1. 15.已知雙曲線=1(a>0,b>0)的一條漸近線垂直于直線l:x-2y-5=0,雙曲線的一個焦點在l上,則雙曲線的方程為　　　　　　　　　　　　.? 答案:=1 解析:∵雙曲線的一個焦點在直線l上, 令y=0,可得x=5,即焦點坐標為(5,0), ∴c=5. ∵雙曲線=1(a>0,b>0)的一條漸近線垂直于直線l:x-2y-5=0,∴=2. ∵c2=a2+b2,∴a2=5,b2=20. ∴雙曲線的方程為=1. 16.設甲、乙兩個圓柱的底面積分別為S1,S

11、2,體積分別為V1,V2,若它們的側(cè)面積相等,且,則的值為　　　　　.? 答案: 解析:設兩個圓柱的底面半徑分別為R,r,高分別為H,h, ∵,∴, ∵它們的側(cè)面積相等,∴=1, ∴, ∴. 三、解答題(本大題共6小題,共70分) 17.(10分)已知函數(shù)f(x)=sin-4sin2wx+2(w>0),其圖像與x軸相鄰兩個交點的距離為. (1)求函數(shù)f(x)的解析式; (2)若將f(x)的圖像向左平移m(m>0)個長度單位得到函數(shù)g(x)的圖像恰好經(jīng)過點,求當m取得最小值時,g(x)在上的單調(diào)增區(qū)間. 解:(1)函數(shù)f(x)=sin-4sin2wx+2(w>0) =si

12、n 2wx-cos 2wx-4·+2 =sin 2wx+cos 2wx =sin, 根據(jù)圖像與x軸相鄰兩個交點的距離為,可得函數(shù)的最小正周期為2×,求得ω=1, 故函數(shù)f(x)=sin. (2)將f(x)的圖像向左平移m(m>0)個長度單位得到函數(shù)g(x)=sinsin的圖像, 再根據(jù)g(x)的圖像恰好經(jīng)過點, 可得sin=0,故m=, 所以g(x)=sin. 令2kπ-≤2x+≤2kπ+,k∈Z,求得kπ-≤x≤kπ-,k∈Z,故函數(shù)g(x)的增區(qū)間為,k∈Z. 再結(jié)合x∈,可得增區(qū)間為. 18. (12分)如圖,已知平行四邊形ABCD與直角梯形ABEF所在的平面

13、互相垂直,且AB=BE=AF=1,BE∥AF,AB⊥AF,∠CBA=,BC=,P為DF的中點. (1)求證:PE∥平面ABCD; (2)求三棱錐A-BCE的體積. (1)證明:取AD的中點M,連接MP,MB, ∵P為DF的中點, ∴MP􀱀AF, 又∵BE􀱀AF, ∴BE􀱀MP, ∴四邊形BEPM是平行四邊形. ∴PE∥BM. 又PE?平面ABCD,BM?平面ABCD, ∴PE∥平面ABCD. (2)解:在△ABC中,由余弦定理可得: AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos∠ABC=1+()2-2×1××co

14、s=1, ∴AC=1.∴AC2+AB2=BC2. ∴AC⊥AB. ∵平面ABCD⊥平面ABEF,平面ABCD∩平面ABEF=AB, ∴AC⊥平面ABEF. ∵S△ABE=BE·AB=×1×1=, ∴VA-BCE=VC-ABE=S△ABE×AC=×1=. 19.(12分)已知橢圓C:=1(a>b>0)的焦距為2,長軸長是短軸長的2倍. (1)求橢圓的標準方程; (2)斜率為k的直線l交橢圓于A,B兩點,其中A點為橢圓的左頂點,若橢圓的上頂點P始終在以AB為直徑的圓內(nèi),求實數(shù)k的取值范圍. 解:(1)根據(jù)題意,得 解得a=2,b=1. ∴橢圓的標準方程為+y2=1. (2

15、)由(1)及題意,知頂點A為(-2,0), ∴直線l的方程為y=k(x+2), 與橢圓方程聯(lián)立,得 消去y,得(1+4k2)x2+16k2x+(16k2-4)=0; 設點B為(x0,y0),則x0-2=-, ∴x0=,y0=. 又橢圓的上頂點P在以AB為直徑的圓內(nèi), ∴∠APB為鈍角,即<0. ∵P(0,1),A(-2,0),B, ∴=(-2,-1),. ∴<0, 即20k2-4k-3<0,解得k∈. 20.(12分)已知各項為正數(shù)的等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn,數(shù)列{bn}的通項公式bn=(n∈N+),若S3=b5+1,b4是a2和a4的等比中項. (1)求數(shù)列

