2022年高考理科《數(shù)學》人教A版總復習練習題-滾動測試卷四(第一~九章)

1、滾動測試卷四(第一九章)(時間:120分鐘滿分:150分)滾動測試卷第13頁一、選擇題(本大題共12小題,每小題5分,共60分)1.集合M=x12x1,N=x|y=lg(x+2),則MN等于()A.0,+)B.(-2,0C.(-2,+)D.(-,-2)0,+)答案:B解析:因為集合M=x12x1=x12x120,所以M=x|x0,N=x|y=lg(x+2)=x|x-2,所以MN=x|x0 x|x-2=x|-20時,f(x)=ln x-x+1,則函數(shù)y=f(x)的大致圖象是()答案:A解析:因為函數(shù)y=f(x)的定義域為x|x0,滿足f(x)+f(-x)=0,所以函數(shù)f(x)是奇函數(shù),排除C項、

2、D項.當x=e時,f(e)=1-e+1=2-e0,b0)的左、右焦點分別為F1,F2,離心率為5.P是C上一點,且F1PF2P.若PF1F2的面積為4,則a=()A.1B.2C.4D.8答案:A解析:不妨設點P在第一象限,設|PF1|=m,|PF2|=n,則mn,依題意得,ca=5,12mn=4,m2+n2=4c2,m-n=2a,解得a=1.7.如圖,在ABC中,點D在AC上,ABBD,BC=33,BD=5,sinABC=235,則CD的長為()A.14B.4C.25D.5答案:B解析:由題意可得,sinABC=235=sin2+CBD=cosCBD,再根據(jù)余弦定理可得,CD2=BC2+BD2

3、-2BCBDcosCBD=27+25-2335235=16,可得CD=4.8.若一個空間幾何體的三視圖如圖所示,且已知該幾何體的體積為433,則其表面積為()A.6+43B.6C.34+23D.34+3答案:A解析:由三視圖可知該幾何體是半個圓錐,V=1213r23r=433,解得r=2,則母線長為l=2r,所以其表面積為S=12rl+12r2+122r3r=32+3r2=6+43.9.已知P為拋物線y2=4x上一個動點,Q為圓x2+(y-4)2=1上一個動點,則點P到點Q的距離與點P到直線x=-1的距離之和的最小值是()A.5B.8C.17-1D.15-1答案:C解析:拋物線y2=4x的焦點

4、為F(1,0),圓x2+(y-4)2=1的圓心為E(0,4),半徑為1.根據(jù)拋物線的定義可知,點P到準線的距離等于點P到焦點的距離,所以當P,Q,E,F四點共線時,點P到點Q的距離與點P到直線x=-1的距離之和最小,為|QF|=|EF|-r=42+1-1=17-1.10.(2020全國,理10)已知ABC是面積為934的等邊三角形,且其頂點都在球O的球面上.若球O的表面積為16,則O到平面ABC的距離為()A.3B.32C.1D.32答案:C解析:設等邊三角形ABC的邊長為a,球O的半徑為R,ABC的外接圓的半徑為r,則SABC=34a2=934,S球O=4R2=16,解得a=3,R=2.故r

5、=2332a=3.設O到平面ABC的距離為d,則d2+r2=R2,故d=R2-r2=4-3=1.故選C.11.設等差數(shù)列an的前n項和為Sn,若a2=-11,a5+a9=-2,則當Sn取最小值時,n等于()A.9B.8C.7D.6答案:C解析:設等差數(shù)列的首項為a1,公差為d,由a2=-11,a5+a9=-2,得a1+d=-11,a1+6d=-1,解得a1=-13,d=2.an=-15+2n.由an=-15+2n0,解得n152.當Sn取最小值時,n=7.12.已知F1,F2是橢圓C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦點,A是C的左頂點,點P在過A且斜率為36的直線上,PF1F2為等腰

6、三角形,F1F2P=120,則C的離心率為()A.23B.12C.13D.14答案:D解析:A(-a,0),PF1F2為等腰三角形,|PF2|=|F1F2|=2c.過點P作PEx軸,F1F2P=120,PF2E=60.|F2E|=c,|PE|=3c,P(2c,3c).kPA=36,PA所在直線方程為y=36(x+a).3c=36(2c+a).e=ca=14.二、填空題(本大題共4小題,每小題5分,共20分)13.用x表示不大于實數(shù)x的最大整數(shù),方程lg2x-lg x-2=0的實根個數(shù)是.答案:3解析:令lg x=t,則得t2-2=t.作y=t2-2與y=t的圖象,知t2-2=t有3個解,分別是

