【世纪金榜】2016届高三数学总复习阶段滚动检测(四)文 新人教A版

【世纪金榜】2016届高三数学总复习阶段滚动检测(四)文新人教A
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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.(滚动交汇考查)等比数列{a n}中,“a1<a3”是“a4<a6”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
2.(2015·某某模拟)设a是空间中的一条直线,α是空间中的一个平面,则下列说法正确的是( )
A.过a一定存在平面β,使得β∥α
B.过a一定存在平面β,使得β⊥α
C.在平面α内一定不存在直线b,使得a⊥b
D.在平面α内一定不存在直线b,使得a∥b
3.(2015·某某模拟)已知一个三棱锥的正视图和侧视图如图所示,则该三棱锥的俯视图可能为( )
A.①②
B.②③
C.①④
D.②④
4.(2015·某某模拟)某几何体的三视图如图所示,且该几何体的体积是,则正视图中的x的值是( )
A.2
B.
C.
D.3
5.(滚动单独考查)已知不等式组
y x,
y x,
x a
≤
⎧
⎪
≥-
⎨
⎪≤
⎩
表示的平面区域S的面积为4,则z=ax+y的最大值
为( )
A.4
B.6
C.8
D.12
6.某几何体的直观图如图所示,该几何体的正视图和侧视图可能正确的是
( )
7.(滚动单独考查)在△ABC中,D 是BC边上的点,AB=2,AD=,AC=4,∠C=30°,∠BAC>∠B,则BD=( )
A.2或4
B.1或3
C.3或2
D.4或1
8.(2015·某某模拟)如图,在正三棱锥A-BCD中,E,F分别是AB,BC的中点,EF⊥DE,且BC=1,则正三棱锥A-BCD的体积是( )
A. B.
C. D.
9.(滚动单独考查)在△ABC中,AB=AC=2,∠B=30°,P为BC边中线上的任意一点,则·的值为( )
A.-12
B.-6
C.6
D.12
10.已知正四棱锥S-ABCD中,SA=2,那么当棱锥的体积最大时,点S到平面ABCD的距离为( )
A.1
B.
C.2
D.3
11.(2015·某某模拟)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面边长AB=6,AA1=2,它的外接球的球心为O,点E是AB的中点,点P是球O上任意一点,则下列说法错误的是( )
A.PE的最大值为9
B.三棱锥P-EBC体积的最大值为
C.存在过点E的平面,截球O的截面面积为9π
D.三棱锥P-AEC1体积的最大值为20
12.(滚动交汇考查)设f(x)=|lnx|,若函数g(x)=f(x)-ax在区间(0,3]上有三个零点,则实数a 的取值X围是( )
A.(0,)
B.[,)
C.(0,]
D.(,e)
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.请把正确答案填在题中横线上)
13.(滚动单独考查)已知函数f(x)为奇函数,且当x>0时,f(x)=lnx,则f(f())=.
14.(2015·某某模拟)已知一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为
cm3.
15.(2015·某某模拟)某几何体的三视图如图,则该几何体体积的最大值为.
16.(滚动单独考查)设0<m<,若+≥k恒成立,则k的最大值为.
三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(10分)(滚动单独考查)已知向量a=(sin,),b=(cos-sin,1),函数f(x)=a·b,△ABC 三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c.
(1)求f(x)的单调递增区间.
(2)若f(B+C)=1,a=,b=1,求△ABC的面积S.
18.(12分)(2015·模拟)如图,已知四边形ABCD和四边形BCEG均为直角梯形,AD∥BC,CE∥BG,且∠BCD=∠BCE=,平面ABCD⊥平面BCEG,BC=CD=CE=2AD
=2BG=2.
(1)求证:EC⊥CD.
(2)求证:AG∥平面BDE.
(3)求几何体EG-ABCD的体积.
19.(12分)如图,五面体中,四边形ABCD是矩形,DA⊥平面ABEF,且DA=1,AB∥EF,AB=EF=2,AF=BE=2,P,Q,M分别为AE,BD,EF的中点.
(1)求证:PQ∥平面BCE.
(2)求证:AM⊥平面ADF.
20.(12分)(滚动单独考查)数列{a n}中,已知a1=2,当n≥2时,a n=a n-1+.数列{b n}满足
b n=3n-1a n(n∈N*).
(1)证明:数列{b n}为等差数列,并求{b n}的通项公式.
(2)求数列{a n}的前n项和S n.
21.(12分)(2015·某某模拟)四棱锥P-ABCD中,AB=2DC=4,AC=2AD=4,BC=8,平面PAD⊥底面ABCD,M为棱PB上任一点.
(1)证明:平面AMC⊥平面PAD.
(2)若△PAD为等边三角形,平面AMC把四棱锥P-ABCD分成两个几何体,当这两个几何体的体积之比V PM-ACD∶V M-ABC=11∶4时,求的值.
