2020届人教A版高三数学理科一轮复习滚动检测试卷(五)含答案﹎.pdf

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1、高三单元滚动检测卷 数学 考生注意： 1本试卷分第 卷(选择题 )和第 卷 (非选择题 )两部分，共4 页 2答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应 位置上 3本次考试时间120 分钟，满分150 分 4请在密封线内作答，保持试卷清洁完整 滚动检测五 第 卷 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.设全集 U R，集合 Ax|x(x 2)0，Bx|x a ，若 A 与 B 的关系 如图所示，则实数a 的取值范围是 () A0， ) B(0， ) C2， ) D(2， ) 2

2、两个函数的图象经过平移后能够重合，称这两个函数为“同根函数”，给出四个函数： f1(x) 2log2(x 1)，f2(x)log2(x2)，f3(x)log2x2，f4(x)log2(2x)，则“同根函数”是 () Af2(x)与 f4(x) B f1(x)与 f3(x) Cf1(x)与 f4(x) D f3(x)与 f4(x) 3若命题 p：函数 ylg(1x)的值域为R；命题 q：函数 y2cos x是偶函数，且是 R 上的周 期函数，则下列命题中为真命题的是() ApqB (綈 p)(綈 q) C(綈 p)qDp(綈 q) 4(2020 河南名校联考)在 ABC 中，a、b、c 分别为角

3、 A、B、C 的对边， 若 a2b22 016c2， 则 2tan A tan B tan C tan Atan B 的值为 () A0 B 2 014 C2 015 D2 016 5 张邱建算经有一道题：今有女子不善织布，逐日所织的布同数递减，初日织五尺，末 一日织一尺，计织三十日，问共织布() A110 尺B 90 尺 C60 尺D30 尺 6(2020 渭南模拟 )已知椭圆 x2 4 y2 3 1 上有 n 个不同的点P1，P2， Pn，且椭圆的右焦点 为 F，数列 |PnF|是公差大于 1 1 000的等差数列，则 n 的最大值为 () A2 001 B 2 000 C1 999 D1

4、 998 7(2020 河北衡水中学第二次调研考试)已知f(x)，g(x)都是定义在R 上的函数， g(x)0， f(x)g(x)f(x)g(x)，且 f(x)a xg(x)(a0，且 a1)， f 1 g 1 f 1 g 1 5 2.若数列 f n g n 的前 n 项和大于62，则 n 的最小值为 () A6 B 7 C8 D9 8在三棱锥PABC 中， PA平面 ABC， ACBC，D 为侧棱 PC 上的一点，它的正视图和 侧视图如图所示，则下列命题正确的是() AAD平面 PBC 且三棱锥D ABC 的体积为 8 3 BBD平面 PAC 且三棱锥 DABC 的体积为 8 3 CAD平面

5、 PBC 且三棱锥DABC 的体积为 16 3 DBD平面 PAC 且三棱锥 DABC 的体积为 16 3 9若 t t29a t 2 t2 在 t(0,2上恒成立，则a的取值范围是() A1 6，1 B 1 6，2 2 C1 6， 4 13 D 2 13，1 10已知点G 为 ABC 的重心， A120 ，A B AC 2，则 |AG|的最小值是 ( ) A. 3 3 B. 2 2 C.2 3 D. 3 4 11若存在过点(1,0)的直线与曲线yx3和 yax215 4 x 9 都相切，则a 等于 () A 1 或 25 64 B 1 或 21 4 C 7 4或 25 64 D 7 4或 7

6、 12设变量x，y 满足约束条件 y3x2， x2y1 0， 2xy8， 则 lg(y1)lg x 的取值范围为 () A0,12lg 2B 1，5 2 C1 2，lg 2 D lg 2,12lg 2 第 卷 二、填空题 (本大题共4 小题，每小题5 分，共 20 分把答案填在题中横线上) 13已知棱长为1 的正方体ABCDA1B1C1D1中，P，Q 是面对角线A1C1上的两个不同动点， 给出以下判断： 存在 P，Q 两点，使BPDQ； 存在 P，Q 两点，使BPDQ； 若 |PQ|1，则四面体BDPQ 的体积一定是定值； 若 |PQ|1，则四面体BDPQ 的表面积是定值； 若 |PQ|1，则

