2019年高考數(shù)學(xué) 階段滾動(dòng)檢測（四）理 北師大版.doc

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2019年高考數(shù)學(xué) 階段滾動(dòng)檢測（四）理 北師大版 一、選擇題(本大題共10小題,每小題5分,共50分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的) 1.如圖為長方體木塊堆成的幾何體的三視圖,則組成此幾何體的長方體木塊共有(　　) (A)3塊　　　(B)4塊　　　(C)5塊　　　(D)6塊 2.(滾動(dòng)單獨(dú)考查)已知a,b∈(0,+∞),若命題p:a2+b2<1,命題q:ab+1≤a+b,則p是q的(　　) (A)充分不必要條件 (B)必要不充分條件 (C)充分必要條件 (D)既不充分也不必要條件 3.(滾動(dòng)單獨(dú)考查)已知函數(shù)f(x)=(1+cos2x)sin2x,x∈R,則f(x)是(　　) (A)最小正周期為π的奇函數(shù) (B)最小正周期為的奇函數(shù) (C)最小正周期為π的偶函數(shù) (D)最小正周期為的偶函數(shù) 4.(xx哈爾濱模擬)某品牌香水瓶的三視圖如圖(單位:cm),則該幾何體的表面積為(　　) (A)(95-)cm2 (B)(94-)cm2 (C)(94+)cm2 (D)(95+)cm2 5.如圖所示,直線PA垂直于圓O所在的平面,△ABC內(nèi)接于圓O,且AB為圓O的直徑,點(diǎn)M為線段PB的中點(diǎn).現(xiàn)有結(jié)論:①BC⊥PC;②OM∥平面PAC;③點(diǎn)B到平面PAC的距離等于線段BC的長. 其中正確的是(　　) (A)①②　　(B)①②③　　(C)①　　(D)②③ 6.(滾動(dòng)交匯考查)已知點(diǎn)G是△ABC的重心,若∠A=120,=-2,則||的最小值是(　　) (A) (B) (C) (D) 7.(xx南昌模擬)如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,對(duì)角線B1D與平面A1BC1相交于點(diǎn)E,則點(diǎn)E為△A1BC1的(　　) (A)垂心 (B)內(nèi)心 (C)外心 (D)重心 8.(滾動(dòng)單獨(dú)考查)函數(shù)f(x)=x3-3x2-9x+3,若函數(shù)g(x)=f(x)-m在x∈[-2,5]上有3個(gè)零點(diǎn),則m的取值范圍為(　　) (A)[1,8) (B)(-24,1] (C)[1,8] (D)(-24,8) 9.已知某幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的體積為(　　) (A)　　　(B)32　　　(C)　　　(D)+8 10.(xx西寧模擬)已知正六棱柱的12個(gè)頂點(diǎn)都在一個(gè)半徑為3的球面上,當(dāng)正六棱柱的體積最大(柱體體積=底面積高)時(shí),其高的值為(　　) (A)3 (B)2 (C) (D) 二、填空題(本大題共5小題,每小題5分,共25分.請(qǐng)把正確答案填在題中橫線上) 11.如圖,表示一個(gè)正方體表面的一種展開圖,圖中的四條線段AB,CD,EF和GH在原正方體中相互異面的有　　　　對(duì). 12.(滾動(dòng)單獨(dú)考查)已知不等式組表示的平面區(qū)域的面積是8,則a的值是　　　　. 13.(滾動(dòng)單獨(dú)考查)已知偶函數(shù)y=f(x)在區(qū)間[-1,0]上單調(diào)遞增,且滿足f(1-x)+f(1+x)=0,給出下列判斷:①f(5)=0;②f(x)在[1,2]上是減函數(shù);③f(x)的圖像關(guān)于直線x=1對(duì)稱;④f(x)在x=0處取得最大值;⑤f(x)沒有最小值. 其中正確判斷的序號(hào)是　　　　. 14.在矩形ABCD中,AB=4,BC=3,沿AC將矩形ABCD折起,使平面ADC⊥平面ABC,則四面體ABCD的外接球的體積為　　　　. 15.某幾何體的三視圖如圖,則該幾何體體積的最大值為　　　　. 三、解答題(本大題共6小題,共75分.解答時(shí)應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟) 16.