7、t=-1,t=2,還有一解在1t2內(nèi).當1t2時,t=1,所以t=3.故得x=110,x=100,x=103,即共有3個實根.14.若變量x,y滿足約束條件x+y-20,3x-2y-60,yk,且z=x+3y的最小值為4,則k=.答案:1解析:由z=x+3y,得y=-13x+z3,作出不等式對應的可行域,平移直線y=-13x+z3,由平移可知當直線y=-13x+z3,經(jīng)過點B時,直線y=-13x+z3的截距最小,此時z取得最小值為4,即x+3y-4=0,由x+3y-4=0,x+y-2=0,解得x=1,y=1,即B(1,1),點B同時也在直線y=k上,則k=1,15.正四棱錐P-ABCD的五個頂

8、點在同一球面上,若該正四棱錐的底面邊長為4,側(cè)棱長為26,則這個球的表面積為.答案:36解析:正四棱錐P-ABCD的外接球的球心在它的高PO1所在的直線上,記為O,設球半徑為R,則PO=AO=R,PO1=4,OO1=R-4或OO1=4-R.在RtAO1O中,R2=8+(R-4)2,得R=3,所以球的表面積為S=4R2=36.16.已知圓錐的頂點為S,母線SA,SB所成角的余弦值為78,SA與圓錐底面所成角為45.若SAB的面積為515,則該圓錐的側(cè)面積為.答案:402解析:設O為底面圓圓心,cosASB=78,sinASB=1-782=158.SASB=12|AS|BS|158=515.SA2

9、=80.SA=45.SA與圓錐底面所成的角為45,SOA=90.SO=OA=22SA=210.S圓錐側(cè)=rl=45210=402.三、解答題(本大題共6小題,共70分)17.(10分)已知ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且bcos A+33a=c.(1)求cos B;(2)如圖,D為ABC外一點,在平面四邊形ABCD中,D=2B,且AD=1,CD=3,BC=6,求AB的長.解:(1)在ABC中,由正弦定理,得sin Bcos A+33sin A=sin C.又C=-(A+B),所以sin Bcos A+33sin A=sin(A+B),即sin Bcos A+33sin A=si

10、n Acos B+cos Asin B,所以sin Acos B=33sin A.又A(0,),所以sin A0,所以cos B=33.(2)D=2B,cos D=2cos2B-1=-13.在ACD中,AD=1,CD=3,由余弦定理,得AC2=AD2+CD2-2ADCDcos D=1+9-213-13=12,則AC=23.在ABC中,BC=6,AC=23,cos B=33,由余弦定理,得AC2=AB2+BC2-2ABBCcos B,即12=AB2+6-2AB633,化簡得AB2-22AB-6=0,解得AB=32(負值舍去).故AB的長為32.18.(12分)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中

11、,A1B平面ABC,ABAC.(1)求證:ACBB1.(2)若AB=AC=A1B=2,在棱B1C1上確定一點P,使二面角P-AB-A1的平面角的余弦值為255.答案:(1)證明在三棱柱ABC-A1B1C1中,因為A1B平面ABC,A1B平面ABB1A1,所以平面ABB1A1平面ABC.因為平面ABB1A1平面ABC=AB,ABAC,所以AC平面ABB1A1.因為BB1平面ABB1A1,所以ACBB1.(2)解如圖所示,以A為原點建立空間直角坐標系Axyz,則C(2,0,0),B(0,2,0),A1(0,2,2),B1(0,4,2),B1C1=BC=(2,-2,0).設B1P=B1C1=(2,-

12、2,0),0,1,則P(2,4-2,2).設平面PAB的一個法向量為n1=(x,y,z),因為AP=(2,4-2,2),AB=(0,2,0),所以n1AP=0,n1AB=0,即2x+(4-2)y+2z=0,2y=0,所以z=-x,y=0.令x=1,得n1=(1,0,-).又平面ABA1的一個法向量是n2=(1,0,0).所以|cos|=|n1n2|n1|n2|=11+2=255,解得=12,即P為棱B1C1的中點.19.(12分)已知動圓C與圓E:x2+(y-1)2=14外切,并與直線y=-12相切.(1)求動圓圓心C的軌跡;(2)若從點P(m,-4)作曲線的兩條切線,切點分別為A,B,求證:

13、直線AB恒過定點.答案:(1)解由題意知,圓E的圓心為E(0,1),半徑為12.設動圓圓心C(x,y),半徑為r.因為圓C與直線y=-12相切,所以d=r,即y+12=r.因為圓C與圓E外切,所以|CE|=12+r,即x2+(y-1)2=12+r.聯(lián)立,消去r,可得x2=4y.所以動圓圓心C的軌跡是以E(0,1)為焦點,y=-1為準線的拋物線.(2)證明由已知直線AB的斜率一定存在.不妨設直線AB的方程為y=kx+b.聯(lián)立x2=4y,y=kx+b,整理,得x2-4kx-4b=0,其中=16(k2+b)0.設A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=4k,x1x2=-4b.由拋物線的方程

14、可得,y=14x2,y=12x.過點A(x1,y1)的拋物線的切線方程為y-y1=12x1(x-x1),又y1=14x12,代入切線方程整理得,y=12x1x-14x12.切線過P(m,-4),代入整理得,x12-2mx1-16=0,同理可得x22-2mx2-16=0.x1,x2為關于x的方程x2-2mx-16=0的兩個根,x1+x2=2m,x1x2=-16.由可得,x1x2=-4b=-16,x1+x2=4k=2m.b=4,k=m2,直線AB的方程為y=m2x+4.直線AB恒過定點(0,4).20.(12分)已知xn是各項均為正數(shù)的等比數(shù)列,且x1+x2=3,x3-x2=2.(1)求數(shù)列xn的

15、通項公式;(2)如圖,在平面直角坐標系xOy中,依次連接點P1(x1,1),P2(x2,2),Pn+1(xn+1,n+1)得到折線P1P2Pn+1,求由該折線與直線y=0,x=x1,x=xn+1所圍成的區(qū)域的面積Tn.解:(1)設數(shù)列xn的公比為q,由已知q0.由題意得x1+x1q=3,x1q2-x1q=2.所以3q2-5q-2=0.因為q0,所以q=2,x1=1,因此數(shù)列xn的通項公式為xn=2n-1.(2)過P1,P2,Pn+1向x軸作垂線,垂足分別為Q1,Q2,Qn+1.由(1)得xn+1-xn=2n-2n-1=2n-1,記梯形PnPn+1Qn+1Qn的面積為bn,由題意bn=(n+n+

16、1)22n-1=(2n+1)2n-2,所以Tn=b1+b2+bn=32-1+520+721+(2n-1)2n-3+(2n+1)2n-2.又2Tn=320+521+722+(2n-1)2n-2+(2n+1)2n-1,-得-Tn=32-1+(2+22+2n-1)-(2n+1)2n-1=32+2(1-2n-1)1-2-(2n+1)2n-1.所以Tn=(2n-1)2n+12.21.(12分)平面直角坐標系xOy中,橢圓C:x2a2+y2b2=1(ab0)的離心率是32,拋物線E:x2=2y的焦點F是C的一個頂點.(1)求橢圓C的方程;(2)設P是E上的動點,且位于第一象限,E在點P處的切線l與C交于不

17、同的兩點A,B,線段AB的中點為D.直線OD與過P且垂直于x軸的直線交于點M.求證:點M在定直線上;直線l與y軸交于點G,記PFG的面積為S1,PDM的面積為S2,求S1S2的最大值及取得最大值時點P的坐標.答案:(1)解由題意,知a2-b2a=32,可得a2=4b2,因為拋物線E的焦點F0,12,所以b=12,a=1.所以橢圓C的方程為x2+4y2=1.(2)證明設Pm,m22(m0).由x2=2y,可得y=x,所以直線l的斜率為m.因此直線l方程為y-m22=m(x-m),即y=mx-m22.設A(x1,y1),B(x2,y2),D(x0,y0).聯(lián)立方程x2+4y2=1,y=mx-m22

18、,得(4m2+1)x2-4m3x+m4-1=0.由0,得0mln2n+12n+1(nN*).答案:(1)解求導函數(shù),可得f(x)=x2-ax+1x2,函數(shù)f(x)無極值點,方程x2-ax+1=0在區(qū)間(0,+)內(nèi)無根或有唯一根,方程a=x+1x在區(qū)間(0,+)內(nèi)無根或有唯一根,又x+1x2(當且僅當x=1時取等號),x+1xmin=2,a2.故a的取值范圍是(-,2.(2)解當a=2時,f(x)=x-1x-2ln x,g(x)=x+1x-(ln x)2,由(1)知,f(x)在區(qū)間(0,+)內(nèi)是增函數(shù),當x(0,1)時,f(x)=x-1x-2ln xf(1)=0,即x-1x2ln xf(1)=0,即x-1x2ln x0;當x0時,x-1x|2ln x|=|ln x2|,令x2=t0,t-1t|ln t|,