7、四面体BDPQ 在该正方体六个面上的正投影的面积的和为定值 其中真命题是_(将正确命题的序号全填上) 14已知矩形ABCD 中， AB3，BCa，若 PA平面 AC，在 BC 边上取点E，使 PEDE， 则满足条件的E 点有两个时，a 的取值范围是_ 15 设 a1， 若曲线 y1 x与直线 y0， x1， xa 所围成封闭图形的面积为 2， 则 a_. 16 已知 M 是 ABC 内的一点 (不含边界 )， 且 A B AC 2 3， BAC30 ， 若 MBC， BMA 和 MAC 的面积分别为x，y，z，记 f(x，y，z) 1 x 4 y 9 z，则 f(x，y，z)的最小值是 _ 三

8、、解答题 (本大题共6 小题，共70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17(10 分)函数 f(x)Asin(x )(A0， 0， 2 2，xR)的部 分图象如图所示 (1)求函数 yf(x)的解析式； (2)当 x ， 6时，求 f(x)的取值范围 18(12 分)(2020 咸阳模拟 )数列 an 的前 n 项和为 Sn，且 an是 Sn和 1 的等差中项，等差数列 bn满足 b1a1，b4S3. (1)求数列 an ，bn的通项公式； (2)设 cn 1 bnbn1，数列 c n的前 n 项和为 Tn， 证明： 1 3T n 1 2. 19.(12 分)如图，已知点P 在圆柱

9、 OO1的底面圆O 上， AB、A1B1分 别为圆 O、圆 O1的直径且 AA1平面 PAB. (1)求证： BPA1P； (2)若圆柱OO1的体积V 12 ，OA2， AOP120 ，求三棱锥 A1APB 的体积 20(12 分)(2020 保定调研 )已知函数f(x)ln xaxa2x2(a0) (1) 若 x1 是函数 yf(x)的极植点，求a 的值； (2)若 f(x) 0在定义域内恒成立，求实数a 的取值范围 21(12 分)如图， PADC 是直二面角，四边形ABCD 是 BAD 120 的菱形， AB2，PAAD，E 是 CD 的中点，设PC 与平面 ABCD 所成的角为45 .

10、 (1)求证：平面PAE平面 PCD； (2)试问在线段AB(不包括端点 )上是否存在一点F，使得二面角APFD 的大小为45 ？若 存在，请求出AF 的长，若不存在，请说明理由 22(12 分)(2020 合肥第二次质检)已知 ABC 的三边长 |AB|13， |BC|4，|AC|1，动点 M 满足 CM CA CB ，且 1 4. (1)求 |CM |最小值，并指出此时 CM 与 C A，C B的夹角； (2)是否存在两定点F1，F2，使 |MF1 |MF2 |恒为常数k？，若存在， 指出常数k 的值，若不存在，说明理由 答案解析 1C2.A3.A4.C5.B6.B7.A8.C 9D t

11、t29 1 t 9 t ，而 ut9 t 在(0,2上单调递减， 故 t 9 t 2 9 2 13 2 ， t t2 9 1 t9 t 2 13(当且仅当 t2 时，等号成立)， t 2 t2 1 t 2 t2 2(1 t 1 4) 2 1 8， 因为 1 t 1 2， 所以 t2 t2 1 t 2 t22( 1 t 1 4) 21 81(当且仅当 t2 时等号成立 )， 故 a 的取值范围是 2 13，1 10C设 BC 的中点为M，则 AG 2 3AM . 又 M 为 BC 的中点， AM 1 2(A B AC )， AG 2 3AM 1 3(A B AC )， |AG |1 3 A B

12、2AC2 2A B AC 1 3 A B 2A C24. 又A B AC 2， A120 ， |AB |A C |4. |AG |1 3 AB 2AC 241 3 2|A B |A C|42 3，当且仅当 |A B |A C |2 时取 “”， |AG |的最小值为2 3，故选 C. 11A因为 yx3，所以 y3x2， 设过 (1,0)的直线与 yx 3相切于点 (x0，x3 0)， 则在该点处的切线斜率为k 3x20， 所以切线方程为yx303x20(x x0)，即 y3x 2 0 x2x30. 又(1,0)在切线上，则x00 或 x0 3 2. 当 x0 0 时，由 y0 与 yax2

