2022屆高三文科數(shù)學總復習階段滾動檢測(四)

溫馨提示：此套題為Word版，請按住Ctrl,滑動鼠標滾軸，調(diào)整合適的觀看比例，答案解析附后。關(guān)閉Word文檔返回原板塊。階段滾動檢測(四)第一～七章(120分鐘150分)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.(滾動交匯考查)等比數(shù)列{an}中,“a1<a3”是“a4<a6”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2.(2021·武漢模擬)設a是空間中的一條直線,α是空間中的一個平面,則下列說法正確的是()A.過a確定存在平面β,使得β∥αB.過a確定存在平面β,使得β⊥αC.在平面α內(nèi)確定不存在直線b,使得a⊥bD.在平面α內(nèi)確定不存在直線b,使得a∥b3.(2021·南昌模擬)已知一個三棱錐的正視圖和側(cè)視圖如圖所示,則該三棱錐的俯視圖可能為()A.①② B.②③ C.①④ D.②④4.(2021·合肥模擬)某幾何體的三視圖如圖所示,且該幾何體的體積是QUOTE,則正視圖中的x的值是()A.2 B.QUOTE C.QUOTE D.35.(滾動單獨考查)已知不等式組表示的平面區(qū)域S的面積為4,則z=ax+y的最大值為()A.4 B.6 C.8 6.某幾何體的直觀圖如圖所示,該幾何體的正視圖和側(cè)視圖可能正確的是()7.(滾動單獨考查)在△ABC中,D是BC邊上的點,AB=2QUOTE,AD=QUOTE,AC=4,∠C=30°,∠BAC>∠B,則BD=()A.2或4 B.1或3C.3或2 D.4或18.(2021·杭州模擬)如圖,在正三棱錐A-BCD中,E,F分別是AB,BC的中點,EF⊥DE,且BC=1,則正三棱錐A-BCD的體積是()A.QUOTE B.QUOTEC.QUOTE D.QUOTE9.(滾動單獨考查)在△ABC中,AB=AC=2,∠B=30°,P為BC邊中線上的任意一點,則QUOTE·QUOTE的值為()A.-12 B.-6 C.6 D.1210.已知正四棱錐S-ABCD中,SA=2QUOTE,那么當棱錐的體積最大時,點S到平面ABCD的距離為()A.1 B.QUOTE C.2 D.311.(2021·長沙模擬)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面邊長AB=6,AA1=2QUOTE,它的外接球的球心為O,點E是AB的中點,點P是球O上任意一點,則下列說法錯誤的是()A.PE的最大值為9B.三棱錐P-EBC體積的最大值為QUOTEC.存在過點E的平面,截球O的截面面積為9πD.三棱錐P-AEC1體積的最大值為2012.(滾動交匯考查)設f(x)=|lnx|,若函數(shù)g(x)=f(x)-ax在區(qū)間(0,3]上有三個零點,則實數(shù)a的取值范圍是()A.(0,QUOTE ) B.[QUOTE,QUOTE)C.(0,QUOTE] D.(QUOTE,e)二、填空題(本大題共4小題,每小題5分,共20分.請把正確答案填在題中橫線上)13.(滾動單獨考查)已知函數(shù)f(x)為奇函數(shù),且當x>0時,f(x)=lnx,則f(f(QUOTE))=.14.(2021·樂山模擬)已知一個幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的體積為cm3.15.(2021·西安模擬)某幾何體的三視圖如圖,則該幾何體體積的最大值為.16.(滾動單獨考查)設0<m<QUOTE,若QUOTE+QUOTE≥k恒成立,則k的最大值為.三、解答題(本大題共6小題,共70分.解答時應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)17.