高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 滾動(dòng)測試卷三 文

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1、高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 滾動(dòng)測試卷三 文 一、 選擇題(每小題5分,共60分) 1. (xx·臨沂模擬)集合M={2,log3 a},N={a,b},若M∩N={1},則M∪N=(D) A. {0,1,2} B. {0,1,3} C. {0,2,3} D. {1,2,3} ∵M(jìn)∩N={1},∴l(xiāng)og3 a=1,即a=3,∴b=1,即M={2,1},∴N={3,1}.故選D. 2. (xx·惠州調(diào)研)“m>n>0”是“方程mx2+ny2=1表示焦點(diǎn)在y軸上的橢圓”的(C) A. 充分而不必要條件 B. 必要而不充分條件  C. 充要條件 D. 既不充分也不

2、必要條件 mx2+ny2=1?+=1,m>n>0?0<<,即p?q.故選C. 3. (xx·浙江模擬)已知橢圓+=1(0<b<3),左、右焦點(diǎn)分別為F1,F(xiàn)2,過F1的直線交橢圓于A,B 兩點(diǎn),若||+|| 的最大值為8,則b的值是(D) A. 2 B. C. D. ∵F1,F(xiàn)2為橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn),∴|AF1|+|AF2|=6,|BF1|+|BF2|=6,△AF2B的周長為|AB|+|AF2|+|BF2|=|AF1|+|AF2|+|BF1|+|BF2|=12;若|AB|最小時(shí),+最大,又當(dāng)AB⊥x軸時(shí),|AB|最小,此時(shí)|AB|==,∴12-=8,b=.故選D. 4

3、. 如圖是一正方體被過棱的中點(diǎn)M,N和頂點(diǎn)A,D,C1的兩個(gè)截面截去兩個(gè)角后所得的幾何體,則該幾何體的正視圖為(B) 由幾何體的直觀圖可以看出,該幾何體的正視圖為選項(xiàng)B所示的圖形. 5. (xx·臨沂模擬)某幾何體的三視圖如圖所示(其中側(cè)視圖中的圓弧是半圓),則該幾何體的表面積為(A) A. 92+14π B. 82+14π C. 92+24π D. 82+24π 由幾何體的三視圖,知該幾何體的下半部分是長方體,上半部分是半徑為2,高為5的圓柱的一半.長方體中,EH=4,HG=4,GK=5,∴長方體的表面積為(去掉一個(gè)上底面)2×(4×4+4×5)+4×5=9

4、2.半圓柱的兩個(gè)底面積和為π×22=4π,半圓柱的側(cè)面積為π×2×5=10π,∴整個(gè)組合體的表面積為92+4π+10π=92+14π.故選A. 6. 已知直線l⊥平面α,直線m?平面β,則“α∥β”是“l(fā)⊥m”的(A) 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 若α∥β,則由l⊥α知l⊥β,又m?β,可得l⊥m;若α與β相交(如圖),設(shè)α∩β=n,當(dāng)m∥n時(shí),由l⊥α可得l⊥m,而此時(shí)α與β不平行,于是“α∥β”是“l(fā)⊥m”的充分不必要條件.故選A. 7. (xx·山西診斷)已知函數(shù)f(x)=Mcos(ωx+φ)(M

5、>0,ω>0,0<φ<π)為奇函數(shù),該函數(shù)的部分圖像如圖所示,AC=BC=,∠C=90°,則f 的值為(A) A. - B. C. - D. 依題意,△ABC是直角邊長為的等腰直角三角形,因此其邊AB上的高是,故函數(shù)f(x)的最小正周期是2,M=,∴=2,ω=π,f(x)=cos(πx+φ).又函數(shù)f(x)是奇函數(shù),于是有φ=kπ+,其中k∈Z.由0<φ<π得φ=,故f(x)=-sin πx,f =-sin=-.故選A. 8. 已知直線y=kx+3與圓(x-2)2+(y-3)2=4相交于M,N兩點(diǎn),若|MN|≥2,則k的取值范圍是(B) A. ∪ B.