13、15 4 x9 相切，可得 a 25 64，当 x 0 3 2时，由 y 27 4 x 27 4 与 yax215 4 x9 相切，可得a 1. 12A如图所示，作出不等式组 y 3x2， x 2y1 0， 2xy8 确定的可行域 因为 lg(y 1)lg x lg y1 x ，设 t y 1 x ， 显然， t 的几何意义是可行域内的点P(x，y)与定点 E(0， 1)连线的斜率 由图可知，点P 在点 B 处时， t 取得最小值； 点 P 在点 C 处时， t 取得最大值 由 x2y 10， 2xy 8， 解得 x3， y2， 即 B(3,2)， 由 y3x 2， 2xy 8， 解得 x 2

14、， y 4， 即 C(2,4) 故 t 的最小值为kBE 2 1 3 1， t 的最大值为kCE 4 1 2 5 2， 所以 t1，5 2 又函数 ylg x 为 (0， )上的增函数， 所以 lg t0，lg 5 2， 即 lg(y1) lg x 的取值范围为0，lg 5 2 而 lg 5 2lg 5lg 212lg 2， 所以 lg(y 1)lg x 的取值范围为 0,12lg 2 故选 A. 13 解析当 P 与 A1点重合， Q 与 C1点重合时， BPDQ， 故正确； BP 与 DQ 异面，故 错误； 设平面 A1B1C1D1两条对角线交点为 O， 则易得 PQ平面 OBD，平面 O

15、BD 可将四面体BDPQ 分成两个底面均为平面OBD，高之和 为 PQ 的棱锥，故四面体BDPQ 的体积一定是定值， 故正确； 若|PQ|1，则四面体BDPQ 的表面积不是定值， 故错误； 四面体 BDPQ 在上下两个底面上的投影是对角线互相垂直且对角线长度分别为1和2的四边 形， 其面积为定值，四面体BDPQ 在四个侧面上的投影， 均为上底为 2 2 ，下底和高均为1 的梯形，其面积为定值， 故四面体BDPQ 在该正方体六个面上的正投影的面积的和为定值， 故正确 14a6 解析以 A 点为原点， AB，AD，AP 所在直线分别为x， y，z 轴，如图所示 则 D(0，a,0)，设 P(0,0

16、，b)， E(3，x,0)，PE (3，x， b)，DE (3， xa,0)， PEDE，PE DE 0， 9x(xa) 0， 即 x2 ax90， 由题意可知方程有两个不同根， 0，即 a24 90，又 a0，a6. 15e2 解析 a1，曲线 y 1 x与直线 y0，x1，xa 所围成封闭图形的面积为 2， ?a11 x dx2， |ln x a12，ln a2，a e 2. 1636 解析由题意得A B AC |A B| |AC |cosBAC 23，则 |A B | |A C | 4， ABC 的面积为 1 2|A B | |AC | sinBAC1， xyz1， f(x， y，z)

17、1 x 4 y 9 z xyz x 4 xyz y 9 xyz z 14 ( y x 4x y ) ( 9x z z x ) ( 4z y 9y z ) 144 61236(当且仅当x 1 6，y 1 3，z 1 2时，等号成立 ) 17解(1)由图象得A1，T 4 2 3 6 2， 所以 T2 ，则 1， 将( 6，1)代入得 1sin( 6 )， 而 2 2，所以 3， 因此函数f(x)sin(x 3) (2)由于 x ， 6， 2 3 x 3 6， 所以 1sin(x 3) 1 2， 所以 f(x)的取值范围是 1， 1 2 18(1)解an是 Sn和 1 的等差中项， Sn2an1.当

18、 n1 时， a1S12a11， a11；当 n2 时， anSn Sn1 (2an 1)(2an11)2an 2an1. an2an1，即 an an12， 数列 an 是以 a11 为首项， 2为公比的等比数列， an2n 1，S n2n 1. 设bn的公差为 d，b1a11，b41 3d7， d2， bn1 (n1)2 2n1. (2)证明cn 1 bnbn1 1 2n 1 2n1 1 2( 1 2n1 1 2n1) Tn1 2(1 1 3 1 3 1 5 1 2n1 1 2n1) 1 2(1 1 2n1) n 2n 1 ， nN *， Tn1 2(1 1 2n1) 1 2， TnTn1

