2019-2020年高考数学大一轮复习 滚动测试卷四 文.doc

2019-2020年高考数学大一轮复习 滚动测试卷四 文一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.已知集合A=x|x2-3x+20)的焦点F恰好是双曲线=1(a0,b0)的右焦点,且两条曲线的交点的连线过点F,则该双曲线的离心率为()A.B.2C.+1D.-19.已知抛物线y2=4x的焦点为F,准线为l,点P为抛物线上一点,且在第一象限,PAl,垂足为A,|PF|=4,则直线AF的倾斜角等于()A.B.C.D.10.已知函数f(x)=若函数g(x)=f(x)-m有三个不同的零点,则实数m的取值范围为()A.B.C.D.11.已知函数f(x)对定义域R内的任意x都有f(x)=f(4-x),且当x2时其导函数f(x)满足xf(x)2f(x),若2a4,则()A.f(2a)f(3)f(log2a)B.f(3)f(log2a)f(2a)C.f(log2a)f(3)f(2a)D.f(log2a)f(2a)0时,(x2+1)f(x)+2xf(x)0的解集为.三、解答题(本大题共6小题,共74分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17.(12分)已知数列an满足a1=1,a3+a7=18,且an-1+an+1=2an(n2).(1)求数列an的通项公式;(2)若cn=2n-1an,求数列cn的前n项和Tn.18.(12分)(xx福建泉州模拟)设ABC的内角A,B,C的对应边分别为a,b,c,已知a=1,b=2,cos C=.(1)求ABC的边c的长;(2)求cos(A-C)的值.19.(12分)(xx北京西城一模)如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD是矩形,AD=2AB,SA=SD,SAAB,N是棱AD的中点.(1)求证:AB平面SCD;(2)求证:SN平面ABCD;(3)在棱SC上是否存在一点P,使得平面PBD平面ABCD?若存在,求出的值;若不存在,说明理由.20.(12分)在平面直角坐标系xOy中,已知圆P在x轴上截得线段长为2,在y轴上截得线段长为2.(1)求圆心P的轨迹方程;(2)若P点到直线y=x的距离为,求圆P的方程.21.(12分)已知向量m=(ex,ln x+k),n=(1,f(x),mn(k为常数,e是自然对数的底数),曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线与y轴垂直,F(x)=xexf(x).(1)求k的值及F(x)的单调区间;(2)已知函数g(x)=-x2+2ax(a为正实数),若对于任意x20,1,总存在x1(0,+),使得g(x2)F(x1),求实数a的取值范围.22.(14分)已知F1,F2分别是椭圆E:+y2=1的左、右焦点,F1,F2关于直线x+y-2=0的对称点是圆C的一条直径的两个端点.(1)求圆C的方程;(2)设过点F2的直线l被椭圆E和圆C所截得的弦长分别为a,b,当ab最大时,求直线l的方程.答案：1.D解析:x2-3x+20,1x=log42,x2,AB=,故选D.2.A解析:因为y=sin=-cos 2x为偶函数,且周期是,故选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=92-98=-54,故选C.4.D解析:依次判断各选项,A错误,只有直线m,n相交时命题才成立;B错误,其中两点与另一点在平面异侧时,与相交;C错误,直线n可在平面内;D正确.5.A解析:由三视图可知,该几何体是一个球挖去.其中两个半圆的面积为22=4,个球的表面积为422=12,所以这个几何体的表面积是12+4=16,故选A.6.A解析:xR,x2-ax+10为假命题,即对xR,x2-ax+10为真命题.需=(-a)2-40,即a2-40,解得-2a0时,f(x)=x2-x=-,所以要使函数g(x)=f(x)-m有三个不同的零点,只需直线y=m与函数y=f(x)的图象有三个交点即可,如图只需-m2f(x)(x-2)f(x)0,故当x2时,f(x)0,函数单调递增;当x2时,f(x)0,函数单调递减.若2a4,则1log2a2;222a24,即42a16.