高考數(shù)學一輪總復習 滾動測試卷三 文

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1、高考數(shù)學一輪總復習 滾動測試卷三 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∩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、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，過F1的直線交橢圓于A，B 兩點，若||＋|| 的最大值為8，則b的值是(D) A. 2 B. C. D. ∵F1，F(xiàn)2為橢圓的兩個焦點，∴|AF1|＋|AF2|＝6，|BF1|＋|BF2|＝6，△AF2B的周長為|AB|＋|AF2|＋|BF2|＝|AF1|＋|AF2|＋|BF1|＋|BF2|＝12；若|AB|最小時，＋最大，又當AB⊥x軸時，|AB|最小，此時|AB|＝＝，∴12－＝8，b＝.故選D. 4

3、. 如圖是一正方體被過棱的中點M，N和頂點A，D，C1的兩個截面截去兩個角后所得的幾何體，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(去掉一個上底面)2×(4×4＋4×5)＋4×5＝9

4、2.半圓柱的兩個底面積和為π×22＝4π，半圓柱的側(cè)面積為π×2×5＝10π，∴整個組合體的表面積為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α∩β＝n，當m∥n時，由l⊥α可得l⊥m，而此時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，若|MN|≥2，則k的取值范圍是(B) A. ∪ B.

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

7、a≥0)僅在點(2，2)處取得最大值，則a的取值范圍為(C) A. B. C. D. 當a＝時，直線z＝x＋ay與直線3x＋y－8＝0平行，此時線段AC上的所有點都使目標函數(shù)z＝x＋ay取最大值，不合題意，可排除選項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A.故選C. 11. 若原點O和點F(－2，0)分別是雙曲線－y2＝1(a>0)的中心和左焦點，點P為雙曲線右支上的任意一點，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，∴a2＋1＝4，

8、即a2＝3，∴雙曲線的方程為－y2＝1，設點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x0＝時，·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]，同時滿足下列條件：①f(x)在[m，n]內(nèi)是單調(diào)的；②當定義域是[m，n]時，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有兩個根m，n.∵當x>0時，y＝＋x≥2，∴要使＝＋x有兩個根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，它的一個焦點在拋物線y2＝24x的準線上，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，又雙曲線的一個焦點在拋物線y2＝24x的準線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)的圖像恒過同一個定點，且該定點始終落在圓(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(－1，2)．將點(－1，2)代入2ax－by＋14＝0中，可得a＋b＝7.由于點(－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(a，b)在以A(3，4)和B(4，3)為端點的線段上運動，∴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． (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， ∴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，在棱AB上是否存在一點E

15、，使得DE∥平面AB1C1？若存在，請確定點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E，且E為AB的中點．　　(8分) 下面給出證明： 取BB1的中點F，連接DF，則DF∥B1C1， ∵AB的中點為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，以橢圓上任一點與左、右焦點F1，F(xiàn)2為頂點的三角形的周長為4(＋1)． (1)求橢圓的方程； (2)若直線l1過原點，直線l2與直線l1相交于點P，||＝1，且l2⊥l1，直線l2與橢圓交于A，B兩點，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)假設存在這樣的直線l2，設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P的直線l2方程為mx＋ny＝1.當n＝0時，此時點P(1，0)，可得A，B，或P(－1，0)，A，B代入·＝1檢驗不成立；當n≠0時，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M為切點的直線l與直線l2交于點N，試問在x軸上是否存在定點Q，使Q點在以

19、MN為直徑的圓上？若存在，求出點Q的坐標；若不存在，請說明理由． (1)當直線l1與拋物線無公共點時， 由定義知l2為拋物線的準線，拋物線焦點坐標為F. 由拋物線定義知拋物線上的點到直線l2的距離等于其到焦點F的距離． ∴拋物線上的點到直線l1和直線l2的距離之和的最小值為焦點F到直線l1的距離． ∴2＝，則p＝2.　　(2分) 當直線l1與拋物線有公共點時，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≥，此時拋物線上的點到直線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M(x0，y0)，由題意知直線l的斜率存在，設為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Q(1，0

21、)，使Q點在以MN為直徑的圓上．(12分) 22. (14分)(xx·江西七校聯(lián)考)設函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋x＋1，a∈R. (1)若x＝1時，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x＝－1時，f(－1)＝－3，即切點坐標為(－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)