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1、2022年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 滾動測試卷四 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.已知集合A={x|x2-3x+2<0},B=,則(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.A?B B.B?A C.A∩?RB=R D.A∩B=? 2.下列函數(shù)中周期為π且為偶函數(shù)的是(　　) A.y=sin B.y=cos C.y=sin D.y=cos 3.設(shè)Sn是等差數(shù)列{an}的前n項和,a1=2,a5=3a3,則S9=(　　) A.90 B.54 C.-54 D.-

2、72 4.已知m,n為兩條不同的直線,α,β為兩個不同的平面,則下列命題中正確的是(　　) A.若l⊥m,l⊥n,且m,n?α,則l⊥α B.若平面α內(nèi)有不共線的三點到平面β的距離相等,則α∥β C.若m⊥α,m⊥n,則n∥α D.若m∥n,n⊥α,則m⊥α 5.一個幾何體的三視圖如圖所示,其中俯視圖與側(cè)視圖均為半徑是2的圓,則這個幾何體的表面積是(　　) A.16π B.14π C.12π D.8π 6.(xx廣東廣州三校聯(lián)考)?x∈R,x2-ax+1≤0為假命題,則a的取值范圍為(　　) A.(-2,2) B.[-2,2] C.(-∞,-2)∪(2,+∞) D.(-∞,

3、-2]∪[2,+∞) 7.若兩個非零向量a,b滿足|a+b|=|a-b|=2|a|,則向量a+b與b-a的夾角為(　　) A. B. C. D. 8.(xx福建三明模擬)已知拋物線y2=2px(p>0)的焦點F恰好是雙曲線=1(a>0,b>0)的右焦點,且兩條曲線的交點的連線過點F,則該雙曲線的離心率為(　　) A. B.2 C.+1 D.-1 9.已知拋物線y2=4x的焦點為F,準線為l,點P為拋物線上一點,且在第一象限,PA⊥l,垂足為A,|PF|=4,則直線AF的傾斜角等于(　　) A. B. C. D. 10.已知函數(shù)f(x)=若函數(shù)g(x)=f(x)-m有三個不同的零

4、點,則實數(shù)m的取值范圍為(　　) A. B. C. D. 11.已知函數(shù)f(x)對定義域R內(nèi)的任意x都有f(x)=f(4-x),且當(dāng)x≠2時其導(dǎo)函數(shù)f'(x)滿足xf'(x)>2f'(x),若2

5、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.若曲線y=x2+x-的某一切線與直線y=4x+3平行,則切線方程為　　　　　.? 14.直線l1:y=x+a和l2:y=x+b將單位圓C:x2+y2=1分成長度相等的四段弧,則a2+b2=　　　　.? 15.設(shè)函數(shù)f(x)=數(shù)列{an}滿足an=f(n),n∈N*,且數(shù)列{an}是遞增數(shù)列,則實數(shù)a的取值范圍是　　　　　.? 16.設(shè)f(x)是R上的奇函數(shù),且f(-1)=0,當(dāng)x>0時,(x2+1)·f'(x)+2xf(x)<0,則不等式f(x)>0的解集為　　　　　.? 三、解答題(本大題共6小題,共74分

6、.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)已知數(shù)列{an}滿足a1=1,a3+a7=18,且an-1+an+1=2an(n≥2). (1)求數(shù)列{an}的通項公式; (2)若cn=2n-1·an,求數(shù)列{cn}的前n項和Tn. 18.(12分)(xx福建泉州模擬)設(shè)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對應(yīng)邊分別為a,b,c,已知a=1,b=2,cos C=. (1)求△ABC的邊c的長; (2)求cos(A-C)的值. 19.(12分

7、)(xx北京西城一模)如圖,在四棱錐S-ABCD中,底面ABCD是矩形,AD=2AB,SA=SD,SA⊥AB,N是棱AD的中點. (1)求證:AB∥平面SCD; (2)求證:SN⊥平面ABCD; (3)在棱SC上是否存在一點P,使得平面PBD⊥平面ABCD?若存在,求出的值;若不存在,說明理由. 20.(12分)在平面直角坐標系xOy中,已知圓P在x軸上截得線段長為2,在y軸上截得線段長為2. (1)求圓心P的軌跡方程; (2)若P點到直線y=x的距離為,求圓P的方程.

8、 21.(12分)已知向量m=(ex,ln x+k),n=(1,f(x)),m∥n(k為常數(shù),e是自然對數(shù)的底數(shù)),曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線與y軸垂直,F(x)=xexf'(x). (1)求k的值及F(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)已知函數(shù)g(x)=-x2+2ax(a為正實數(shù)),若對于任意x2∈[0,1],總存在x1∈(0,+∞),使得g(x2)

9、=0的對稱點是圓C的一條直徑的兩個端點. (1)求圓C的方程; (2)設(shè)過點F2的直線l被橢圓E和圓C所截得的弦長分別為a,b,當(dāng)ab最大時,求直線l的方程. 答案：1.D　解析:∵x2-3x+2<0,∴1=log42, ∴x>2,∴A∩B=?,故選D. 2.A　解析:因為y=sin=-cos 2x為偶函數(shù),且周期是π,故選A. 3.C　解析:由a1=2,a5=3a3得a1+4d=3(a1+2d),即d=-a1=-2,所以S9=9a1+d=9×2-9×8=-54,故選C. 4.D　解析:依次判斷各選項,A錯誤,只有直線m,n相交時命題才成立;