22.(12分)(滚动单独考查)已知函数f(x)=lnx.
(1)若直线y=x+m与函数f(x)的图象相切,某某数m的值.
(2)证明:曲线y=f(x)与曲线y=x-有唯一的公共点.
(3)设0<a<b,比较与的大小,并说明理由.
答案解析
1.D 在等比数列中,由a1<a3可得a1<a1q2,则q可取正也可取负,不能推出a4<a6,而由a4<a6可得a1q3<a1q5;两者之间的大小关系取决于q的正负取值情况,故不能相互推出,则知“a1<a3”是“a4<a6”的既不充分也不必要条件.
2.B 当a与α相交时,不存在过a的平面β,使得β∥α,故A错误;当a与α平行时,在平面α内存在直线b,使得a∥b,故D错误;平面α内的直线b只要垂直于直线a在平面α内的投影,则就必然垂直于直线a,故C错误.直线a与其在平面α内的投影所确定的平面β满足β⊥α. 【加固训练】设a,b是不同的直线,α,β是不同的平面,则下列命题:
①若a⊥b,a∥α,α⊥β,则b∥β;
②若a∥α,α⊥β,则a⊥β;
③若a⊥β,α⊥β,则a∥α;
④若a⊥b,a⊥α,b⊥β,则α⊥β.
其中正确命题的个数是( )
A.0
B.1
C.2
D.3
B ①b与β可能相交,所以①错误.②中a⊥β不一定成立.③中a⊂α或a∥α,所以错误.④正确,所以正确的有1个,所以选B.
3.B 由三视图可知,此三棱锥为如图所示的长方体内的P-ABD或P-BCD,当三棱锥为P-ABD时,俯视图为③,当三棱锥为P-BCD时,俯视图为②,选择B.
4.【解题提示】先由三视图还原出几何体,再计算求解.
C 由三视图可知,该几何体是一个四棱锥,其高为x,底面是上底为1,下底为2,高为2的梯形,所以几何体的体积V=×(1+2)×2×x=,解得x=.
5.B 由题意知a>0,如图,
不等式组对应的平面区域为△OBC,其中B(a,a),C(a,-a),
所以BC=2a,所以△OBC的面积为
·a·2a=a2=4,
所以a=2.
由z=2x+y得y=-2x+z,平移直线y=-2x,由图象可知当直线y=-2x+z经过点B时,直线截距最大,此时z也最大,把B(2,2)代入z=2x+y得z=2×2+2=6.
【加固训练】已知直线(m+2)x+(m+1)y+1=0上存在点(x,y)满足
x y30,
x2y30,
x1,
+-≤
⎧
⎪
--≤
⎨
⎪≥
⎩
则实数m的取
值X围为( )
A.[-,+∞)
B.(-∞,-]
C.[-1,]
D.[-,]
B 作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分(含边界)所示,
又直线l:(m+2)x+(m+1)y+1=0过定点(-1,1),结合图形可知,点(1,2),(1,-1)在直线l的两侧或其中一点在l上,即[(m+2)×1+(m+1)×2+1]·[(m+2)×1+(m+1)×(-1)+1]≤0,解得m≤-.
6.A 由几何体的直观图,可知该几何体可以看作由正方体ABCD-A1B1C1D1割掉四个角后所得的几何体ABCD-MNPQ,如图所示,该几何体的正视图就是其在正方体的面CDD1C1上的投影,显然为
正方形CDD1C1与△CDQ的组合;该几何体的侧视图就是其在面BCC1B1上的投影,显然为正方形BCC1B1和△BCP的组合.综上,只有A选项正确,故选A.
【加固训练】将一个底面是正三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱ABC-DEF截去一个三棱锥C-ABD,得到几何体BC-DEF(如图),则该几何体的正视图是( )
C 从正前方观察截去三棱锥后的几何体,可知正确选项为C.
7.【解题提示】先由正弦定理求∠B,再由余弦定理构建关于BD的方程求解.
B 在△ABC中,由正弦定理,得sinB==,所以∠B=45°或∠B=135°.
又∠BAC>∠B,所以∠B=45°.
因为AD=,则在△ABD中,由余弦定理得AD2=AB2+BD2-2AB·BD·cos45°,即5=8+BD2-2×2BD ×cos45°,解得BD=1或BD=3.
8.【解题提示】根据EF与DE的垂直关系,证明AC⊥DE,再证AC⊥AB,再求得侧棱长,根据体积公式计算即可.
B 因为E,F分别是AB,BC的中点,所以EF∥AC,
又EF⊥DE,所以AC⊥DE.
取BD 的中点O,连接AO,CO,所以在正三棱锥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. 设AC=AB=AD=x,则x 2
+x 2
=1⇒x=
,
所以V C-ABD =S △ABD ·AC=AB ·AD ·AC=
.
