2019-2020年高考数学大一轮复习 滚动测试卷三 文.doc

2019-2020年高考数学大一轮复习 滚动测试卷三 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.(xx陕西,文5)将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周,所得几何体的侧面积是()A.4B.3C.2D.2.命题p:若ab0,则a与b的夹角为锐角;命题q:若函数f(x)在(-,0及(0,+)上都是减函数,则f(x)在(-,+)上是减函数,下列说法中正确的是()A.“p或q”是真命题B.“p或q”是假命题C.非p为假命题D.非q为假命题3.设0x,则“xsin2x1”是“xsin x1”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件4.一几何体的直观图如图,下列给出的四个俯视图中正确的是()5.要得到函数f(x)=cos的图象,只需将函数g(x)=sin的图象()A.向左平移个单位长度B.向右平移个单位长度C.向左平移个单位长度D.向右平移个单位长度6.(xx福建泉州模拟)已知数列an满足a1=2,a2=1,则a10=()A.B.C.D.7.设函数f(x)=若f(-4)=f(0),f(-2)=-2,则关于x的方程f(x)=x的解的个数为()A.4B.3C.2D.18.已知向量的夹角为,|=2,|=1,=t=(1-t),|在t=t0时取得最小值,当0t0时,夹角的取值范围为()A.B.C.D.9.已知底面边长为1,侧棱长为的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上,则该球的体积为()A.B.4C.2D.10.正四棱锥的顶点都在同一球面上.若该棱锥的高为4,底面边长为2,则该球的表面积为()A.B.16C.9D.11.下列四个图中,函数y=的图象可能是()12.已知平面与平面的夹角为60,AB,ABl,A为垂足,CD,Cl,ACD=135,则异面直线AB与CD所成角的余弦值为()A.B.C.D.二、填空题(本大题共4小题,每小题4分,共16分.将答案填在题中横线上)13.(xx福建三明模拟)若集合A=x|ax2-ax+1bn成立.20.(12分)(xx福建三明模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是菱形,PB=PD,且E,F分别是BC,CD的中点,求证:(1)EF平面PBD;(2)平面PEF平面PAC.21.(12分)(xx福建厦门模拟)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC,E为棱BB1上一点.(1)证明:ACD1E.(2)是否存在一点E,使得B1D平面AEC?若存在,求的值;若不存在,说明理由.22.(14分)已知函数f(x)=在点(-1,f(-1)处的切线方程为x+y+3=0.(1)求函数f(x)的解析式;(2)设g(x)=ln x,求证:g(x)f(x)在x1,+)上恒成立;(3)已知0a0,所以命题p是假命题;显然命题q也是假命题;所以选B.3.B解析:因为0x,所以sin x1,故xsin2xxsin x.若“xsin x1”,则“xsin2x1”;若“xsin2x1”,则xsin x不一定小于1,由此可知答案为必要不充分条件.4.B解析:俯视图为在水平投射面上的正投影,结合几何体可知选B.5.C解析:因为g(x)=sin的图象向左平移个单位可得g=sin=sin=cos的图象,所以C选项正确.6.D解析:由等差中项可知是等差数列,且首项为,公差d=,所以+(n-1),所以an=,所以a10=.7.B解析:因为f(-4)=f(0),f(-2)=-2,所以y=x2+bx+c的图象的对称轴为x=-=-2,所以b=4.因为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个根,所以B正确.8.C解析:由题意得=21cos =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.由二次函数知当上式取最小值时,t0=.由题意可得0,解得-cos 0,所以C正确.9.D解析:依题意可知正四棱柱体对角线的长度等于球的直径,可设球半径R,则2R=2,解得R=1,所以V=R3=.10.A解析:由图知,R2=(4-R)2+2,R2=16-8R+R2+2,R=,S表=4R2=4,选A.11.C解析:y=是奇函数,其图象向左平移一个单位所得图象对应的函数解析式为y=,y=的图象关于(-1,0)中心对称,故排除A,D,当x-2时,y0,且=a2-4a0,解得00,an-an-1=1(n2).由已知得,当n=1时,=2S1-a1,a1=1.故数列an是首项为1,公差为1的等差数列.an=n(nN*).(2)an=n(nN*),bn=3n+(-1)n-12n.bn+1-bn=3n+1-3n+(-1)n2n+1-(-1)n-12n=23n-3(-1)n-12n.要使得bn+1bn恒成立,只须(-1)n-1.当n为奇数时,即恒成立.又的最小值为1,-恒成立.又-的最大值为-,-.由得-bn成立.20.证明:(1)因为E,F分别是BC,CD的中点,所以EFBD.因为EF平面PBD,BD平面PBD,所以EF平面PBD.(2)设BD交AC于点O,连接PO,因为ABCD是菱形,所以BDAC,O是BD中点.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.因为EF平面PEF,所以平面PEF平面PAC.21.(1)证明:连接BD.因为ABCD-A1B1C1D1是长方体,所以D1D平面ABCD.又AC平面ABCD,所以D1DAC.在长方形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:存在一点E,使得B1D平面AEC,此时=1.当=1时,E为B1B中点,设BD交AC于点O,则O为BD中点,连接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:将x=-1代入切线方程得y=-2,f(-1)=-2,化简得b-a=-4.f(x)=,f(-1)=-1,解得a=2,b=-2.f(x)=.(2)证明:由已知得ln x在1,+)上恒成立,化简(x2+1)ln x2x-2,即x2ln x+ln x-2x+20在1,+)上恒成立.设h(x)=x2ln x+ln x-2x+2,则h(x)=2xln x+x+-2.x1,2xln x0,x+2,即h(x)0.h(x)在1,+)上单调递增,h(x)h(1)=0.g(x)f(x)在x1,+)上恒成立.(3)证明:0a1.由(2)知有ln,整理得,当0ab时,.