2022届高考数学一轮复习滚动检测五（解析版）

这是一份2022届高考数学一轮复习滚动检测五（解析版），共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

滚动检测五
(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．已知集合A＝{x|1≤x<3}，B＝{x|x2－7x＋10<0}，则A∪B等于(　　)
A．[1,5] B．[1,5) C．(2,5] D．[2,3)
答案　B
解析　B＝{x|x2－7x＋10<0}＝{x|(x－2)(x－5)<0}＝{x|2 又A＝{x|1≤x<3}，
所以A∪B＝{x|1≤x<5}．
2．(2020·江苏邗江中学月考)“a<1”是“a<0”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
答案　B
解析　因为由a<1，不能推得a<0，由a<0，能推得a<1，所以“a<1”是“a<0”的必要不充分条件．
3．(2021·信阳质检)“已知对数函数y＝logax(a>0且a≠1)是增函数，因为y＝log2x是对数函数，所以y＝log2x为增函数”，在以上三段论的推理中(　　)
A．大前提错误 B．小前提错误
C．推理形式错误 D．结论错误
答案　A
解析　当0 4．对于正数k，定义函数：g(x)＝若对函数f(x)＝ln 2x－x＋2，有g(x)＝f(x)恒成立，则(　　)
A．k的最大值为1＋ln 2
B．k的最小值为1＋ln 2
C．k的最大值为ln 2
D．k的最小值为ln 2
答案　B
解析　对于正数k，定义函数：g(x)＝
且g(x)＝f(x)恒成立，则f(x)≤k.
函数f(x)＝ln 2x－x＋2的定义域为(0，＋∞)，
且f′(x)＝－1＝.
当00，此时，函数f(x)单调递增；
当x>1时，f′(x)<0，此时，函数f(x)单调递减．
所以f(x)max＝f(1)＝1＋ln 2，
所以k≥1＋ln 2.
因此，k的最小值为1＋ln 2.
5．(2021·六安模拟)函数f(x)＝·sin x图象的大致形状是(　　)


答案　C
解析　函数f(x)的定义域为R，f(－x)＝·sin(－x)＝－·sin x＝·sin x＝f(x)，
所以函数f(x)＝·sin x为偶函数，其图象关于y轴对称，当00，sin x>0，可得f(x)<0，所以函数f(x)＝·sin x的图象如C选项中的图象．
6．已知函数y＝cos(2x＋φ)(－π≤φ<π)的图象向右平移个单位长度后，与函数y＝sin的图象重合，则φ的值为(　　)
A. B．－ C. D．－
答案　A
解析　函数y＝cos(2x＋φ)(－π≤φ<π)的图象向右平移个单位长度后，得到y＝cos＝cos(2x＋φ－π)＝sin＝sin，
依题意可得φ－＝2kπ＋(k∈Z)，
所以φ＝2kπ＋(k∈Z)，
因为－π≤φ≤π，所以k＝0，φ＝.
7．在△ABC中，＝2，过点M的直线分别交射线AB，AC于不同的两点P，Q，若＝m，＝n，则mn＋m的最小值为(　　)
A．6 B．2 C．6 D．2
答案　D
解析　由已知易得，＝＋，
∴＝＋.
又M，P，Q三点共线，∴＋＝1，
∴m＝，易知3n－1>0.
mn＋m＝m(n＋1)＝·(n＋1)
＝ ≥2，
当且仅当m＝n＝1时取等号．
∴mn＋m的最小值为2.
8．(2020·云南曲靖一中月考)在△ABC中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，△ABC的面积为S,4S＝(a2＋c2－b2)，·＝－2，且满足sin A＋sin C＝2sin B，则该三角形的外接圆的半径R为(　　)
A. B. C. D．2
答案　B
解析　由题意知，4S＝(a2＋c2－b2)，
即4×acsin B＝×2accos B，得tan B＝，
又B∈(0，π)，所以B＝.
又因为·＝accos(π－B)＝－accos B＝－ac＝－2，所以ac＝4.
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－ac，
又因为sin A＋sin C＝2sin B，所以a＋c＝2b，
所以b2＝(a＋c)2－3ac＝4b2－12，所以b＝2，
由正弦定理可得2R＝＝＝，
所以R＝.
9．某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中，最大的是(　　)

