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2019-2020年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 滾動測試卷三 文
一、選擇題(本大題共12小題,每小題5分,共60分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的)
1.(xx陜西,文5)將邊長為1的正方形以其一邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)一周,所得幾何體的側(cè)面積是( )
A.4π B.3π C.2π D.π
2.命題p:若ab>0,則a與b的夾角為銳角;命題q:若函數(shù)f(x)在(-∞,0]及(0,+∞)上都是減函數(shù),則f(x)在(-∞,+∞)上是減函數(shù),下列說法中正確的是( )
A.“p或q”是真命題 B.“p或q”是假命題 C.非p為假命題 D.非q為假命題
3.設(shè)0
bn成立.
20.(12分)(xx福建三明模擬)如圖,在四棱錐P-ABCD中,四邊形ABCD是菱形,PB=PD,且E,F分別是BC,CD的中點,求證:
(1)EF∥平面PBD;
(2)平面PEF⊥平面PAC.
21.(12分)(xx福建廈門模擬)在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC,E為棱BB1上一點.
(1)證明:AC⊥D1E.
(2)是否存在一點E,使得B1D∥平面AEC?若存在,求的值;若不存在,說明理由.
22.(14分)已知函數(shù)f(x)=在點(-1,f(-1))處的切線方程為x+y+3=0.
(1)求函數(shù)f(x)的解析式;
(2)設(shè)g(x)=ln x,求證:g(x)≥f(x)在x∈[1,+∞)上恒成立;
(3)已知00,所以命題p是假命題;顯然命題q也是假命題;所以選B.
3.B 解析:因為00,且Δ=a2-4a≤0,解得00,
∴an-an-1=1(n≥2).
由已知得,當(dāng)n=1時,=2S1-a1,
∴a1=1.
故數(shù)列{an}是首項為1,公差為1的等差數(shù)列.∴an=n(n∈N*).
(2)∵an=n(n∈N*),
∴bn=3n+(-1)n-1λ2n.
∴bn+1-bn=3n+1-3n+(-1)nλ2n+1-(-1)n-1λ2n=23n-3λ(-1)n-12n.
要使得bn+1>bn恒成立,只須(-1)n-1λ<.
①當(dāng)n為奇數(shù)時,即λ<恒成立.
又的最小值為1,∴λ<1.
②當(dāng)n為偶數(shù)時,即λ>-恒成立.
又-的最大值為-,
∴λ>-.
∴由①②得-<λ<1.又λ≠0且λ為整數(shù),
∴λ=-1時,對所有的n∈N*,都有bn+1>bn成立.
20.證明:(1)因為E,F分別是BC,CD的中點,所以EF∥BD.
因為EF?平面PBD,BD?平面PBD,所以EF∥平面PBD.
(2)設(shè)BD交AC于點O,連接PO,
因為ABCD是菱形,所以BD⊥AC,O是BD中點.
又PB=PD,所以BD⊥PO.
又EF∥BD,所以EF⊥AC,EF⊥PO.
又AC∩PO=O,AC?平面PAC,PO?平面PAC,且EF?平面PAC,所以EF⊥平面PAC.
因為EF?平面PEF,所以平面PEF⊥平面PAC.
21.(1)證明:連接BD.
因為ABCD-A1B1C1D1是長方體,
所以D1D⊥平面ABCD.
又AC?平面ABCD,所以D1D⊥AC.
在長方形ABCD中,AB=BC,所以BD⊥AC.
又BD∩D1D=D,所以AC⊥平面BB1D1D.
而D1E?平面BB1D1D,所以AC⊥D1E.
(2)解:存在一點E,使得B1D∥平面AEC,此時=1.
當(dāng)=1時,E為B1B中點,
設(shè)BD交AC于點O,則O為BD中點,
連接OE,在三角形BB1D中,OE∥B1D,B1D?平面AEC,OE?平面AEC.
所以B1D∥平面AEC.
22.(1)解:將x=-1代入切線方程得y=-2,∴f(-1)==-2,
化簡得b-a=-4.
f(x)=,
f(-1)==-1,
解得a=2,b=-2.
∴f(x)=.
(2)證明:由已知得ln x≥在[1,+∞)上恒成立,
化簡(x2+1)ln x≥2x-2,即x2ln x+ln x-2x+2≥0在[1,+∞)上恒成立.
設(shè)h(x)=x2ln x+ln x-2x+2,
則h(x)=2xln x+x+-2.
∵x≥1,∴2xln x≥0,x+≥2,即h(x)≥0.
∴h(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞增,h(x)≥h(1)=0.
∴g(x)≥f(x)在x∈[1,+∞)上恒成立.
(3)證明:∵01.
由(2)知有l(wèi)n,
整理得,
∴當(dāng)0
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