(10分)(滾動單獨考查)已知向量a=(sinQUOTE,QUOTE),b=(QUOTEcosQUOTE-sinQUOTE,1),函數(shù)f(x)=a·b,△ABC三個內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c.(1)求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間.(2)若f(B+C)=1,a=QUOTE,b=1,求△ABC的面積S.18.(12分)(2021·北京模擬)如圖,已知四邊形ABCD和四邊形BCEG均為直角梯形,AD∥BC,CE∥BG,且∠BCD=∠BCE=QUOTE,平面ABCD⊥平面BCEG,BC=CD=CE=2AD=2BG=2.(1)求證:EC⊥CD.(2)求證:AG∥平面BDE.(3)求幾何體EG-ABCD的體積.19.(12分)如圖,五面體中,四邊形ABCD是矩形,DA⊥平面ABEF,且DA=1,AB∥EF,AB=QUOTEEF=2QUOTE,AF=BE=2,P,Q,M分別為AE,BD,EF的中點.(1)求證:PQ∥平面BCE.(2)求證:AM⊥平面ADF.20.(12分)(滾動單獨考查)數(shù)列{an}中,已知a1=2,當n≥2時,an=QUOTEan-1+QUOTE.數(shù)列{bn}滿足bn=3n-1an(n∈N*).(1)證明:數(shù)列{bn}為等差數(shù)列,并求{bn}的通項公式.(2)求數(shù)列{an}的前n項和Sn.21.(12分)(2021·青島模擬)四棱錐P-ABCD中,AB=2DC=4QUOTE,AC=2AD=4,BC=8,平面PAD⊥底面ABCD,M為棱PB上任一點.(1)證明:平面AMC⊥平面PAD.(2)若△PAD為等邊三角形,平面AMC把四棱錐P-ABCD分成兩個幾何體,當這兩個幾何體的體積之比VPM-ACD∶VM-ABC=11∶4時,求QUOTE的值.22.(12分)(滾動單獨考查)已知函數(shù)f(x)=lnx.(1)若直線y=x+m與函數(shù)f(x)的圖象相切,求實數(shù)m的值.(2)證明:曲線y=f(x)與曲線y=x-QUOTE有唯一的公共點.(3)設0<a<b,比較QUOTE與QUOTE的大小,并說明理由.

答案解析1.D在等比數(shù)列中,由a1<a3可得a1<a1q2,則q可取正也可取負,不能推出a4<a6,而由a4<a6可得a1q3<a1q5;兩者之間的大小關(guān)系取決于q的正負取值狀況,故不能相互推出,則知“a1<a3”是“a4<a62.B當a與α相交時,不存在過a的平面β,使得β∥α,故A錯誤;當a與α平行時,在平面α內(nèi)存在直線b,使得a∥b,故D錯誤;平面α內(nèi)的直線b只要垂直于直線a在平面α內(nèi)的投影,則就必定垂直于直線a,故C錯誤.直線a與其在平面α內(nèi)的投影所確定的平面β滿足β⊥α.【加固訓練】設a,b是不同的直線,α,β是不同的平面,則下列命題:①若a⊥b,a∥α,α⊥β,則b∥β;②若a∥α,α⊥β,則a⊥β;③若a⊥β,α⊥β,則a∥α;④若a⊥b,a⊥α,b⊥β,則α⊥β.其中正確命題的個數(shù)是()A.0 B.1 C.2 D.3B①b與β可能相交,所以①錯誤.②中a⊥β不愿定成立.③中a?α或a∥α,所以錯誤.④正確,所以正確的有1個,所以選B.3.B由三視圖可知,此三棱錐為如圖所示的長方體內(nèi)的P-ABD或P-BCD,當三棱錐為P-ABD時,俯視圖為③,當三棱錐為P-BCD時,俯視圖為②,選擇B.4.【解題提示】先由三視圖還原出幾何體,再計算求解.C由三視圖可知,該幾何體是一個四棱錐,其高為x,底面是上底為1,下底為2,高為2的梯形,所以幾何體的體積V=QUOTE×QUOTE(1+2)×2×x=QUOTE,解得x=QUOTE.5.B由題意知a>0,如圖,不等式組對應的平面區(qū)域為△OBC,其中B(a,a),C(a,-a),所以BC=2a,所以△OBC的面積為QUOTE·a·2a=a2=4,所以a=2.