A．4 B．8 C．2 D．4
答案　C
解析　根据几何体的三视图还原得到该几何体的直观图为三棱锥．如图所示，由于AB＝2，BD＝4，下底面△BCD为等腰直角三角形．

可得S△ACD＝×2×2＝2，
S△ABD＝×4×2＝4，
S△BCD＝×4×2＝4，
S△ABC＝×2×2＝2，
所以该四面体四个面的面积中，最大的是S△ACD＝2.
10．已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且S8－2S4＝5，则a9＋a10＋a11＋a12的最小值为(　　)
A．10 B．15 C．20 D．25
答案　C
解析　由题意可得a9＋a10＋a11＋a12＝S12－S8，
由S8－2S4＝5，可得S8－S4＝S4＋5.
又由等比数列的性质知S4，S8－S4，S12－S8成等比数列，则S4(S12－S8)＝(S8－S4)2.
a9＋a10＋a11＋a12＝S12－S8＝＝＝S4＋＋10≥2＋10＝20，当且仅当S4＝5时等号成立，所以a9＋a10＋a11＋a12的最小值为20.
11．已知在三棱锥A－BCO中，OA，OB，OC两两垂直且长度均为6，长为2的线段MN的一个端点M在棱OA上运动，另一个端点N在底面BCO内运动(含边界)，则MN的中点P的轨迹与三棱锥的O点所在的三个面所围成的几何体的表面积为(　　)
A.π B.π C. D．3＋π
答案　B
解析　因为长为2的线段MN的一个端点M在棱OA上运动，另一个端点N在△BCO内运动(含边界)，

可知MN的中点P的轨迹为以O为球心，以1为半径的球体，
则MN的中点P的轨迹与三棱锥的O点所在的三个面所围成的几何体为该球体的.
表面积为个球面和3个圆面的和＝×4π×12＋3××π×12＝.
12．已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(b－2a)x＋a－b(x>0)恰有三个零点，则(　　)
A．a>0 B．b≤0
C．ab≥0 D．ab≤0
答案　A
解析　f(x)＝ln x＋ax2＋(b－2a)x＋a－b＝ln x＋a(x2－2x＋1)＋b(x－1)＝ln x＋a(x－1)2＋b(x－1)，
显然x＝1是函数的一个零点，
因此另两个零点是方程－＝a(x－1)＋b的两根．
即函数g(x)＝－(x>0且x≠1)的图象与直线y＝a(x－1)＋b有两个交点，
直线y＝a(x－1)＋b过点(1，b)，
g′(x)＝－＝，
设h(x)＝ln x－1＋，则h′(x)＝－＝，
当0 当x>1时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
∴h(x)≥h(1)＝0.∴当x>0且x≠1时，g′(x)>0，
∴g(x)在(0,1)和(1，＋∞)上都是增函数，
又 g(x)＝ ＝ ＝－1，
因此定义g(1)＝－1，

这样新函数g(x)在(0，＋∞)上是增函数，
作出函数g(x)＝的图象，作直线y＝a(x－1)＋b，
显然只有a>0，它们才可能有两个交点．
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)
13．(2020·内蒙古集宁一中质检)已知向量|a|＝2，|b|＝，〈a，b〉＝150°，若(a＋2b)⊥(ka－b)，则k＝________.
答案　－
解析　∵|a|＝2，|b|＝，〈a，b〉＝150°，
∴a·b＝2××＝－3，且(a＋2b)⊥(ka－b)，
∴(a＋2b)·(ka－b)＝ka2－2b2＋(2k－1)a·b
＝4k－6－3(2k－1)＝0，
解得k＝－.
14.(2020·鄂尔多斯衡水实验中学模拟)已知C60分子是一种由60个碳原子构成的分子，它形似足球，因此又名足球烯，C60是单纯由碳原子结合形成的稳定分子，它具有60个顶点和若干个面，各个面的形状为正五边形或正六边形，结构如图．已知其中正六边形的面为20个，则正五边形的面为________个．