6、 C. ∪ D. ∵直線過定點(diǎn)(0,3),且該點(diǎn)在圓上,設(shè)此點(diǎn)為M,圓心(2,3)到直線的距離為d,由題設(shè)可知4-d2≥()2,得d2≤1,又由d=,得k2≤,故-≤k≤. 9. (xx·濟(jì)南模擬)若函數(shù)f(x)=2sin(-2

7、a≥0)僅在點(diǎn)(2,2)處取得最大值,則a的取值范圍為(C) A. B. C. D. 當(dāng)a=時(shí),直線z=x+ay與直線3x+y-8=0平行,此時(shí)線段AC上的所有點(diǎn)都使目標(biāo)函數(shù)z=x+ay取最大值,不合題意,可排除選項(xiàng)B,D;再令a=1,直線x+y-4=0表示圖中虛線,符合題意,排除選項(xiàng)A.故選C. 11. 若原點(diǎn)O和點(diǎn)F(-2,0)分別是雙曲線-y2=1(a>0)的中心和左焦點(diǎn),點(diǎn)P為雙曲線右支上的任意一點(diǎn),則·的取值范圍為(B) A. [3-2,+∞) B. [3+2,+∞) C. D. ∵F(-2,0)是已知雙曲線的左焦點(diǎn),∴a2+1=4,

8、即a2=3,∴雙曲線的方程為-y2=1,設(shè)點(diǎn)P(x0,y0)(x0≥),則有-y=1(x0≥),解得y=-1(x0≥), ∵=(x0+2,y0),=(x0,y0),∴·=x0(x0+2)+y=x0(x0+2)+-1=+2x0-1=-,∵x0≥,∴當(dāng)x0=時(shí),·取得最小值×3+2-1=3+2,故·的取值范圍是[3+2,+∞),故選B. 12. (xx·佛山質(zhì)檢)對于函數(shù)y=f(x),如果存在區(qū)間[m,n],同時(shí)滿足下列條件:①f(x)在[m,n]內(nèi)是單調(diào)的;②當(dāng)定義域是[m,n]時(shí),f(x)的值域也是[m,n],則稱[m,n]是該函數(shù)的“和諧區(qū)間”.若函數(shù)f(x)=-(a>0)存在“和諧區(qū)間

9、”,則a的取值范圍是(A) A. (0,1) B. (0,2) C. D. (1,3) 由題意可知,即f(m)=-=m且f(n)=-=n,即=+m且=+n,∴表示為=+x有兩個(gè)根m,n.∵當(dāng)x>0時(shí),y=+x≥2,∴要使=+x有兩個(gè)根m,n,則有>2,解得0

10、一圓柱內(nèi)接于球O,且圓柱的底面直徑與母線長均為2,則球O的表面積為__8π__. 圓柱的底面直徑與母線長均為2,∴球的直徑==2,即球的半徑為,∴球的表面積為4π×()2=8π. 15. 已知雙曲線-=1(a>0,b>0)的一條漸近線方程是y=x,它的一個(gè)焦點(diǎn)在拋物線y2=24x的準(zhǔn)線上,則雙曲線的方程為__-=1__. 由雙曲線的一條漸近線方程為y=x可得=,即b=a,又雙曲線的一個(gè)焦點(diǎn)在拋物線y2=24x的準(zhǔn)線x=-6上,∴c=6,再由a2+b2=c2,解得a2=9,b2=27,∴雙曲線的方程為-=1. 16. 如果直線2ax-by+14=0(a>0,b>0)和函數(shù)f(x)=m

11、x+1+1(m>0,m≠1)的圖像恒過同一個(gè)定點(diǎn),且該定點(diǎn)始終落在圓(x-a+1)2+(y+b-2)2=25的內(nèi)部或圓上,那么的取值范圍是____. 根據(jù)指數(shù)函數(shù)的性質(zhì),可知函數(shù)f(x)=mx+1+1(m>0,m≠1)的圖像恒過定點(diǎn)(-1,2).將點(diǎn)(-1,2)代入2ax-by+14=0中,可得a+b=7.由于點(diǎn)(-1,2)始終落在所給圓的內(nèi)部或圓上,∴a2+b2≤25.由解得或這說明點(diǎn)(a,b)在以A(3,4)和B(4,3)為端點(diǎn)的線段上運(yùn)動(dòng),∴的取值范圍是. 三、 解答題(共70分) 17. (10分)(xx·昆明調(diào)研)在△ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c,若acos2

