2019-2020年高考数学 阶段滚动检测(四)理 新人教A版.doc

2019-2020年高考数学 阶段滚动检测(四)理 新人教A版一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50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.设复数z1i，则等于()(A)1i(B)1i(C)12i(D)12i2.(xx衢州模拟)已知直线l平面，直线m平面，下面有三个命题：lm；lm；lm.其中假命题的个数为()(A)3 (B)2 (C)1 (D)03.(滚动单独考查)在ABC中，M是BC的中点，AM1，点P在AM上且满足2，则()()(A) (B) (C) (D)4.(滚动综合考查)(xx辽源模拟)设奇函数f(x)的定义域为R，最小正周期T3，若f(1)1，f(2)，则a的取值范围是()(A)a1或a (B)a1(C)13)，Sn100，则n的值为()(A)8 (B)9 (C)10 (D)119.设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为a，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为()(A)a2 (B)a2 (C)a2 (D)5a210.(xx黄山模拟)已知函数f(x)cosxsinx(xR)，给出下列五个命题：若f(x1)f(x2)，则x1x2；f(x)的最小正周期是2；f(x)在区间，上是增函数；f(x)的图象关于直线x对称；当x，时，f(x)的值域为，.其中正确的命题为()(A)(B)(C)(D)第卷(非选择题共100分)二、填空题(本大题共7小题，每小题4分，共28分.请把正确答案填在题中横线上)11.(xx金华模拟)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为.12.(xx遵义模拟)在直三棱柱ABCA1B1C1中，B1C1A1C1，AC1A1B，M，N分别是A1B1，AB的中点，给出如下三个结论：C1M平面A1ABB1；A1BAM；平面AMC1平面CNB1，其中正确的是.13.母线长为1的圆锥的侧面展开图的圆心角等于，则该圆锥的体积为.14.(滚动单独考查)(xx安阳模拟)已知点M(x，y)满足若zaxy(a0)的最小值为3，则a的值为.15.(xx杭州模拟)已知四面体ABCD中，DADBDC3，且DA，DB，DC两两互相垂直，点O是ABC的中心，将DAO绕直线DO旋转一周，则在旋转过程中，直线DA与直线BC所成角的余弦值的取值范围是.16.(滚动交汇考查)对于等差数列an有如下命题：“若an是等差数列，a10，s，t 是互不相等的正整数，则有(s1)at(t1)as0”.类比此命题，给出等比数列bn相应的一个正确命题是.17.(xx西宁模拟)已知正六棱柱的12个顶点都在一个半径为3的球面上，当正六棱柱的体积最大(柱体体积底面积高)时，其高的值为.三、解答题(本大题共5小题，共72分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)18.(14分)如图，已知AB平面ACD，DE平面ACD，ACD为等边三角形，ADDE2AB，F为CD的中点.(1)求证：AF平面BCE；(2)求证：平面BCE平面CDE；(3)在DE上是否存在一点P，使直线BP和平面BCE所成的角为30？19.(14分)(xx北京模拟)设Sn为数列an的前n项和，Snan1(为常数，n1,2,3，).(1)若a3a，求的值；(2)是否存在实数，使得数列an是等差数列？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.(3)当2时，若数列bn满足bn1anbn(n1,2,3，)，且b1，令cn，求数列cn的前n项和Tn.20.(14分)(xx安徽高考)如图，ABEDFC为多面体，平面ABED与平面ACFD垂直，点O在线段AD上，OA1，OD2，OAB，OAC，ODE，ODF都是正三角形.(1)证明直线BCEF；(2)求棱锥FOBED的体积.21.(15分)一个多面体的三视图及直观图如图所示：(1)求异面直线AB1与DD1所成角的余弦值；(2)试在平面ADD1A1中确定一个点F，使得FB1平面BCC1B1；(3)在(2)的条件下，求二面角FCC1B的余弦值. 