9.B 取BC 的中点为O,连接AO,则AO ⊥BC,OB=OC=,以O 为原点,
,
方向分别为x,y
轴正方向建立直角坐标系,则B(-,0),C(,0), 设P(0,x 0),所以=(-,x 0),
=(2
,0),则
·=(-,x 0)·(2,0)
=-6.
10.【解题提示】以点S 到平面ABCD 距离h 为变量,构建以V 为因变量的函数,然后用导数求最值.
C 设点S 到平面ABC
D 的距离为h,底面对角线长为l , 则h 2
+2
()2
l =(2
)2
, 得l =2
(0<h<2
).
所以底面边长a=
l =
,
故体积V=a 2
h=(24-2h 2
)h=-h 3
+8h.
令V'=0,得-2h 2
+8=0,解得h=2或h=-2(舍去),经检验,当h=2时,棱锥体积最大. 11.B 因为正四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的底面边长AB=6,AA 1=2,所以AC 1=10,所以它的外接球半
径为5.
因为点E 是AB 的中点,所以BE=3,OE=4.
又点P 是球O 上任意一点,所以PE 的最大值为OE+5=9,所以A 正确. 因为点O 到平面EBC 的距离为,S △EBC =9,三棱锥P-EBC 高的最大值为5+
,故其体积的最大
值为3(5+
),所以B 错误.因为OE=4,所以过E 且垂直于OE 的平面到球心O 的距离为4,所以
此截面圆的半径为3,即截面面积为9π,所以C 正确.由题意得球心O 在AC 1上,所以点P 到平
面AEC 1的最大距离为5,==12,所以三棱锥P-AEC 1体积的最大值为20,所以
D 正确.
12.B 函数g(x)=f(x)-ax 在区间(0,3]上有三个零点,即y=f(x)与y=ax 有3个交点.当x>1时,f(x)=lnx,f'(x)=.
令y=ax 与f(x)=lnx(x>1)相切,设切点为(x 0,y 0),则f'(x 0)=
,所以切线方程为y=
x,即当
y=f(x)与y=ax 相切时,a=,当x=3时,直线y=ax 过(3,ln3),代入得a=,所以函数g(x)在区
间(0,3]上有3个交点时a 的取值X 围为[
,).
【加固训练】已知f(x)=()2
a x 2x,x 0,
f x 1,x 0,
⎧++<⎪⎨-≥⎪⎩且函数y=f(x)+x 恰有3个不同的零点,则实数a
的取值X 围是( ) A.(-∞,1] B.(0,1] C.(-∞,0]
D.(-∞,2]
A 当x<0时,f(x)=(x+1)2
+a-1,
把函数f(x)在[-1,0)上的图象向右平移一个单位即得函数f(x)在[0,1)上的图象,继续右移可得函数f(x)在[0,+∞)上的图象.
由于函数y=f(x)+x 恰有3个不同的零点,即函数y=f(x),y=-x 的图象有3个不同的交点,则实数a 应满足a-1≤0,即a ≤1.
13.【解析】由题意可知函数f(x)为奇函数,
所以f(-x)=-f(x),
又f()=ln=-2,
所以f(f())=f(-2)
=-f(2)=-ln2.
答案：-ln2
14.【解析】该几何体为圆柱挖去半个球而得的组合体,其体积为V=π×12×3-×
=(cm3).
答案：
15.【解析】由三视图知该几何体为三棱锥,记为S-ABC,其中SA⊥平面ABC,底面ABC为直角三角形,且∠BAC=90°.
则AB=1,设SA=x,AC=y,
则x2+y2=6.
利用不等式得x2+y2=6≥2xy,
所以xy≤3.
又体积V=××AB×AC×SA=xy≤×3=.
答案：
16.【解析】令t=+,
因为+≥k恒成立,
所以t min≥k恒成立,
t=+=+=(+)(2m+1-2m)
=2(2++),
因为0<m<,
所以2m>0,1-2m>0,
所以+≥2(当且仅当=,即m=时取等号),所以t≥8,所以k≤8,所以k 的最大值为8.
答案：8
17.【解析】(1)由题意得,f(x)=a·b
=sin x
2
(3cos-sin）+
=sin cos-sin2+
=sinx-+
=sinx+cosx=sin(x+).
令2kπ-≤x+≤2kπ+(k∈Z),
解得2kπ-≤x≤2kπ+(k∈Z),
所以函数f(x)的单调递增区间为[2kπ-,2kπ+](k∈Z).
(2)因为f(B+C)=1,
所以sin(B+C+)=1,
又B+C∈(0,π),B+C+∈(,),
所以B+C+=,B+C=,
所以A=,
由正弦定理得=,
把a=,b=1代入上式,得sinB=,故B=或B=,
因为A=为钝角,所以B=舍去,
所以B=,得C=.