10、B錯誤,其中兩點與另一點在平面異側(cè)時,α與β相交;C錯誤,直線n可在平面α內(nèi);D正確. 5.A　解析:由三視圖可知,該幾何體是一個球挖去.其中兩個半圓的面積為π×22=4π,個球的表面積為×4π×22=12π,所以這個幾何體的表面積是12π+4π=16π,故選A. 6.A　解析:?x∈R,x2-ax+1≤0為假命題,即對?x∈R,x2-ax+1>0為真命題. 需Δ=(-a)2-4<0,即a2-4<0,解得-2

11、2a·b+b2=4a2,即b2=3a2, 所以|b|=|a|, 所以(a+b)·(b-a)=b2-a2=3a2-a2=2a2,所以向量a+b與b-a的夾角的余弦值為cos θ=,所以θ=,故選B. 8.C　解析:因為兩條曲線交點的連線過點F,所以兩條曲線交點為,代入雙曲線方程得=1, 又=c,所以-4×=1,化簡得c4-6a2c2+a4=0,所以e4-6e2+1=0, 所以e2=3+2=(1+)2,所以e=+1,故選C. 9.B　解析:拋物線的焦點坐標為F(1,0),準線方程為x=-1. 由題意知|PF|=|PA|=4, 則xP-(-1)=4,即xP=3, 所以=4×3,

12、即yP=2(點P在第一象限,故負值舍去),所以A(-1,2). 設(shè)直線AF的傾斜角為θ, 則tan θ==-, 所以θ=,故選B. 10.C　解析:由g(x)=f(x)-m=0得f(x)=m,作出函數(shù)y=f(x)的圖象,當(dāng)x>0時,f(x)=x2-x=≥-,所以要使函數(shù)g(x)=f(x)-m有三個不同的零點,只需直線y=m與函數(shù)y=f(x)的圖象有三個交點即可,如圖只需-2f'(x)?(x-2)f'(x)>0,故當(dāng)x>2時,f'(x)>0,函數(shù)單調(diào)遞增; 當(dāng)x<2時,

13、f'(x)<0,函數(shù)單調(diào)遞減. 若2

14、+1=4,∴x0=1. 又y0=+x0-=2,則切點為(1,2),故切線的方程為y-2=4(x-1),∴y=4x-2. 14.2　解析:由題意,得圓心(0,0)到兩條直線的距離相等,且每段弧的長度都是圓周的,即=cos 45°=,所以a2=b2=1,故a2+b2=2. 15.20時有g(shù)'(x)<0成立, 即g(x)在(0,+∞)上為減函數(shù). 又g(1)=

15、2f(1)=-2f(-1)=0知x∈(0,1)時g(x)>0, 又因為x2+1>0, 所以x∈(0,1)時,f(x)>0; x∈(1,+∞)時g(x)<0, 即f(x)<0. 根據(jù)f(x)是奇函數(shù)可得當(dāng)x∈(-∞,-1)時f(x)>0, 當(dāng)x∈(-1,0)時,f(x)<0. 可知f(x)>0的解集為(-∞,-1)∪(0,1). 17.解:(1)由an-1+an+1=2an(n≥2)知,數(shù)列{an}是等差數(shù)列, 設(shè)其公差為d, 則a5=(a3+a7)=9, 所以d==2, an=a1+(n-1)d=2n-1, 即數(shù)列{an}的通項公式為an=2n-1. (2)cn=(

16、2n-1)·2n-1, Tn=c1+c2+c3+…+cn =1×20+3×21+5×22+…+(2n-1)×2n-1. 2Tn=1×21+3×22+…+(2n-3)×2n-1+(2n-1)×2n, 相減得-Tn=1+2×(21+22+23+…+2n-1)-(2n-1)·2n, 整理得-Tn=1+2×-(2n-1)·2n=-(2n-3)·2n-3, 所以Tn=(2n-3)·2n+3. 18.解:(1)由余弦定理,得c2=a2+b2-2abcos C=1+4-2×1×2×=4, 因為c>0,所以c=2. (2)sin2C=1-cos2C=1-. 因為0

17、. 由正弦定理,得,即, 解得sin A=,cos2A=1-sin2A=1-, 在△ABC中,因為a

18、CD. (3)解:存在點P,使得平面PBD⊥平面ABCD.理由如下: 如圖,連接BD交NC于點F, 在平面SNC中過F作FP∥SN交SC于點P,連接PD,PB. 因為SN⊥平面ABCD, 所以FP⊥平面ABCD. 又因為FP?平面PBD, 所以平面PBD⊥平面ABCD. 在矩形ABCD中,因為ND∥BC, 所以. 在△SNC中,因為FP∥SN, 所以. 所以在棱SC上存在點P,使得平面PBD⊥平面ABCD, 此時. 20.解:(1)設(shè)P(x,y),圓P的半徑為r. 由題設(shè)y2+2=r2,x2+3=r2. 從而y2+2=x2+3. 故P點的軌跡方程為y2-x

19、2=1. (2)設(shè)P(x0,y0). 由已知得. 又P點在雙曲線y2-x2=1上, 從而得 由 此時,圓P的半徑r=. 由 此時,圓P的半徑r=. 故圓P的方程為x2+(y-1)2=3或x2+(y+1)2=3. 21.解:(1)由已知可得f(x)=, ∴f'(x)=, 由已知,f'(1)==0,∴k=1, ∴F(x)=xexf'(x) =x=1-xln x-x, 故F'(x)=-ln x-2. 由F'(x)=-ln x-2≥0?0, ∴F(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為,單調(diào)遞減區(qū)間為. (2)∵對于任意x2∈[0,1],

20、總存在x1∈(0,+∞),使得g(x2)1時,g(x)max=g(1)=2a-1, ∴2a-1<1+,從而1