由z=2x+y得y=-2x+z,平移直線y=-2x,由圖象可知當直線y=-2x+z經(jīng)過點B時,直線截距最大,此時z也最大,把B(2,2)代入z=2x+y得z=2×2+2=6.【加固訓練】已知直線(m+2)x+(m+1)y+1=0上存在點(x,y)滿足則實數(shù)m的取值范圍為()A.[-QUOTE,+∞) B.(-∞,-QUOTE]C.[-1,QUOTE] D.[-QUOTE,QUOTE]B作出不等式組表示的可行域如圖中陰影部分(含邊界)所示,又直線l:(m+2)x+(m+1)y+1=0過定點(-1,1),結(jié)合圖形可知,點(1,2),(1,-1)在直線l的兩側(cè)或其中一點在l上,即[(m+2)×1+(m+1)×2+1]·[(m+2)×1+(m+1)×(-1)+1]≤0,解得m≤-QUOTE.6.A由幾何體的直觀圖,可知該幾何體可以看作由正方體ABCD-A1B1C1D1割掉四個角后所得的幾何體ABCD-MNPQ,如圖所示,該幾何體的正視圖就是其在正方體的面CDD1C1上的投影,明顯為正方形CDD1C1與△CDQ的組合;該幾何體的側(cè)視圖就是其在面BCC1B1上的投影,明顯為正方形BCC1B1【加固訓練】將一個底面是正三角形且側(cè)棱垂直于底面的三棱柱ABC-DEF截去一個三棱錐C-ABD,得到幾何體BC-DEF(如圖),則該幾何體的正視圖是()C從正前方觀看截去三棱錐后的幾何體,可知正確選項為C.7.【解題提示】先由正弦定理求∠B,再由余弦定理構(gòu)建關(guān)于BD的方程求解.B在△ABC中,由正弦定理,得sinB=QUOTE=QUOTE,所以∠B=45°或∠B=135°.又∠BAC>∠B,所以∠B=45°.由于AD=QUOTE,則在△ABD中,由余弦定理得AD2=AB2+BD2-2AB·BD·cos45°,即5=8+BD2-2×2QUOTEBD×cos45°,解得BD=1或BD=3.8.【解題提示】依據(jù)EF與DE的垂直關(guān)系,證明AC⊥DE,再證AC⊥AB,再求得側(cè)棱長,依據(jù)體積公式計算即可.B由于E,F分別是AB,BC的中點,所以EF∥AC,又EF⊥DE,所以AC⊥DE.取BD的中點O,連接AO,CO,所以在正三棱錐A-BCD中,AO⊥BD,CO⊥BD,所以BD⊥平面AOC,又AC?平面AOC,所以AC⊥BD.又DE∩BD=D,所以AC⊥平面ABD,所以AC⊥AB.設AC=AB=AD=x,則x2+x2=1?x=QUOTE,所以VC-ABD=QUOTES△ABD·AC=QUOTEAB·AD·AC=QUOTE.9.B取BC的中點為O,連接AO,則AO⊥BC,OB=OC=QUOTE,以O為原點,QUOTE,QUOTE方向分別為x,y軸正方向建立直角坐標系,則B(-QUOTE,0),C(QUOTE,0),設P(0,x0),所以QUOTE=(-QUOTE,x0),QUOTE=(2QUOTE,0),則QUOTE·QUOTE=(-QUOTE,x0)·(2QUOTE,0)=-6.10.【解題提示】以點S到平面ABCD距離h為變量,構(gòu)建以V為因變量的函數(shù),然后用導數(shù)求最值.C設點S到平面ABCD的距離為h,底面對角線長為l,則h2+=(2QUOTE)2,得l=2QUOTE(0<h<2QUOTE).所以底面邊長a=QUOTEl=QUOTE,故體積V=QUOTEa2h=QUOTE(24-2h2)h=-QUOTEh3+8h.令V'=0,得-2h2+8=0,解得h=2或h=-2(舍去),經(jīng)檢驗,當h=2時,棱錐體積最大.11.B由于正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面邊長AB=6,AA1=2QUOTE,所以AC1=10,所以它的外接球半徑為5.由于點E是AB的中點,所以BE=3,OE=4.又點P是球O上任意一點,所以PE的最大值為OE+5=9,所以A正確.