又f(log2a)=f(4-log2a),24-log2a3,所以24-log2a32a,所以由函数的单调性得f(4-log2a)f(3)f(2a),即f(log2a)f(3)f(2a),故选C.12.B解析:双曲线4x2-y2=1的两条渐近线方程为y=2x,作出由y=2x和x=围成的三角形区域,由y=x-z,所以经过点(,2)时,z取得最小值-.13.y=4x-2解析:设切点为(x0,y0),切线的斜率k=y=3x0+1,3x0+1=4,x0=1.又y0=+x0-=2,则切点为(1,2),故切线的方程为y-2=4(x-1),y=4x-2.14.2解析:由题意,得圆心(0,0)到两条直线的距离相等,且每段弧的长度都是圆周的,即=cos 45=,所以a2=b2=1,故a2+b2=2.15.2a3解析:数列an是递增数列,又an=f(n)(nN*),2a0时有g(x)0,又因为x2+10,所以x(0,1)时,f(x)0;x(1,+)时g(x)0,即f(x)0,当x(-1,0)时,f(x)0的解集为(-,-1)(0,1).17.解:(1)由an-1+an+1=2an(n2)知,数列an是等差数列,设其公差为d,则a5=(a3+a7)=9,所以d=2,an=a1+(n-1)d=2n-1,即数列an的通项公式为an=2n-1.(2)cn=(2n-1)2n-1,Tn=c1+c2+c3+cn=120+321+522+(2n-1)2n-1.2Tn=121+322+(2n-3)2n-1+(2n-1)2n,相减得-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+4-212=4,因为c0,所以c=2.(2)sin2C=1-cos2C=1-.因为0C,所以sin C=.由正弦定理,得,即,解得sin A=,cos2A=1-sin2A=1-,在ABC中,因为ab,所以AB.所以A为锐角,所以cos A=,cos(A-C)=cos Acos C+sin Asin C=.19.(1)证明:因为底面ABCD是矩形,所以ABCD,又因为AB平面SCD,CD平面SCD,所以AB平面SCD.(2)证明:因为ABSA,ABAD,SAAD=A,所以AB平面SAD,又因为SN平面SAD,所以ABSN.因为SA=SD,且N为AD中点,所以SNAD.又因为ABAD=A,所以SN平面ABCD.(3)解:存在点P,使得平面PBD平面ABCD.理由如下:如图,连接BD交NC于点F,在平面SNC中过F作FPSN交SC于点P,连接PD,PB.因为SN平面ABCD,所以FP平面ABCD.又因为FP平面PBD,所以平面PBD平面ABCD.在矩形ABCD中,因为NDBC,所以.在SNC中,因为FPSN,所以.所以在棱SC上存在点P,使得平面PBD平面ABCD,此时.20.解:(1)设P(x,y),圆P的半径为r.由题设y2+2=r2,x2+3=r2.从而y2+2=x2+3.故P点的轨迹方程为y2-x2=1.(2)设P(x0,y0).由已知得.又P点在双曲线y2-x2=1上,从而得由此时,圆P的半径r=.由此时,圆P的半径r=.故圆P的方程为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-200x,由F(x)=-ln x-2,F(x)的单调递增区间为,单调递减区间为.(2)对于任意x20,1,总存在x1(0,+),使得g(x2)F(x1),g(x)maxF(x)max.由(1)知,当x=时,F(x)取得最大值F=1+,对于g(x)=-x2+2ax,其对称轴为x=a.当0a1时,g(x)max=g(a)=a2,a21+,从而01时,g(x)max=g(1)=2a-1,2a-11+,从而1a1+,综上可知0a1+.22.解:(1)由题设知,F1,F2的坐标分别为(-2,0),(2,0),圆C的半径为2,圆心为原点O关于直线x+y-2=0的对称点.设圆心的坐标为(x0,y0),由解得所以圆C的方程为(x-2)2+(y-2)2=4.(2)由题意,可设直线l的方程为x=my+2,则圆心到直线l的距离d=.所以b=2.由得(m2+5)y2+4my-1=0.设l与E的两个交点坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),则y1+y2=-,y1y2=-.于是a=.从而ab=2.当且仅当,即m=时,等号成立.故当m=时,ab最大,此时,直线l的方程为x=y+2或x=-y+2,即x-y-2=0或x+y-2=0.