(12分)(xx太原模擬)如圖甲,在平面四邊形ABCD中,已知∠A=45, ∠C=90,∠ADC=105,AB=BD,現(xiàn)將四邊形ABCD沿BD折起,使平面ABD⊥平面BDC(如圖乙),設(shè)點(diǎn)E,F分別為棱AC,AD的中點(diǎn). (1)求證:DC⊥平面ABC. (2)設(shè)CD=a,求三棱錐A-BFE的體積. 17.(12分)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90,2AC=AA1=BC=2. (1)若D為AA1中點(diǎn),求證:平面B1CD⊥平面B1C1D. (2)若平面B1DC與平面C1DC的夾角的大小為60,求AD的長. 18.(12分)已知a1=b1=1,an+1=bn+n,bn+1=an+(-1)n+1,n∈N+. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an. (2)求證:+++…+<. 19.(12分)(xx銅陵模擬)在如圖所示的多面體中,EF⊥ 平面AEB,AE⊥EB,AD∥EF,EF∥BC.BC=2AD=4,EF=3,AE=BE=2, G為BC的中點(diǎn). (1)求證:AB∥平面DEG. (2)求證:BD⊥EG. (3)求平面CDF與平面EDF的夾角的正弦值. 20.(13分)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,底面△ABC為正三角形,AA1⊥平面ABC,AA1=2AB,N是CC1的中點(diǎn),M是線段AB1上的動(dòng)點(diǎn). (1)當(dāng)M在什么位置時(shí),MN⊥AA1,請(qǐng)給出證明. (2)若直線MN與平面ABN的夾角的大小為θ,求 sinθ的最大值. 21.(14分)已知函數(shù)f(x)=x2+alnx,a∈R. (1)若a=-1,求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間. (2)當(dāng)x>1時(shí),f(x)>lnx恒成立,求a的取值范圍. 答案解析 1.【解析】選B.根據(jù)三視圖還原該幾何體如圖,組成幾何體的長方體木塊共有4塊. 2.【解析】選A.q即:ab+1>a+b,即a2b2+2ab+1>a2+b2+2ab(∵a,b∈(0,+∞)),即a2+b2<1+a2b2. ∵a2+b2<1?a2+b2<1+a2b2;而a2+b2<1+a2b2不能推出a2+b2<1,∴p是q的充分不必要條件. 3.【解析】選D.∵f(x)=(1+cos2x)sin2x=2cos2xsin2x=sin22x==-cos4x+, ∴選D. 4.【解析】選C.由三視圖知該幾何體上層為底面是邊長為3的正方形,高為1的長方體,其表面積為2(31+33+31)=30;中間為底面圓半徑為,高為1的圓柱,其側(cè)面積為2π1=π;底層為底面是邊長為4的正方形,高為2的長方體,其表面積為2(42+44+42)=64. 故所求幾何體的表面積為30+π+64-2π()2=94+(cm2). 【誤區(qū)警示】本題中容易忽視去掉圓柱的兩個(gè)底面面積. 5.【解析】選B.對(duì)于①,∵PA⊥平面ABC,∴PA⊥BC, ∵AB為圓O的直徑,∴BC⊥AC,又PA∩AC=A, ∴BC⊥平面PAC,又PC平面PAC,∴BC⊥PC.對(duì)于②,∵點(diǎn)M為線段PB的中點(diǎn),∴OM∥PA, ∵PA平面PAC,OM平面PAC,∴OM∥平面PAC.對(duì)于③,由①知BC⊥平面PAC,∴線段BC的長即是點(diǎn)B到平面PAC的距離,故①②③都正確. 6.【解析】選C. =||||cosA=-2, ∴||||=4. 又=(+), 則||2=(||2+||2-4)≥(2||||-4)=,∴||≥.當(dāng)且僅當(dāng)||=||=2時(shí)等號(hào)成立. 7.【解析】選D.如圖,連接B1D1與A1C1交于點(diǎn)F,連接EF,BE, △EB1F∽△EDB,所以BE∶EF=2∶1, 且F為A1C1的中點(diǎn),選D. 8.【解析】選A.∵f(x)=3x2-6x-9=3(x2-2x-3)=3(x-3)(x+1)>0.∴x>3或x<-1,故f(x)在[-2,-1]上為增函數(shù),在[-1,3]上為減函數(shù),在[3,5]上為增函數(shù),且f(-2)=1,f(-1)=8,f(3)=-24,f(5)=8,畫出f(x)的圖象(圖略),易知,當(dāng)1≤m<8時(shí),g(x)有3個(gè)零點(diǎn). 9.【解析】選C.