12、+ccos2=b. (1)求證:a,b,c成等差數(shù)列; (2)若∠B=60°,b=4,求△ABC的面積. (1)acos2+ccos2=a·+c·=b, 即a(1+cos C)+c(1+cos A)=3b.  (2分) 由正弦定理得sin A+sin Acos C+sin C+cos Asin C=3sin B, 即sin A+sin C+sin(A+C)=3sin B,(4分) ∴sin A+sin C=2sin B, 由正弦定理得,a+c=2b, 故a,b,c成等差數(shù)列.  (6分) (2)由∠B=60°,b=4及余弦定理得42=a2+c2-2accos 60°,

13、∴(a+c)2-3ac=16, (8分) 又由(1)知a+c=2b,代入上式得4b2-3ac=16,解得ac=16, ∴△ABC的面積S=acsin B=acsin 60°=4.(10分) 18. (10分)(xx·濟(jì)南一模)已知在如圖所示的多面體中,AE⊥底面BEFC,AD∥EF∥BC,BE=AD=EF=BC,G是BC的中點(diǎn). (1)求證:AB∥平面DEG; (2)求證:EG⊥平面BDF. (1)∵AD∥EF,EF∥BC, ∴AD∥BC. ∵BC=2AD,G是BC的中點(diǎn), ∴AD綊BG, ∴四邊形ADGB是平行四邊形,(2分) ∴AB∥DG. ∵AB?平面DE

14、G,DG?平面DEG, ∴AB∥平面DEG.(4分) (2)連接GF,則四邊形ADFE是矩形, ∵DF∥AE,AE⊥底面BEFC, ∴DF⊥平面BCFE, 又EG?平面BCFE, ∴DF⊥EG.(6分) ∵EF綊BG,EF=BE, ∴四邊形BGFE為菱形,∴BF⊥EG,(8分) 又BF∩DF=F,BF?平面BFD,DF?平面BFD, ∴EG⊥平面BDF.(10分) 19. (12分)如圖所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A⊥平面ABC,AB=2BC,AC=AA1=BC. (1)求證:A1C⊥平面AB1C1; (2)若D是棱CC1的中點(diǎn),在棱AB上是否存在一點(diǎn)E

15、,使得DE∥平面AB1C1?若存在,請確定點(diǎn)E的位置;若不存在,請說明理由. (1)∵AB=2BC,AC=BC, ∴△ABC為直角三角形且∠ACB=, 從而BC⊥AC,又AA1⊥平面ABC, ∴BC⊥AA1,(2分) 從而BC⊥平面ACC1A1,∴BC⊥A1C,B1C1⊥A1C.  (4分) ∵AC=AA1,∴四邊形ACC1A1為正方形, ∴AC1⊥A1C,又B1C1∩AC1=C1,∴A1C⊥平面AB1C1.(6分) (2)存在點(diǎn)E,且E為AB的中點(diǎn).  (8分) 下面給出證明: 取BB1的中點(diǎn)F,連接DF,則DF∥B1C1, ∵AB的中點(diǎn)為E,連接EF,則EF∥A

16、B1, ∵B1C1與AB1是相交直線,∴平面DEF∥平面AB1C1.(10分) 而DE?平面DEF,∴DE∥平面AB1C1.(12分) 20. (12分)已知橢圓+=1(a>b>0)的離心率為,以橢圓上任一點(diǎn)與左、右焦點(diǎn)F1,F(xiàn)2為頂點(diǎn)的三角形的周長為4(+1). (1)求橢圓的方程; (2)若直線l1過原點(diǎn),直線l2與直線l1相交于點(diǎn)P,||=1,且l2⊥l1,直線l2與橢圓交于A,B兩點(diǎn),問是否存在這樣的直線l2,使·=1成立?若存在,求出直線l2的方程;若不存在,請說明理由. (1)由題意得2a+2c=4(+1),=, ∴a=2,c=2,b=2,因此所求的橢圓方程為+

17、=1.(4分) (2)假設(shè)存在這樣的直線l2,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),P(m,n), 則m2+n2=1,直線l1的方程為nx-my=0, 又l2⊥l1,∴過點(diǎn)P的直線l2方程為mx+ny=1.當(dāng)n=0時(shí),此時(shí)點(diǎn)P(1,0),可得A,B,或P(-1,0),A,B代入·=1檢驗(yàn)不成立;當(dāng)n≠0時(shí),將直線l2方程mx+ny=1與橢圓方程+=1聯(lián)立得,(1+m2)x2-4mx+2-8n2=0, ∴x1+x2=,x1x2=.(8分) ∵·=1,∴x1x2+y1y2+2=m(x1+x2)+n(y1+y2). ∵∴m(x1+x2)+n(y1+y2)=2. ∴x1x2+y1y2=0

