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1、2022年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 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(xiàng)中,只有一項(xiàng)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(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)一周,所得幾何體的側(cè)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(shù)f(x)在(-∞,0]及(0,+∞)上都是減函數(shù),則f(x)在(-∞,+∞)上是減函數(shù),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(shè)0

3、=f(0),f(-2)=-2,則關(guān)于x的方程f(x)=x的解的個數(shù)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(dāng)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(shí)數(shù)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(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=　　　　　.? 16.在△ABC中,AD為內(nèi)角A的平分線,交BC邊于點(diǎn)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(yīng)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(diǎn). (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(shè)數(shù)列{an}的各項(xiàng)都是正數(shù),且對任意n∈N*,都有=2Sn-an,其中Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)設(shè)bn=3n+(-1)n-1λ·(λ為非零整數(shù),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(diǎn),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(diǎn). (1)證明:AC⊥D1E. (2)是否存在一點(diǎn)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(shù)f(x)=在點(diǎn)(-1,f(-1))處的切線方程為x+y+3=0. (1)求函數(shù)f(x)的解析式; (2)設(shè)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?yàn)?

9、視圖為在水平投射面上的正投影,結(jié)合幾何體可知選B. 5.C　解析:因?yàn)間(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(xiàng)正確. 6.D　解析:由等差中項(xiàng)可知是等差數(shù)列,且首項(xiàng)為,公差d=, 所以+(n-1)×, 所以an=,所以a10=. 7.B　解析:因?yàn)閒(-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?yàn)閒(-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(shù)知當(dāng)上式取最小值時, t0=. 由題意可得0<,解得-

11、函數(shù),其圖象向左平移一個單位所得圖象對應(yīng)的函數(shù)解析式為y=, ∴y=的圖象關(guān)于(-1,0)中心對稱,故排除A,D,當(dāng)x<-2時,y<0恒成立,排除B. 12.B　解析:如圖,在平面α內(nèi)過C作CE∥AB, 則∠ECD為異面直線AB與CD所成的角或其補(bǔ)角, 不妨取CE=1,過E作EO⊥β于O. 在平面β內(nèi)過O作OH⊥CD于H, 連EH,則EH⊥CD. 因?yàn)锳B∥CE,AB⊥l,所以CE⊥l. 又因?yàn)镋O⊥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(guān)系,根據(jù)角平分線定理可得 , 根據(jù)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(diǎn),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(nèi),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(diǎn),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(dāng)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(dāng)n=1時,=2S1-a1, ∴a1=1. 故數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1,公差為1的等差數(shù)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(dāng)n為奇數(shù)時,即λ<恒成立. 又的最小值為1,∴λ<1. ②當(dāng)n為偶數(shù)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(shù), ∴λ=-1時,對所有的n∈N*,都有bn+1>bn成立. 20.證明:(1)因?yàn)镋,F分別是BC,CD的中點(diǎn),所以EF∥BD. 因?yàn)镋F?平面PBD,BD?平面PBD,所以EF∥平面PBD. (2)設(shè)BD交AC于點(diǎn)O,連接PO, 因?yàn)锳BCD是菱形,所以BD⊥AC,O是BD中點(diǎn). 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?yàn)镋F?平面PEF,所以平面PEF⊥平面PAC. 21.(1)證明:連接BD. 因?yàn)锳BCD-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(diǎn)E,使得B1D∥平面AEC,此時=1. 當(dāng)=1時,E為B1B中點(diǎn), 設(shè)BD交AC于點(diǎn)O,

18、則O為BD中點(diǎn), 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(shè)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(diào)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(dāng)0