觀察三視圖,該幾何體直觀圖如圖. V=VA-DCEF+VA-BCE=(2+4)44+444 =. 10.【思路點(diǎn)撥】根據(jù)正六棱柱和球的對(duì)稱性,球心O必然是正六棱柱上下底面中心連線的中點(diǎn),作出軸截面即可得到正六棱柱的底面邊長、高和球的半徑的關(guān)系,在這個(gè)關(guān)系下求函數(shù)取得最值的條件即可求出所要求的量. 【解析】選B.以正六棱柱的最大對(duì)角面作截面,如圖.設(shè)球心為O,正六棱柱的上下底面中心分別為O2,O1,則O是線段O1O2的中點(diǎn).設(shè)正六棱柱的底面邊長為a,高為2h,則a2+h2=9.正六棱柱的體積為V=6a22h,即V=3(9-h2)h,則V′=3(9-3h2),得極值點(diǎn)h=,不難知道這個(gè)極值是極大值,也是最大值.故當(dāng)正六棱柱的體積最大時(shí),其高為2. 11.【解析】原來的正方體如圖所示. 其中有AB與CD,AB與GH,EF與GH三對(duì)異面直線. 答案：3 12.【解析】原不等式也可以表示為-1≤x-y≤1,-a≤x+y≤a,第一組平行線之間的距離為d1==,第二組平行線之間的距離為d2==a,且兩組平行線垂直,所以S=d1d2=8,所以a=4. 答案：4 13.【解析】由f(1-x)+f(1+x)=0可得f(1+x)=-f(1-x),即得f(x+2)= -f(-x)=-f(x), ∴f(x+4)=-f(x+2)=-[-f(x)]=f(x),從而得函數(shù)f(x)是周期為4的函數(shù).令x=0,可由f(1-x)+f(1+x)=0,得f(1)=0,∴f(5)=f(1)=0.又由f(1+x)=-f(1-x)可知函數(shù)f(1+x)為奇函數(shù),點(diǎn)(1,0)為函數(shù)f(x)的對(duì)稱中心,即得f(x)在[1,2]上與其在[0,1]上有相同的單調(diào)性,而已知偶函數(shù)y=f(x)在區(qū)間[-1,0]上單調(diào)遞增,可得函數(shù)f(x)在[1,2]上是減函數(shù). 由上面的分析可得函數(shù)f(x)在x=0處取得最大值,在x=2處取得最小值. 答案：①②④ 14.【解析】易知外接球球心O即為AC的中點(diǎn),故球半徑r=AC=, ∴V=πr3=π()3 =. 答案：π 15.【解析】由三視圖知該幾何體為三棱錐,記為S-ABC,其中SA⊥平面ABC,底面三角形ABC為直角三角形. ∠BAC=90,設(shè)AB=1, SA=x,AC=y, 則x2+y2=6. 利用不等式得x2+y2=6≥2xy, ∴xy≤3(當(dāng)且僅當(dāng)x=y時(shí)取等號(hào)). 又體積V=ABACSA=xy≤3=. 答案： 16.【解析】(1)在圖甲中,∵AB=BD且∠A=45, ∴∠ADB=45,∠ABD=90,即AB⊥BD,在圖乙中,∵平面ABD⊥平面BDC,且平面ABD∩平面BDC=BD,∴AB⊥平面BDC, ∴AB⊥CD. 又∠DCB=90,∴DC⊥BC,且AB∩BC=B, ∴DC⊥平面ABC. (2)∵E,F分別為AC,AD的中點(diǎn), ∴EF∥CD,又由(1)知,DC⊥平面ABC,∴EF⊥平面ABC, ∴VA-BFE=VF-AEB=S△AEBFE. 在圖甲中,∵∠ADC=105, ∴∠BDC=60,∠DBC=30. 由CD=a得BD=2a,BC=a,EF=CD=a, ∴S△ABC=ABBC=2aa=a2, ∴S△AEB=a2,∴VA-BFE=a2a=a3. 17.【解析】如圖,以C為原點(diǎn),CA,CB,CC1所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,則C(0,0,0), A(1,0,0),B1(0,2,2),C1(0,0,2). (1)∵D為AA1的中點(diǎn),∴D(1,0,1). =(0,2,0),=(-1,0,1),=(1,0,1), 由=(1,0,1)(0,2,0)=0+0+0=0,得CD⊥C1B1. 由=(1,0,1)(-1,0,1)=-1+0+1=0, 得CD⊥DC1.又DC1∩C1B1=C1, ∴CD⊥平面B1C1D. 又CD平面B1CD,∴平面B1CD⊥平面B1C1D. (2)設(shè)AD=a,則D的坐標(biāo)為(1,0,a),=(1,0,a),=(0,2,2), 設(shè)平面B1DC的一個(gè)法向量為 m=(x,y,z), 則由 得令z=-1, 得m=(a,1,-1),又平面C1DC的一個(gè)法向量為n=(0,1,0), 則由cos60=?