18、,(10分) ∵y1y2==, ∴n2x1x2+m2x1x2+1-m(x1+x2)=0, ∴x1x2+1-m(x1+x2)=0, ∴2-8n2+1+m2-4m2=0,即-5n2=0, ∴n=0,m2=1,這與n≠0矛盾. 綜上可知,不存在這樣的直線l2,使·=1成立.(12分) 21. (12分)(xx·石家莊質(zhì)檢)已知直線l1:4x-3y+6=0和直線l2:x=-(p>0).若拋物線C:y2=2px上的點(diǎn)到直線l1和直線l2的距離之和的最小值為2. (1)求拋物線C的方程; (2)若以拋物線上任意一點(diǎn)M為切點(diǎn)的直線l與直線l2交于點(diǎn)N,試問在x軸上是否存在定點(diǎn)Q,使Q點(diǎn)在以

19、MN為直徑的圓上?若存在,求出點(diǎn)Q的坐標(biāo);若不存在,請說明理由. (1)當(dāng)直線l1與拋物線無公共點(diǎn)時(shí), 由定義知l2為拋物線的準(zhǔn)線,拋物線焦點(diǎn)坐標(biāo)為F. 由拋物線定義知拋物線上的點(diǎn)到直線l2的距離等于其到焦點(diǎn)F的距離. ∴拋物線上的點(diǎn)到直線l1和直線l2的距離之和的最小值為焦點(diǎn)F到直線l1的距離. ∴2=,則p=2.  (2分) 當(dāng)直線l1與拋物線有公共點(diǎn)時(shí),把直線l1的方程與拋物線方程聯(lián)立消去x得關(guān)于y的方程2y2-3py+6p=0,由Δ=9p2-48p≥0,且p>0,得p≥,此時(shí)拋物線上的點(diǎn)到直線l2的最小距離為≥>2,不滿足題意. ∴拋物線的方程為y2=4x.  (4分)

20、 (2)設(shè)M(x0,y0),由題意知直線l的斜率存在,設(shè)為k,且k≠0, ∴直線l的方程為y-y0=k(x-x0),代入y2=4x,消去x得ky2-4y+4y0-ky=0, 由Δ=16-4k(4y0-ky)=0,得k=,  (6分) ∴直線l的方程為y-y0=(x-x0), 令x=-1,又由y=4x0得N, 設(shè)Q(x1,0),則=(x0-x1,y0),=, 由題意知·=0.  (8分) 即(x0-x1)(-1-x1)+=0,把y=4x0代入上式, 得(1-x1)x0+x+x1-2=0. (10分) ∵對任意的x0等式恒成立, ∴ ∴x1=1,即在x軸上存在定點(diǎn)Q(1,0

21、),使Q點(diǎn)在以MN為直徑的圓上.(12分) 22. (14分)(xx·江西七校聯(lián)考)設(shè)函數(shù)f(x)=x3+ax2+x+1,a∈R. (1)若x=1時(shí),函數(shù)f(x)取得極值,求函數(shù)f(x)在x=-1處的切線方程; (2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間內(nèi)不單調(diào),求實(shí)數(shù)a的取值范圍. (1)由已知得f ′(x)=3x2+2ax+1,f ′(1)=0,故a=-2,(2分) ∴f(x)=x3-2x2+x+1, 當(dāng)x=-1時(shí),f(-1)=-3,即切點(diǎn)坐標(biāo)為(-1,-3). (4分) 又f ′(-1)=8,∴切線方程為8x-y+5=0.  (6分) (2)f(x)在區(qū)間內(nèi)不單調(diào),即f ′(x)=0在內(nèi)有解, 令f ′(x)=3x2+2ax+1=0,則2ax=-3x2-1. 由x∈,得2a=-3x-.  (8分) 令h(x)=-3x-,由h′(x)=-3+=0,  (9分) ∴h(x)在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增,(10分) ∴h(1)

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