16、{an}的通項公式; (2)求數(shù)列{an·bn}的前n項和Tn. 解:(1)∵數(shù)列{bn}的通項公式bn=(n∈N+), ∴b5=6,b4=4, 設各項為正數(shù)的等比數(shù)列{an}的公比為q,q>0, ∵S3=b5+1=7,∴a1+a1q+a1q2=7,① ∵b4是a2和a4的等比中項, ∴=a2·a4==16,解得a3=a1q2=4,② 由①②得3q2-4q-4=0, 解得q=2,或q=-(舍), ∴a1=1,∴an=2n-1. (2)當n為偶數(shù)時, Tn=(1+1)·20+2·2+(3+1)·22+4·23+(5+1)·24+…+[(n-1)+1]·2n-2+n·2n-

17、1 =(20+2·2+3·22+4·23+…+n·2n-1)+(20+22+…+2n-2), 設Hn=20+2·2+3·22+4·23+…+n·2n-1,① 2Hn=2+2·22+3·23+4·24+…+n·2n,② ①-②,得-Hn=20+2+22+23+…+2n-1-n·2n =-n·2n=(1-n)·2n-1, ∴Hn=(n-1)·2n+1, ∴Tn=(n-1)·2n+1+·2n+. 當n為奇數(shù),且n≥3時, Tn=+(n+1)·2n-1=·2n-1++(n+1)·2n-1=·2n-1+, 經(jīng)檢驗,T1=2符合上式, ∴Tn= 21.(12分)已知點M是圓心為C1

18、的圓(x-1)2+y2=8上的動點,點C2(-1,0),若線段MC2的中垂線交MC1于點N. (1)求動點N的軌跡方程; (2)若直線l:y=kx+t是圓x2+y2=1的切線且l與點N的軌跡交于不同的兩點P,Q,O為坐標原點,若=μ,且≤μ≤,求△OPQ面積的取值范圍. 解:(1)由已知得|MN|=|NC2|,則|NC1|+|NC2|=|NC1|+|MN|=2>|C1C2|=2, 故動點N的軌跡是以C1,C2為焦點,以2為長軸長的橢圓,a=,c=1,b2=1, 動點N的軌跡方程為+y2=1. (2)∵直線l:y=kx+t是圓x2+y2=1的切線, ∴=1,∴t2=k2+1. 直

19、線l:y=kx+t代入橢圓方程可得(1+2k2)x2+4ktx+2t2-2=0, 設P(x1,y1),Q(x2,y2),則Δ=16k2-8t2+8=8k2>0可得k≠0. ∴x1+x2=-,x1x2=, ∴y1y2=(kx1+t)(kx2+t)=, ∵t2=k2+1, ∴x1x2=,y1y2=, ∴=μ=x1x2+y1y2=, ∵≤μ≤,∴, ∴≤k2≤1, ∵|PQ|= =2. 令λ=k4+k2,∵≤k2≤1, ∴λ∈. |PQ|=2·=2·上遞增, ∴≤|PQ|≤. ∵直線PQ是圓x2+y2=1的切線, ∴O到PQ的距離為1, ∴S△OPQ=|PQ|,即|

20、PQ|≤. 故△OPQ面積的取值范圍是. 22.(12分)已知函數(shù)f(x)=x--aln x, (1)若f(x)無極值點,求a的取值范圍; (2)設g(x)=x+-(ln x)2,當a取(1)中的最大值時,求g(x)的最小值; (3)證明:>ln(n∈N+). (1)解:求導可得f'(x)=, ∵函數(shù)f(x)無極值,∴方程x2-ax+1=0在(0,+∞)上無根或有唯一根, ∴方程a=x+在(0,+∞)上無根或有唯一根, 又x+≥2(x=1取等號), 故=2,∴a≤2. (2)解:a=2時,f(x)=x--2ln x,g(x)=x+-(ln x)2, 由(1)知,f(x)

21、在(0,+∞)上是增函數(shù), 當x∈(0,1)時,f(x)=x--2ln xf(1)=0,即x->2ln x>0; ∴x>0時,≥|2ln x|=|ln x2|, 令x2=t>0,∴≥|ln t|, 平方得t+-2≥(ln t)2,∴t>0時,t+-2≥(ln t)2成立,當且僅當t=1時取等號, ∴當x=1時,函數(shù)g(x)取最小值2. (3)證明:由上知,x>1時,x+-(ln x)2>2, ∴x>1時,>ln x成立, 令x=,得>ln,即>ln, ∴不等式:>ln+…+ln>ln+…+ln =ln=ln. 即>ln(n∈N+).