（全国通用）高考数学 阶段滚动检测(四).doc

阶段滚动检测(四)第一七章(120分钟150分)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.(滚动交汇考查)(2015济南模拟)等比数列an中,“a1a3”是“a4b,则bd=()a.2或4b.1或3c.3或2d.4或18.(2015杭州模拟)如图,在正三棱锥a-bcd中,e,f分别是ab,bc的中点,efde,且bc=1,则正三棱锥a-bcd的体积是()a.212b.224c.312d.3249.(滚动单独考查)在abc中,ab=ac=2,b=30,p为bc边中线上的任意一点,则cpbc的值为()a.-12b.-6c.6d.1210.已知正四棱锥s-abcd中,sa=23,那么当棱锥的体积最大时,点s到平面abcd的距离为()a.1b.3c.2d.311.(2015长沙模拟)已知正四棱柱abcd-a1b1c1d1的底面边长ab=6,aa1=27,它的外接球的球心为o,点e是ab的中点,点p是球o上任意一点,则下列说法错误的是()a.pe的最大值为9b.三棱锥p-ebc体积的最大值为323c.存在过点e的平面,截球o的截面面积为9d.三棱锥p-aec1体积的最大值为2012.(滚动交汇考查)设f(x)=|lnx|,若函数g(x)=f(x)-ax在区间(0,3上有三个零点,则实数a的取值范围是()a.(0,1e)b.ln33,1e)c.(0,ln33d.(ln33,e)二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.请把正确答案填在题中横线上)13.(滚动单独考查)已知函数f(x)为奇函数,且当x0时,f(x)=lnx,则f(f(1e2)=.14.(2015乐山模拟)已知一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为cm3.15.(2015西安模拟)某几何体的三视图如图,则该几何体体积的最大值为.16.(滚动单独考查)设0mkxx+1-x2(kn*)在(0,+)上恒成立,求k的最大值.答案解析1.d在等比数列中,由a1a3可得a1a1q2,则q可取正也可取负,不能推出a4a6,而由a4a6可得a1q3a1q5;两者之间的大小关系取决于q的正负取值情况,故不能相互推出,则知“a1a3”是“a40,如图,不等式组对应的平面区域为obc,其中b(a,a),c(a,-a),所以bc=2a,所以obc的面积为12a2a=a2=4,所以a=2.由z=2x+y得y=-2x+z,平移直线y=-2x,由图象可知当直线y=-2x+z经过点b时,直线截距最大,此时z也最大,把b(2,2)代入z=2x+y得z=22+2=6.【加固训练】已知直线(m+2)x+(m+1)y+1=0上存在点(x,y)满足则实数m的取值范围为()a.-53,+)b.(-,-53c.-1,12d.-14,12b作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分(含边界)所示,又直线l:(m+2)x+(m+1)y+1=0过定点(-1,1),结合图形可知,点(1,2),(1,-1)在直线l的两侧或其中一点在l上,即(m+2)1+(m+1)2+1(m+2)1+(m+1)(-1)+10,解得m-53.6.a由几何体的直观图,可知该几何体可以看作由正方体abcd-a1b1c1d1割掉四个角后所得的几何体abcd-mnpq,如图所示,该几何体的正视图就是其在正方体的面cdd1c1上的投影,显然为正方形cdd1c1与cdq的组合;该几何体的侧视图就是其在面bcc1b1上的投影,显然为正方形bcc1b1和bcp的组合.综上,只有a选项正确,故选a.【加固训练】将一个底面是正三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱abc-def截去一个三棱锥c-abd,得到几何体bc-def(如图),则该几何体的正视图是()c从正前方观察截去三棱锥后的几何体,可知正确选项为c.7.【解题提示】先由正弦定理求b,再由余弦定理构建关于bd的方程求解.b在abc中,由正弦定理,得sinb=acsincab=22,所以b=45或b=135.又bacb,所以b=45.因为ad=5,则在abd中,由余弦定理得ad2=ab2+bd2-2abbdcos45,即5=8+bd2-222bdcos45,解得bd=1或bd=3.8.【解题提示】根据ef与de的垂直关系,证明acde,再证acab,再求得侧棱长,根据体积公式计算即可.b因为e,f分别是ab,bc的中点,所以efac,又efde,所以acde.