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(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)一周,所得幾何體的側(cè)面積是()A.4B.3C.2D.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”是假命題C.非p為假命題D.非q為假命題3.設(shè)0<x<,則“xsin2x<1”是“xsin x<1”的()A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件4.一幾何體的直觀圖如圖,下列給出的四個俯視圖中正確的是()5.要得到函數(shù)f(x)=cos的圖象,只需將函數(shù)g(x)=sin的圖象()A.向左平移個單位長度B.向右平移個單位長度C.向左平移個單位長度D.向右平移個單位長度6.(xx福建泉州模擬)已知數(shù)列an滿足a1=2,a2=1,則a10=()A.B.C.D.7.設(shè)函數(shù)f(x)=若f(-4)=f(0),f(-2)=-2,則關(guān)于x的方程f(x)=x的解的個數(shù)為()A.4B.3C.2D.18.已知向量的夾角為,|=2,|=1,=t=(1-t),|在t=t0時取得最小值,當(dāng)0<t0<時,夾角的取值范圍為()A.B.C.D.9.已知底面邊長為1,側(cè)棱長為的正四棱柱的各頂點均在同一個球面上,則該球的體積為()A.B.4C.2D.10.正四棱錐的頂點都在同一球面上.若該棱錐的高為4,底面邊長為2,則該球的表面積為()A.B.16C.9D.11.下列四個圖中,函數(shù)y=的圖象可能是()12.已知平面與平面的夾角為60°,AB,ABl,A為垂足,CD,Cl,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(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,則實數(shù)m=. 16.在ABC中,AD為內(nèi)角A的平分線,交BC邊于點D,|=3,|=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.(1)求證:EF平面BCG;(2)求三棱錐D-BCG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的各項都是正數(shù),且對任意nN*,都有=2Sn-an,其中Sn為數(shù)列an的前n項和.(1)求數(shù)列an的通項公式;(2)設(shè)bn=3n+(-1)n-1·(為非零整數(shù),nN*),試確定的值,使得對任意nN*,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:ACD1E.(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(shù)f(x)=在點(-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)=ln x,求證:g(x)f(x)在x1,+)上恒成立;(3)已知0<a<b,求證:.答案：1.C解析:依題意,知所得幾何體是一個圓柱,且其底面半徑為1,母線長也為1,因此其側(cè)面積為2×1×1=2,故選C.2.B解析:當(dāng)a與b的夾角為0時a·b>0,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<x<,所以sin x<1,故xsin2x<xsin x.若“xsin x<1”,則“xsin2x<1”;若“xsin2x<1”,則xsin x<不一定小于1,由此可知答案為必要不充分條件.4.B解析:俯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(shù)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)=xx=-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 =2cos ,=(1-t)-t,=(1-t)2+t2-2t(1-t)=(1-t)2+4t2-4t(1-t)cos =(5+4cos )t2+(-2-4cos )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-<cos <0,<<,所以C正確.9.D解析:依題意可知正四棱柱體對角線的長度等于球的直徑,可設(shè)球半徑R,則2R=2,解得R=1,所以V=R3=.10.A解析:由圖知,R2=(4-R)2+2,R2=16-8R+R2+2,R=,S表=4R2=4×,選A.11.C解析:y=是奇函數(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,在平面內(nèi)過C作CEAB,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于O.在平面內(nèi)過O作OHCD于H,連EH,則EHCD.因為ABCE,ABl,所以CEl.又因為EO平面,所以COl.故ECO為平面與平面的夾角,所以ECO=60°.而ACD=135°,COl,所以O(shè)CH=45°.在RtECO中,CO=CE·cosECO=1·cos 60°=.在RtCOH中,CH=CO·cosOCH=·sin 45°=.在RtECH中,cosECH=.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;a0時,則a>0,且=a2-4a0,解得0<a4.綜上可知0a4.14.6解析:3x+27y=3x+33y2=2=6,當(dāng)且僅當(dāng)3x=33y,即x=3y=1時等號成立.15.5解析:畫出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=5.16.-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=,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ac2ac-4,ac.cos B=,sin B=.SABC=ac·sin B,ABC面積的最大值為.18.(1)證明:由已知得ABCDBC,因此AC=DC.又G為AD中點,所以CGAD;同理BGAD;因此AD面BGC.又EFAD,所以EF面BCG.(2)解:在平面ABC內(nèi),作AOCB,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=·SDBC·h=·BD·BC·sin 120°·=.19.解:(1)nN*時,=2Sn-an,當(dāng)n2時,=2Sn-1-an-1,由-得,=(2Sn-an)-(2Sn-1-an-1),即=an+an-1.an+an-1>0,an-an-1=1(n2).由已知得,當(dāng)n=1時,=2S1-a1,a1=1.故數(shù)列an是首項為1,公差為1的等差數(shù)列.an=n(nN*).(2)an=n(nN*),bn=3n+(-1)n-1·2n.bn+1-bn=3n+1-3n+(-1)n·2n+1-(-1)n-1·2n=2×3n-3·(-1)n-1·2n.要使得bn+1>bn恒成立,只須(-1)n-1<.當(dāng)n為奇數(shù)時,即<恒成立.又的最小值為1,<1.當(dāng)n為偶數(shù)時,即>-恒成立.又-的最大值為-,>-.由得-<<1.又0且為整數(shù),=-1時,對所有的nN*,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EFBD.因為EF平面PBD,BD平面PBD,所以EF平面PBD.(2)設(shè)BD交AC于點O,連接PO,因為ABCD是菱形,所以BDAC,O是BD中點.又PB=PD,所以BDPO.又EFBD,所以EFAC,EFPO.又ACPO=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D1DAC.在長方形ABCD中,AB=BC,所以BDAC.又BDD1D=D,所以AC平面BB1D1D.而D1E平面BB1D1D,所以ACD1E.(2)解:存在一點E,使得B1D平面AEC,此時=1.當(dāng)=1時,E為B1B中點,設(shè)BD交AC于點O,則O為BD中點,連接OE,在三角形BB1D中,OEB1D,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 x2x-2,即x2ln x+ln x-2x+20在1,+)上恒成立.設(shè)h(x)=x2ln x+ln x-2x+2,則h'(x)=2xln x+x+-2.x1,2xln x0,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x1,+)上恒成立.(3)證明:0<a<b,>1.由(2)知有l(wèi)n,整理得,當(dāng)0<a<b時,.