由于點O到平面EBC的距離為QUOTE,S△EBC=9,三棱錐P-EBC高的最大值為5+QUOTE,故其體積的最大值為3(5+QUOTE),所以B錯誤.由于OE=4,所以過E且垂直于OE的平面到球心O的距離為4,所以此截面圓的半徑為3,即截面面積為9π,所以C正確.由題意得球心O在AC1上,所以點P到平面AEC1的最大距離為5,QUOTE=QUOTE=12,所以三棱錐P-AEC1體積的最大值為20,所以D正確.12.B函數(shù)g(x)=f(x)-ax在區(qū)間(0,3]上有三個零點,即y=f(x)與y=ax有3個交點.當x>1時,f(x)=lnx,f'(x)=QUOTE.令y=ax與f(x)=lnx(x>1)相切,設切點為(x0,y0),則f'(x0)=QUOTE,所以切線方程為y=QUOTEx,即當y=f(x)與y=ax相切時,a=QUOTE,當x=3時,直線y=ax過(3,ln3),代入得a=QUOTE,所以函數(shù)g(x)在區(qū)間(0,3]上有3個交點時a的取值范圍為[QUOTE,QUOTE).【加固訓練】已知f(x)=且函數(shù)y=f(x)+x恰有3個不同的零點,則實數(shù)a的取值范圍是()A.(-∞,1] B.(0,1]C.(-∞,0] D.(-∞,2]A當x<0時,f(x)=(x+1)2+a-1,把函數(shù)f(x)在[-1,0)上的圖象向右平移一個單位即得函數(shù)f(x)在[0,1)上的圖象,連續(xù)右移可得函數(shù)f(x)在[0,+∞)上的圖象.由于函數(shù)y=f(x)+x恰有3個不同的零點,即函數(shù)y=f(x),y=-x的圖象有3個不同的交點,則實數(shù)a應滿足a-1≤0,即a≤1.13.【解析】由題意可知函數(shù)f(x)為奇函數(shù),所以f(-x)=-f(x),又f(QUOTE)=lnQUOTE=-2,所以f(f(QUOTE))=f(-2)=-f(2)=-ln2.答案：-ln214.【解析】該幾何體為圓柱挖去半個球而得的組合體,其體積為V=π×12×3-QUOTE×QUOTE=QUOTE(cm3).答案：QUOTE15.【解析】由三視圖知該幾何體為三棱錐,記為S-ABC,其中SA⊥平面ABC,底面ABC為直角三角形,且∠BAC=90°.則AB=1,設SA=x,AC=y,則x2+y2=6.利用不等式得x2+y2=6≥2xy,所以xy≤3.又體積V=QUOTE×QUOTE×AB×AC×SA=QUOTExy≤QUOTE×3=QUOTE.答案：QUOTE16.【解析】令t=QUOTE+QUOTE,由于QUOTE+QUOTE≥k恒成立,所以tmin≥k恒成立,t=QUOTE+QUOTE=QUOTE+QUOTE=(QUOTE+QUOTE)(2m+1-2m)=2(2+QUOTE+QUOTE),由于0<m<QUOTE,所以2m>0,1-2m>0,所以QUOTE+QUOTE≥2(當且僅當QUOTE=QUOTE,即m=QUOTE時取等號),所以t≥8,所以k≤8,所以k的最大值為8.答案：817.【解析】(1)由題意得,f(x)=a·b=sin(QUOTEcosQUOTE-sinQUOTE）+QUOTE=QUOTEsinQUOTEcosQUOTE-sin2QUOTE+QUOTE=QUOTEsinx-QUOTE+QUOTE=QUOTEsinx+QUOTEcosx=sin(x+QUOTE).令2kπ-QUOTE≤x+QUOTE≤2kπ+QUOTE(k∈Z),解得2kπ-QUOTE≤x≤2kπ+QUOTE(k∈Z),所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為[2kπ-QUOTE,2kπ+QUOTE](k∈Z).(2)由于f(B+C)=1,所以sin(B+C+QUOTE)=1,又B+C∈(0,π),B+C+QUOTE∈(QUOTE,QUOTE),所以B+C+QUOTE=QUOTE,B+C=QUOTE,所以A=QUOTE,由正弦定理得QUOTE=QUOTE,把a=QUOTE,b=1代入上式,得sinB=QUOTE,故B=QUOTE或B=QUOTE,由于A=QUOTE為鈍角,所以B=QUOTE舍去,所以B=QUOTE,得C=QUOTE.