取bd的中点o,连接ao,co,所以在正三棱锥a-bcd中,aobd,cobd,所以bd平面aoc,又ac平面aoc,所以acbd.又debd=d,所以ac平面abd,所以acab.设ac=ab=ad=x,则x2+x2=1x=22,所以vc-abd=13sabdac=16abadac=224.9.b取bc的中点为o,连接ao,则aobc,ob=oc=3,以o为原点,bc,oa方向分别为x,y轴正方向建立直角坐标系,则b(-3,0),c(3,0),设p(0,x0),所以cp=(-3,x0),bc=(23,0),则cpbc=(-3,x0)(23,0)=-6.10.【解题提示】以点s到平面abcd距离h为变量,构建以v为因变量的函数,然后用导数求最值.c设点s到平面abcd的距离为h,底面对角线长为l,则h2+=(23)2,得l=212-h2(0h1时,f(x)=lnx,f(x)=1x.令y=ax与f(x)=lnx(x1)相切,设切点为(x0,y0),则f(x0)=1x0,所以切线方程为y=1x0x,即当y=f(x)与y=ax相切时,a=1e,当x=3时,直线y=ax过(3,ln3),代入得a=ln33,所以函数g(x)在区间(0,3上有3个交点时a的取值范围为ln33,1e).【加固训练】已知f(x)=且函数y=f(x)+x恰有3个不同的零点,则实数a的取值范围是()a.(-,1b.(0,1c.(-,0d.(-,2a当x0时,f(x)=(x+1)2+a-1,把函数f(x)在-1,0)上的图象向右平移一个单位即得函数f(x)在0,1)上的图象,继续右移可得函数f(x)在0,+)上的图象.由于函数y=f(x)+x恰有3个不同的零点,即函数y=f(x),y=-x的图象有3个不同的交点,则实数a应满足a-10,即a1.13.【解析】由题意可知函数f(x)为奇函数,所以f(-x)=-f(x),又f(1e2)=ln1e2=-2,所以f(f(1e2)=f(-2)=-f(2)=-ln2.答案：-ln214.【解析】该几何体为圆柱挖去半个球而得的组合体,其体积为v=123-124133=73(cm3).答案：7315.【解析】由三视图知该几何体为三棱锥,记为s-abc,其中sa平面abc,底面abc为直角三角形,且bac=90.则ab=1,设sa=x,ac=y,则x2+y2=6.利用不等式得x2+y2=62xy,所以xy3.又体积v=1312abacsa=16xy163=12.答案：1216.【解析】令t=1m+21-2m,因为1m+21-2mk恒成立,所以tmink恒成立,t=1m+21-2m=22m+21-2m=(22m+21-2m)(2m+1-2m)=2(2+1-2m2m+2m1-2m),因为0m0,1-2m0,所以1-2m2m+2m1-2m2(当且仅当1-2m2m=2m1-2m,即m=14时取等号),所以t8,所以k8,所以k的最大值为8.答案：817.【解析】(1)由题意得,f(x)=ab=sin(cosx2-sinx2）+12=3sinx2cosx2-sin2x2+12=32sinx-1-cosx2+12=32sinx+12cosx=sin(x+6).令2k-2x+62k+2(kz),解得2k-23x2k+3(kz),所以函数f(x)的单调递增区间为2k-23,2k+3(kz).(2)因为f(b+c)=1,所以sin(b+c+6)=1,又b+c(0,),b+c+6(6,76),所以b+c+6=2,b+c=3,所以a=23,由正弦定理得asina=bsinb,把a=3,b=1代入上式,得sinb=12,故b=6或b=56,因为a=23为钝角,所以b=56舍去,所以b=6,得c=6.所以,abc的面积s=12absinc=123112=34.【一题多解】本题还可采用如下方法求解.由余弦定理得,a2=b2+c2-2bccosa,得3=1+c2+c,c=1或-2(舍去),所以abc的面积s=12bcsina=121132=34.18.【解析】(1)因为平面abcd平面bceg,又平面abcd平面bceg=bc,cebc,ce平面bceg,所以ec平面abcd,又cd平面abcd,故eccd.(2)如图,在平面bceg中,过g作gnce交be于m,连接dm,则由已知可得:mg=mn,mnbcda,且mn=ad=12bc,所以mgad,mg=ad,故四边形admg为平行四边形,所以agdm,因为dm平面bde,ag平面bde,所以ag平面bde.(3)veg-abcd=vd-bceg+vg-abd=13s四边形bcegdc+13sabdbg=132+1222+1312121=73.【加固训练】在如图所示的几何体中,四边形bb1c1c是矩形,bb1平面abc,ca=cb;a1b1ab,ab=2a1b1,e,f分别是ab,ac1的中点.(1)求证:ef平面bb1c1c.