=,即a=,故AD=. 18.【解析】(1)由題知a2=b1+1=2, ∵an+1=bn+n=an-1+(-1)n+n, ∴a2n=a2n-2+2n-2=a2n-4+(2n-4)+(2n-2)=…=a2+2+4+…+(2n-4)+(2n-2) =2+2=n2-n+2, 同理,a2n-1=a2n-3+2n-1=a2n-5+(2n-3)+(2n-1) =… =a1+3+5+…+(2n-1)==n2. 綜上,an=(n為偶數(shù)),an=(n為奇數(shù)). (2)∵a2n=n2-n+2>n(n-1), ∴<=-(n≥2). ∴+++…+<+-+-+…+-=+-=-. ∵a2n-1=n2>n(n-1), ∴<=-(n≥2), ∴+++…+<1+-+-+…+- =1+-=2-. ∴+++…+<-+2-<. 【方法技巧】求數(shù)列通項(xiàng)的方法 (1)公式法:當(dāng)已知數(shù)列類型時(shí),可利用公式求數(shù)列的通項(xiàng). (2)已知Sn或已知Sn和an的關(guān)系時(shí),可利用 an=求通項(xiàng). (3)已知an+1=pan+q(p≠1,q≠0)時(shí),可根據(jù)構(gòu)造法,通過構(gòu)造等比數(shù)列求通項(xiàng). (4)已知an+1=an+f(n)時(shí),可通過累加的方法求通項(xiàng). (5)已知an+1=anf(n)時(shí),可利用累乘法求通項(xiàng). 19.【解析】(1)∵AD∥EF,EF∥BC, ∴AD∥BC. ∵BC=2AD,G為BC的中點(diǎn), ∴BG=GC=2=AD, ∴AD∥BG,且AD=BG, ∴四邊形ABGD是平行四邊形,∴AB∥DG. ∵AB?平面DEG,DG平面DEG, ∴AB∥平面DEG. (2)∵EF⊥平面AEB,AE平面AEB,BE平面AEB, ∴EF⊥AE,EF⊥BE. ∵AE⊥EB,∴EB,EF,EA兩兩垂直. 以點(diǎn)E為坐標(biāo)原點(diǎn),EB,EF,EA分別為x,y,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系. 由已知得,A(0,0,2),B(2,0,0), C(2,4,0),D(0,2,2),F(0,3,0),G(2,2,0),E(0,0,0). ∵=(2,2,0),=(-2,2,2), ∴=(-2)2+22+20=0. ∴BD⊥EG. (3)由已知得=(2,0,0)是平面EFDA的一個(gè)法向量, 設(shè)平面CDF的一個(gè)法向量為n=(x,y,z), ∵=(0,-1,2),=(2,1,0), ∴ 令z=1,得x=-1,y=2,即n=(-1,2,1). 設(shè)平面CDF與平面EDF的夾角的大小為θ, 則cosθ=cos= =-,sinθ=. ∴平面CDF與平面EDF的夾角的正弦值為. 20.【解析】(1)當(dāng)M是線段AB1的中點(diǎn)時(shí),MN⊥AA1. 證明如下: 如圖,以AB,AA1所在直線為x軸,z軸,在平面ABC內(nèi)過A且與AB垂直的直線為y軸,建立空間直角坐標(biāo)系. 設(shè)AA1=2AB=2,則A(0,0,0),A1(0,0,2), B(1,0,0),M(,0,1),N(,,1). 所以=(0,,0)(0,0,2)=0. 即MN⊥AA1. (2)設(shè)=λ,即M(λ,0,2λ),其中0≤λ≤1, =(-λ,,1-2λ), =(1,0,0),=(,,1). 設(shè)n=(x,y,z)是平面ABN的一個(gè)法向量, 則 即 取n=(0,2,-). 所以sinθ= = = ≤=. 即sinθ的最大值為. 21.【解析】(1)若a=-1,f′(x)=x-(x>0), 由f′(x)>0得>0, 又x>0, 解得x>1,所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1,+∞). (2)依題意得f(x)-lnx>0, 即x2+alnx-lnx>0, ∴(a-1)lnx>-x2, ∵x>1,∴l(xiāng)nx>0, ∴a-1>, ∴a-1>()max. 設(shè)g(x)=, g′(x)=, 令g′(x)=0,解得x=, 當(dāng)10,g(x)在(1,)上單調(diào)遞增; 當(dāng)x>時(shí),g′(x)<0,g(x)在(,+∞)上單調(diào)遞減; ∴g(x)max=g()=-e, ∴a-1>-e,即a>1-e.