22.(15分)(xx长春模拟)如图所示，正方形AA1D1D与矩形ABCD所在平面互相垂直，AB2AD2，点E为AB的中点.(1)求证：BD1平面A1DE；(2)求证：D1EA1D；(3)在线段AB上是否存在点M，使二面角D1MCD的大小为？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由.答案解析1.【解析】选D.1i1ii12i.2.【解析】选C.对，l，l，又m，lm；错，l，则l也可以在内，l与m重合；对，l，lm，m，又m，.故只有是假命题.3.【解题指南】根据数量积的定义确定向量的长度和夹角即可.【解析】选A.()22cos180.4.【解析】选C.由条件知f(2)f(31)f(1)f(1)，故1，解得10时，由线性规划知，当直线yaxz过点B(1,0)时，z有最小值，则zmina3.答案：315.【解析】由两直线所成角的范围可知在0，上余弦为减函数.当DABC即DAO不转动时，DABC，此时余弦值最小为0.而DA与面ABC所成的角为DA与BC所成角的最小值(最小角定理)，DADCDB3，ACBCAB6，AOAC2，设线面角为，则cos.DA与BC所成角的余弦值的取值范围为0，.答案：0，16.【解析】从等差数列到等比数列的类比，等差数列中、类比到等比数列经常是，()n，0类比1.故若bn是等比数列，b11，s、t是互不相等的正整数，则1.答案： 若bn是等比数列，b11，s、t是互不相等的正整数，则有117.【解题指南】根据正六棱柱和球的对称性，球心O必然是正六棱柱上下底面中心连线的中点，作出轴截面即可得到正六棱柱的底面边长、高和球的半径的关系，在这个关系下求函数取得最值的条件即可求出所要求的量.【解析】以正六棱柱的最大对角面作截面，如图.设球心为O，正六棱柱的上下底面中心分别为O1，O2，则O是线段O1O2的中点.设正六棱柱的底面边长为a，高为2h，则a2h29.正六棱柱的体积为V6a22h，即V3(9h2)h，则V3(93h2)，得极值点h，不难知道这个极值点是极大值点，也是最大值点.故当正六棱柱的体积最大时，其高为2.答案：218.【解析】设ADDE2AB2a，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，B(0,0，a)，C(2a,0,0)，D(a，a,0)，E(a，a,2a)，F为CD的中点，F(a，a,0).(1)(a，a,0)，(a，a，a)，(2a,0，a).()，AF平面BCE，AF平面BCE.(2)(a，a,0)，(a，a,0)，(0,0，2a).0，0，. 又CDDED，AF平面CDE，又AF平面BCE， 平面BCE平面CDE. (3)存在.设平面BCE的一个法向量为n(x，y，z)，由n0，n0可得：xyz0,2xz0，取n(1，2).设存在P(a，a，ta)满足题意，则(a，a，(t1)a)(0t2)，设BP和平面BCE所成的角为，则sin，解得：t3，又t0,2，故取t3.存在P(a，a，(3)a)，使直线BP和平面BCE所成的角为30. 【变式备选】如图，在四棱锥SABCD中，底面ABCD是正方形，其他四个侧面都是等边三角形，AC与BD的交点为O，E为侧棱SC上一点. (1)当E为侧棱SC的中点时，求证：SA平面BDE；(2)求证：平面BDE平面SAC；(3)当二面角EBDC的大小为45时，试判断点E在SC上的位置，并说明理由.【解析】(1)连接OE，由条件可得SAOE.因为SA平面BDE，OE平面BDE， 所以 SA平面BDE. (2)由题意知SO平面ABCD，ACBD. 故建立如图所示的空间直角坐标系.设四棱锥SABCD的底面边长为2，则O(0,0,0)，S(0,0，)，A(，0,0)，B(0，0)，C(，0,0)，D(0，0).所以(2，0,0)，(0，2，0).设CEa(0a2)，由已知可求得 ECO45.所以E(a,0，a)，(a，a).设平面BDE的一个法向量为n(x，y，z)，则，即. 令z1，得n(，0,1).易知(0，2，0)是平面SAC的一个法向量.因为n(，0,1)(0，2，0)0，所以n，所以平面BDE平面SAC.(3)由(2)可知，平面BDE的一个法向量为n(，0,1).因为SO底面ABCD，所以(0,0，)是平面BDC的一个法向量.由已知二面角EBDC的大小为45.