(2)求证:c1a1平面abb1a1.【证明】(1)连接bc1,因为e,f分别是ab,ac1的中点,所以efbc1.又ef平面bb1c1c,bc1平面bb1c1c,所以ef平面bb1c1c.(2)连接a1e,ce.因为bb1平面abc,bb1平面abb1a1,所以平面abb1a1平面abc,因为ca=cb,e是ab的中点,所以ceab,所以ce平面abb1a1.因为b1a1ba,b1a1=12ba=be,所以四边形a1ebb1为平行四边形,所以bb1a1e.又bb1cc1,所以a1ecc1,所以四边形a1ecc1为平行四边形,则c1a1ce,所以c1a1平面abb1a1.19.【解题提示】(1)要证af平面pgc,只需证明af与平面pgc内的一条直线平行即可.(2)根据已知条件得aead,从而可以建立以a为坐标原点的空间直角坐标系,分别求出平面pae与平面pcd的一个法向量,求出这两个法向量的夹角的余弦值即可.【解析】(1)取pc的中点h.连接hg,hf,则由中位线定理得hfcd,hf=12cd,因为cdba,ga=12ba,所以hfga且hf=ga,所以四边形hfag是平行四边形,所以afgh.又af平面pgc,gh平面pgc,所以af平面pgc.(2)因为e为bc中点,所以ab=2be,因为abc=60,所以ae=3be,所以aebc,因为adbc,所以aead.建立以a为坐标原点,ae所在直线为x轴,ad所在直线为y轴,ap所在直线为z轴的空间直角坐标系,如图所示,则p(0,0,2),c(3,1,0),d(0,2,0),pd=(0,2,-2),dc=(3,-1,0).易知平面pae的一个法向量为m=(0,1,0),设平面pcd的法向量为n=(x,y,z),则npd=0且ndc=0,所以所以令y=3,所以n=(1,3,3)为平面pcd的一个法向量.所以cos=37=217,所以平面pae与平面pcd所成锐二面角的余弦值为217.20.【解题提示】(1)根据已知条件求出首项和公差,写出数列的通项.(2)由(1)得到an,又bn=1anan+1(nn*),得到数列bn的通项公式,再利用求和方法求其前n项和,然后解不等式即可.【解析】(1)设等差数列an的公差为d,则s5=5a1+10d,因为s5=3a5-2=3(a1+4d)-2=3a1+12d-2,所以5a1+10d=3a1+12d-2,所以a1=d-1,因为a1,a2,a5依次成等比数列,所以a22=a1a5,即(a1+d)2=a1(a1+4d),化简得,d=2a1,所以a1=1,d=2,所以an=a1+(n-1)d=2n-1.(2)bn=1anan+1=1(2n-1)(2n+1)=(-12n+1),所以tn=12(1-13+13-15+12n-1-12n+1)=12(1-12n+1)=n2n+1.由an+1tn得2n+1n2n+1对任意正整数n都成立,所以(2n+1)2n,所以(2n+1)2n=4n2+4n+1n=4n+4+1n.令f(x)=4x+1x(x1),则f(x)=4-1x20,所以f(x)在1,+)上递增,所以对任意正整数n,4n+1n的最小值为5,所以9.21.【解析】(1)如图所示,过点a作agcd,交cb的延长线于点g,连接fg.因为bcad,所以四边形adcg是平行四边形.所以cg=ad,ag=cd.又efcd,所以agef,所以四边形aefg是平行四边形.连接eg交af于h,连接bh,则h为eg的中点.又bc=1,cg=ad=2,所以bg=1,所以b为cg的中点.所以bhce.又bh平面abf,ce平面abf,所以ce平面abf.(2)因为在平行四边形adcg中,adc=90,所以四边形adcg是矩形,所以bgag.又由ae平面abcd知aebg,而agae=a,所以bg平面aefg,所以bgaf.由题意知四边形aefg是正方形,所以afeg,而bgeg=g,所以af平面bge,所以afbe.(3)如图所示,以a为原点,ag所在直线为x轴,ad所在直线为y轴,ae所在直线为z轴建立空间直角坐标系,则a(0,0,0),g(1,0,0),e(0,0,1),d(0,2,0),设m(1,y0,0),所以ed=(0,2,-1),dm=(1,y0-2,0).设平面emd的一个法向量为n=(x,y,z),则令y=1,得z=2,x=2-y0,所以n=(2-y0,1,2).易知ae=(0,0,1)为平面amd的一个法向量,所以cos=21(2-y0)2+1+4=cos6=32,解得y0=233.故在直线bc上存在点m,且cm=|2-(233)|=33使二面角e-md-a的大小为6.22.【解析】(1)函数f(x)的定义域为(-1,+),f(x)=1x+1-2x,由f(x)0,得-1x3-12;由f(x)3-12.所以函数f