（福建专版）高考数学大一轮复习 滚动测试卷三 文.doc

滚动测试卷三(第一八章)(时间:120分钟满分: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.(2014陕西,文5)将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周,所得几何体的侧面积是()a.4b.3c.2d.2.命题p:若ab0,则a与b的夹角为锐角;命题q:若函数f(x)在(-,0及(0,+)上都是减函数,则f(x)在(-,+)上是减函数,下列说法中正确的是()a.“p或q”是真命题b.“p或q”是假命题c.非p为假命题d.非q为假命题3.设0x,则“xsin2x1”是“xsin x1”的()a.充分不必要条件b.必要不充分条件c.充要条件d.既不充分也不必要条件4.一几何体的直观图如图,下列给出的四个俯视图中正确的是()5.要得到函数f(x)=cos的图象,只需将函数g(x)=sin的图象()a.向左平移个单位长度b.向右平移个单位长度c.向左平移个单位长度d.向右平移个单位长度6.(2014福建泉州模拟)已知数列an满足a1=2,a2=1,则a10=()a.b.c.d.7.设函数f(x)=若f(-4)=f(0),f(-2)=-2,则关于x的方程f(x)=x的解的个数为()a.4b.3c.2d.18.已知向量的夹角为,|=2,|=1,=t=(1-t),|在t=t0时取得最小值,当0t0时,夹角的取值范围为()a.b.c.d.9.已知底面边长为1,侧棱长为的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上,则该球的体积为()a.b.4c.2d.10.正四棱锥的顶点都在同一球面上.若该棱锥的高为4,底面边长为2,则该球的表面积为()a.b.16c.9d.11.下列四个图中,函数y=的图象可能是()12.已知平面与平面的夹角为60,ab,abl,a为垂足,cd,cl,acd=135,则异面直线ab与cd所成角的余弦值为()a.b.c.d.二、填空题(本大题共4小题,每小题4分,共16分.将答案填在题中横线上)13.(2014福建三明模拟)若集合a=x|ax2-ax+1bn成立.20.(12分)(2014福建三明模拟)如图,在四棱锥p-abcd中,四边形abcd是菱形,pb=pd,且e,f分别是bc,cd的中点,求证:(1)ef平面pbd;(2)平面pef平面pac.21.(12分)(2014福建厦门模拟)在长方体abcd-a1b1c1d1中,ab=bc,e为棱bb1上一点.(1)证明:acd1e.(2)是否存在一点e,使得b1d平面aec?若存在,求的值;若不存在,说明理由.22.(14分)已知函数f(x)=在点(-1,f(-1)处的切线方程为x+y+3=0.(1)求函数f(x)的解析式;(2)设g(x)=ln x,求证:g(x)f(x)在x1,+)上恒成立;(3)已知0a0,所以命题p是假命题;显然命题q也是假命题;所以选b.3.b解析:因为0x,所以sin x1,故xsin2xxsin x.若“xsin x1”,则“xsin2x1”;若“xsin2x1”,则xsin x不一定小于1,由此可知答案为必要不充分条件.4.b解析:俯视图为在水平投射面上的正投影,结合几何体可知选b.5.c解析:因为g(x)=sin的图象向左平移个单位可得g=sin=sin=cos的图象,所以c选项正确.6.d解析:由等差中项可知是等差数列,且首项为,公差d=,所以+(n-1),所以an=,所以a10=.7.b解析:因为f(-4)=f(0),f(-2)=-2,所以y=x2+bx+c的图象的对称轴为x=-=-2,所以b=4.因为f(-2)=-2,所以c=2.所以f(x)=所以f(x)=xx=-1,x=-2,x=2,所以方程有3个根,所以b正确.8.c解析:由题意得=21cos =2cos ,=(1-t)-t,=(1-t)2+t2-2t(1-t)=(1-t)2+4t2-4t(1-t)cos =(5+4cos )t2+(-2-4cos )t+1.由二次函数知当上式取最小值时,t0=.由题意可得0,解得-cos 0,所以c正确.9.d解析:依题意可知正四棱柱体对角线的长度等于球的直径,可设球半径r,则2r=2,解得r=1,所以v=r3=.10.a解析:由图知,r2=(4-r)2+2,r2=16-8r+r2+2,r=,s表=4r2=4,选a.11.c解析:y=是奇函数,其图象向左平移一个单位所得图象对应的函数解析式为y=,y=的图象关于(-1,0)中心对称,故排除a,d,当x-2时,y0,且=a2-4a0,解得00,an-an-1=1(n2).由已知得,当n=1时,=2s1-a1,a1=1.故数列an是首项为1,公差为1的等差数列.an=n(nn*).(2)an=n(nn*),bn=3n+(-1)n-12n.bn+1-bn=3n+1-3n+(-1)n2n+1-(-1)n-12n=23n-3(-1)n-12n.要使得bn+1bn恒成立,只须(-1)n-1.当n为奇数时,即恒成立.又的最小值为1,-恒成立.又-的最大值为-,-.由得-bn成立.20.证明:(1)因为e,f分别是bc,cd的中点,所以efbd.因为ef平面pbd,bd平面pbd,所以ef平面pbd.(2)设bd交ac于点o,连接po,因为abcd是菱形,所以bdac,o是bd中点.又pb=pd,所以bdpo.又efbd,所以efac,efpo.又acpo=o,ac平面pac,po平面pac,且ef平面pac,所以ef平面pac.因为ef平面pef,所以平面pef平面pac.21.(1)证明:连接bd.因为abcd-a1b1c1d1是长方体,所以d1d平面abcd.又ac平面abcd,所以d1dac.在长方形abcd中,ab=bc,所以bdac.又bdd1d=d,所以ac平面bb1d1d.而d1e平面bb1d1d,所以acd1e.(2)解:存在一点e,使得b1d平面aec,此时=1.当=1时,e为b1b中点,设bd交ac于点o,则o为bd中点,连接oe,在三角形bb1d中,oeb1d,b1d平面aec,oe平面aec.所以b1d平面aec.22.(1)解:将x=-1代入切线方程得y=-2,f(-1)=-2,化简得b-a=-4.f(x)=,f(-1)=-1,解得a=2,b=-2.f(x)=.(2)证明:由已知得ln x在1,+)上恒成立,化简(x2+1)ln x2x-2,即x2ln x+ln x-2x+20在1,+)上恒