19、 n 2n1 n1 2n1 1 2n1 2n 1 0， 数列 Tn是一个递增数列， TnT11 3， 综上所述， 1 3 T n 1 2. 19(1)证明易知 APBP， 由 AA1平面 PAB，得 AA1BP， 且 APAA1A，所以 BP平面 PAA1， 又 A1P? 平面 PAA1，故 BPA1P. (2)解由题意得VOA 2 AA1 4 AA112 ， 解得 AA1 3. 由 OA2，AOP120 ， 得BAP 30 ，BP2， AP23， SPAB 1 2 22 323， 三棱锥 A1APB 的体积 V 1 3S PAB AA11 32 332 3. 20解(1)函数的定义域为(0，

20、 )， f(x) 2a2x2 ax1 x . 因为 x1 是函数 y f(x)的极值点， 所以 f(1) 1a2a20， 解得 a 1 2(舍去 )或 a1， 经检验，当a1 时， x1 是函数 yf(x)的极值点，所以a1. (2)当 a 0 时， f(x)ln x，显然在定义域内不满足f(x)0 恒成立； 当 a0 时，令 f(x) 2ax1 ax1 x 0 得， x1 1 2a(舍去 )，x 2 1 a， 所以当 x 变化时， f(x)，f(x)的变化情况如下表： x (0，1 a) 1 a (1 a， ) f(x)0 f(x) 极大值 所以 f(x)max f(1 a) ln 1 a0

21、，所以 a1. 综上可得a 的取值范围是 (1， ) 21.(1)证明因为 PAAD， 二面角 PAD C 是直二面角， 所以 PA 平面 ABCD ， 因为 DC? 平面 ABCD ，所以 P ACD， 连接 AC，因为 ABCD 为菱形， BAD120 ， 所以 CAD 60 ，ADC60 ， 所以 ADC 是等边三角形 因为 E 是 CD 的中点， 所以 AECD， 因为 PAAEA，所以 CD平面 PAE， 而 CD? 平面 PCD，所以平面PAE平面 PCD. (2)解以 A 为坐标原点， AB，AE，AP 所在直线分别为x，y，z 轴，建立空间直角坐标系 因为 PA平面 ABCD，

22、所以 PCA 是 PC 与平面 ABCD 所成角， 所以 PCA45 ，所以 PA ACAB2， 于是 P(0,0,2)， D(1，3，0)，PD (1，3， 2) 设 AF ，则 0 2，F( ，0,0)， 所以 PF ( ，0， 2) 设平面 PFD 的法向量为n1(x，y，z)， 则有 n1 PD 0，n1 PF 0， 所以 x3y2z0， x2z0， 令 x1，则 z 2 ， y 1 3 ， 所以平面PFD 的法向量为n1 (1， 1 3 ， 2) 而平面 APF 的法向量为n2(0,1,0) 所以 |cosn1，n2 | 2| 1| 7 28 16 2 2 ， 整理得 28 80，

23、解得 264(或 2 64 舍去 )， 因为 02642，所以在 AB 上存在一点F，使得二面角APFD 的大小为45 ，此时 AF 264. 22解(1)由余弦定理知cosACB 124213 2 14 1 2? ACB 3， 因为 |CM |2CM2(CA CB)2 21622C A C B 21 213， 所以 |CM | 3， 当且仅当 1 时， “ ”成立，故 |CM |的最小值是 3， 此时 CM ，C A CM，C B 6或 5 6 . (2)以 C 为坐标原点，ACB 的平分线所在直线为x 轴，建立平面直角坐标系(如图 )， 所以 A( 3 2 ， 1 2)，B(2 3， 2)，设动点M(x， y)， 因为 CM CA CB， 所以 x 3 2 2 3 ， y 1 2 2 ? x2 3 2 22， y2 22 2， 再由 1 4知 x2 3 y21， 所以动点M 的轨迹是以F1(2,0)，F2(2,0)为焦点，实轴长为 2 3的双曲线， 即|MF1 |MF2 |恒为常数2 3，即存在k23.