所以,△ABC的面積S=QUOTEabsinC=QUOTE×QUOTE×1×QUOTE=QUOTE.【一題多解】本題還可接受如下方法求解.由余弦定理得,a2=b2+c2-2bccosA,得3=1+c2+c,c=1或-2(舍去),所以△ABC的面積S=QUOTEbcsinA=QUOTE×1×1×QUOTE=QUOTE.18.【解析】(1)由于平面ABCD⊥平面BCEG,又平面ABCD∩平面BCEG=BC,CE⊥BC,CE?平面BCEG,所以EC⊥平面ABCD,又CD?平面ABCD,故EC⊥CD.(2)如圖,在平面BCEG中,過G作GN⊥CE交BE于M,連接DM,則由已知可得:MG=MN,MN∥BC∥DA,且MN=AD=QUOTEBC,所以MG∥AD,MG=AD,故四邊形ADMG為平行四邊形,所以AG∥DM,由于DM?平面BDE,AG?平面BDE,所以AG∥平面BDE.(3)VEG-ABCD=VD-BCEG+VG-ABD=QUOTES四邊形BCEG·DC+QUOTES△ABD·BG=QUOTE×QUOTE×2×2+QUOTE×QUOTE×1×2×1=QUOTE.【加固訓練】在如圖所示的幾何體中,四邊形BB1C1C是矩形,BB1⊥平面ABC,CA=CB;A1B1∥AB,AB=2A1B1(1)求證:EF∥平面BB1C(2)求證:C1A1⊥平面ABB1A【證明】(1)連接BC1,由于E,F分別是AB,AC1的中點,所以EF∥BC1.又EF?平面BB1CBC1?平面BB1C所以EF∥平面BB1C(2)連接A1E,CE.由于BB1⊥平面ABC,BB1?平面ABB1A1所以平面ABB1A1⊥由于CA=CB,E是AB的中點,所以CE⊥AB,所以CE⊥平面ABB1A1由于B1A1∥BA,B1A1=QUOTEBA=BE,所以四邊形A1EBB1為平行四邊形,所以BB1A1又BB1CC1,所以A1ECC1,所以四邊形A1ECC1為平行四邊形,則C1A1∥CE,所以C1A1⊥平面ABB119.【證明】(1)連接AC,由于四邊形ABCD是矩形,Q為BD的中點,所以Q為AC的中點,又在△AEC中,P為AE的中點,所以PQ∥EC.由于EC?平面BCE,PQ?平面BCE,所以PQ∥平面BCE.(2)由于M為EF的中點,所以EM=AB=2QUOTE,又EF∥AB,所以四邊形ABEM是平行四邊形,所以AM∥BE,AM=BE=2.又AF=2,MF=2QUOTE,所以△MAF是直角三角形且∠MAF=90°,所以MA⊥AF.又DA⊥平面ABEF,MA?平面ABEF,所以MA⊥DA,又DA∩AF=A,所以AM⊥平面ADF.20.【解析】(1)當n=1時,b1=30×a1=2.當n≥2時,an=QUOTEan-1+QUOTE,兩邊同乘以3n-1得,3n-1an=3n-2an-1+2,即bn-bn-1=2(n≥2).所以數(shù)列{bn}是以2為首項,以2為公差的等差數(shù)列,其通項公式為bn=2+(n-1)×2=2n.(2)由(1)得bn=3n-1an=2n,所以an=QUOTE.Sn=2×QUOTE+4×QUOTE+…+2(n-1)×QUOTE+2n×QUOTE,①Q(mào)UOTESn=2×QUOTE+4×QUOTE+…+2(n-1)×QUOTE+2n×QUOTE,②①-②,得QUOTESn=2×QUOTE+2×QUOTE+…+2×QUOTE-2n×QUOTE=2×QUOTE-2n×QUOTE=3-QUOTE.所以Sn=QUOTE-QUOTE.21.【解析】(1)在△ACD中,由于AC2+AD2=16+4=20=CD2,所以AC⊥AD.由于平面PAD⊥底面ABCD,且平面PAD∩平面ABCD=AD,所以AC⊥平面PAD.又AC?平面AMC,所以平面AMC⊥平面PAD.(2)如圖,取AD中點E,連接PE,則PE⊥AD,PE⊥平面A