所以,△ABC的面积S=absinC=××1×=.
【一题多解】本题还可采用如下方法求解.
由余弦定理得,a2=b2+c2-2bccosA,得3=1+c2+c,c=1或-2(舍去),
所以△ABC的面积S=bcsinA=×1×1×=.
18.【解析】(1)因为平面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)如图,在平面BCEG中,过G作GN⊥CE交BE于M,连接DM,
则由已知可得:MG=MN,MN∥BC∥DA,且MN=AD=BC,
所以MG∥AD,MG=AD,
故四边形ADMG为平行四边形,
所以AG∥DM,
因为DM⊂平面BDE,
AG⊄平面BDE,
所以AG∥平面BDE.
(3)V EG-ABCD=V D-BCEG+V G-ABD
=S四边形BCEG·DC+S△ABD·BG
=××2×2+××1×2×1=.
【加固训练】在如图所示的几何体中,四边形BB1C1C是矩形,BB1⊥平面ABC,CA=CB;A1B1∥AB,AB=2A1B1,E,F分别是AB,AC1的中点.
(1)求证:EF∥平面BB1C1C.
(2)求证:C1A1⊥平面ABB1A1.
【证明】(1)连接BC1,因为E,F分别是AB,AC1的中点,所以EF∥BC1.
又EF⊄平面BB1C1C,
BC1⊂平面BB1C1C,
所以EF∥平面BB1C1C.
(2)连接A1E,CE.
因为BB1⊥平面ABC,BB1⊂平面ABB1A1,
所以平面ABB1A1⊥平面ABC,
因为CA=CB,E是AB的中点,所以CE⊥AB,
所以CE⊥平面ABB1A1.
因为B1A1∥BA,B1A1=BA=BE,
所以四边形A1EBB1为平行四边形,所以BB1A1E.
又BB1CC1,所以A1E CC1,
所以四边形A1ECC1为平行四边形,
则C1A1∥CE,所以C1A1⊥平面ABB1A1.
19.【证明】(1)连接AC,因为四边形ABCD是矩形,Q为BD的中点,
所以Q为AC的中点,
又在△AEC中,P为AE的中点,
所以PQ∥EC.
因为EC⊂平面BCE,PQ⊄平面BCE,
所以PQ∥平面BCE.
(2)因为M为EF的中点,
所以EM=AB=2,
又EF∥AB,所以四边形ABEM是平行四边形,
所以AM∥BE,AM=BE=2.
又AF=2,MF=2,
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)当n=1时,b1=30×a1=2.
当n≥2时,a n=a n-1+,两边同乘以3n-1得,
3n-1a n=3n-2a n-1+2,即b n-b n-1=2(n≥2).
所以数列{b n}是以2为首项,以2为公差的等差数列, 其通项公式为b n=2+(n-1)×2=2n.
(2)由(1)得b n=3n-1a n=2n,所以a n=.
S n=2×+4×+…+2(n-1)×+2n×,①
S n=2×+4×+…+2(n-1)×+2n×,②
①-②,得S n=2×+2×+…+2×-2n×
=2×-2n×
=3-.
所以S n=-.
21.【解析】(1)在△ACD中,因为AC2+AD2=16+4=20=CD2,所以AC⊥AD.
因为平面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)如图,取AD中点E,连接PE,
则PE⊥AD,PE⊥平面ABCD,且PE=.
连接BE,则平面PBE⊥平面ABCD,过M作MN⊥BE于N,则MN⊥平面ABCD. 在△ABC中,AC2+BC2=16+64=80=AB2,所以AC⊥BC,
V P-ABCD=·S梯形ABCD·PE
=·（×2×4+×4×8）·=.
V M-ABC=·S△ABC·MN=××4×8·MN=MN.
由V PM-ACD∶V M-ABC=11∶4得,V P-ABCD∶V M-ABC=15∶4,
即∶MN=15∶4,解得,MN=.
在△PEB中,因为==,所以=.
22.【解析】(1)f′(x)=,
设切点为(x0,y0),则k==1,
所以x0=1,y0=lnx0=ln1=0,
代入y=x+m,得m=-1.
(2)令h(x)=f(x)-(x-)=lnx-x+,
则h′(x)=-1-=
所以h(x)在(0,+∞)内单调递减.
又h(1)=ln1-1+1=0,
所以x=1是函数h(x)唯一的零点.
故点(1,0)是两曲线唯一的公共点.
即y=f(x)与y=x-有唯一的公共点.
(3)-=-=ln-,
因为0<a<b,所以>1,
构造函数φ(x)=lnx-(x>1),
则φ′(x)=-=-=>0,
所以φ(x)在(1,+∞)上单调递增,
又当x=1时,φ(1)=0,
所以x>1时,φ(x)>0,即lnx>,则有ln>成立,即>, 即>.。