所以|cos，n|cos45，所以，解得a1.所以点E是SC的中点.19.【解析】(1)因为Snan1，所以a1a11，a2a1a21，a3a2a1a31.由a1a11可知：1.所以a1，a2，a3.因为a3a，所以.所以0或2.(2)假设存在实数，使得数列an是等差数列，则2a2a1a3.由(1)可得：.所以，即10，矛盾.所以不存在实数，使得数列an是等差数列.(3)当2时，Sn2an1，所以Sn12an11(n2)，且a11.所以an2an2an1，即an2an1(n2).所以an0(nN*)，且2(n2).所以，数列an是以1为首项，2为公比的等比数列.an2n1，又bn1anbn，bn1bn2n1，b2b120b3b22b4b322bnbn12n2各式相加，得bnb112222n22n11b1，bn2n1，所以cn.因为，所以Tnc1c2cn2()1.【方法技巧】求数列通项的方法(1)公式法：当已知数列类型时，可利用公式求数列的通项；(2)已知Sn或已知Sn和an的关系时，可利用an求通项；(3)已知an1panq(p1，q0)时，可根据构造法，通过构造等比数列求通项；(4)已知an1anf(n)时，可通过累加的方法求通项；(5)已知an1anf(n)时，可利用累乘法求通项.20.【解析】(1)设G是线段DA延长线与线段EB延长线的交点，由于OAB与ODE都是正三角形，且OA1，OD2，所以OBDE，OGOD2.同理，设G是线段DA延长线与线段FC延长线的交点，有OC DF，OGOD2.又由于G和G都在线段DA的延长线上，所以G与G重合.在GED和GFD中，由OB DE和OC DF，可知B，C分别是GE和GF的中点，所以BC是GEF的中位线，故BCEF.(2)由OB1，OE2，EOB60，知SEOB，而OED是边长为2的正三角形，故SOED，所以S四边形OBEDSEOBSOED.过点F作FQAD，交AD于点Q，由平面ABED平面ACFD知，FQ就是四棱锥FOBED的高，且FQ，所以VFOBEDFQS四边形OBED.21.【解析】依题意知，该多面体为底面是正方形的四棱台，且D1D底面ABCD.AB2A1B12DD12a.以D为原点，DA、DC、DD1所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(2a,0,0)，B1(a，a，a)，D1(0,0，a)，B(2a,2a,0)，C(0,2a,0)，C1(0，a，a).(1)(a，a，a)，(0,0，a)，cos， 即异面直线AB1与DD1所成角的余弦值为.(2)设F(x,0，z)， (a，a，a)，(2a,0,0)，(ax，a，az)，由FB1平面BCC1B1得，即， 得，F(a,0,0)，即F为DA的中点.(3)由(2)知为平面BCC1B1的一个法向量.设n(x1，y1，z1)为平面FCC1的一个法向量. (0，a，a)，(a,2a,0)，由，即，令y11得x12，z11，n(2,1,1)，cosn，.即二面角F-CC1-B的余弦值为.【方法技巧】高考中立体几何解答题的常见题型(1)线面平行、垂直的证明.解题时主要利用相关的判定定理进行解题即可，但要注意表达的规范性，即要把相关定理的内容完全表示为符号语言.(2)空间角的求法.一般以二面角的求法为主，解题时可根据所给几何体的特征建立坐标系，利用向量的运算来解题.22.【解析】(1)连接AD1，四边形ADD1A1为正方形，O是AD1的中点，点E为AB的中点，连接OE.EO为ABD1的中位线，EOBD1，又BD1平面A1DE，OE平面A1DE，BD1平面A1DE.(2)正方形ADD1A1中，A1DAD1，由已知可得：AB平面ADD1A1，A1D平面ADD1A1ABA1D，ABAD1A，A1D平面AD1E，D1E平面AD1E，A1DD1E.(3)存在.由题意可得：D1D平面ABCD，以点D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，C(0,2,0)，A1(1,0,1)，D1(0,0,1)，设M(1，y0,0)(0y02)，(1,2y0,0)，(0,2，1)设平面D1MC的法向量为n1(x，y，z)则得取平面D1MC的一个法向量n1(2y0,1,2)，而平面MCD的一个法向量为n2(0,0,1)，二面角D1MCD的大小为，则cos|cosn1，n2|解得：y02(0y02)，当AM2时，二面角D1MCD的大小为.