答案　12
解析　设C60中的正五边形的面有x个，根据每个顶点由三个面共用可得5x＋20×6＝60×3，解得x＝12.
15．(2021·上海复旦附中模拟)设x，y满足x2＋y2－2|x|－2|y|＝0，则的取值范围为________．
答案　[0,1]
解析　由x2＋y2－2|x|－2|y|＝0可得，
(|x|－1)2＋(|y|－1)2＝2，
根据对称性，作出此方程对应的图象，

又表示点(x，y)与点M(－5－，－1－)连线的斜率，
由图象可得，直线y＝x＋4与圆(x＋1)2＋(y－1)2＝2显然相切，且y＝x＋4过点M(－5－，－1－)，
所以≤1；
直线y＝－1－与圆(x＋1)2＋(y＋1)2＝2相切，且y＝－1－过点M(－5－，－1－)，
所以≥0，
因此的取值范围为[0,1]．
16．已知球O是正三棱锥(底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心)A－BCD的外接球，BC＝3，AB＝2，点E在线段BD上，且BD＝3BE，过点E作球O的截面，则所得的截面中面积最小的截面圆的面积是________．
答案　2π
解析　如图，设△BDC的中心为O1，球O的半径为R，

连接AO1，O1D，OD，O1E，OE，
则O1D＝3sin 60°×＝，
AO1＝＝3，
在Rt△OO1D中，
R2＝3＋(3－R)2，解得R＝2，
∵BD＝3BE，DE＝2，在△DEO1中，
O1E＝＝1，
∴OE＝＝，
过点E作球O的截面，当截面与OE垂直时，截面圆的面积最小，
此时截面圆的半径为＝，
面积为2π.
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(10分)(2020·湖南临澧第一中学模拟)设命题p：实数x满足x2－2ax－3a2<0(a>0)，命题q：实数x满足|x－3|<1.
(1)若a＝1，p∧q为真命题，求x的取值范围；
(2)若綈p是綈q的充分不必要条件，求实数a的取值范围．
解　(1)因为命题p：实数x满足x2－2ax－3a2<0(a>0)，命题q：实数x满足|x－3|<1，
所以命题p：－a 由a＝1，得命题p：－1 因为p∧q为真命题，
所以x的取值范围为(2,3)．
(2)因为綈p是綈q的充分不必要条件，
所以q是p的充分不必要条件，
所以解得≤a，
所以实数a的取值范围是.
18．(12分)(2020·山西大同一中期末)已知等差数列{an}中，lg(a1＋a2)＝1，且lg a1＋lg a3＝
lg(a2＋a4)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若a1，ak，a6是等比数列{bn}的前3项，求k的值及数列{an＋bn}的前n项和Sn.
解　(1)数列{an}是等差数列，设公差为d.
由lg a1＋lg a3＝lg(a2＋a4)知，
a1a3＝a2＋a4＝2a3，且a3>0，故a1＝2.
再由lg(a1＋a2)＝1，得a1＋a2＝10，故d＝6.
所以an＝2＋(n－1)×6＝6n－4.
(2)若a1，ak，a6是等比数列{bn}的前3项，
则a＝a1·a6，
根据等差数列的通项公式得到ak＝6k－4，
代入上式，解得k＝2.
而等比数列{bn}中，b1＝a1＝2，b2＝a2＝8，
所以等比数列{bn}的公比为q＝4.
于是bn＝2×4n－1，
则an＋bn＝6n－4＋2×4n－1，
故Sn＝＋2×＝3n2－n＋(4n－1)．
19．(12分)(2020·江西南昌二中期末)把f(x)＝cos(ωx＋φ)的图象做保持纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍的变换得g(x)的图象，已知g(x)的图象如图所示．

(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若h(x)＝f(x)－2g，求h(x)在上的值域．
解　(1)设g(x)＝cos(ω1x＋φ1)，
由g(x)的图象可得，函数g(x)的周期为
T＝4＝2π，
所以T＝＝2π，解得ω1＝1.
因为g(x)＝cos(x＋φ1)过点，
所以cos＝1，
所以φ1＝－＋2kπ，k∈Z，
因为函数g(x)的周期为T＝2π，
所以φ1＝－，
所以g(x)＝cos，
由题意知，g(x)的图象做保持纵坐标不变，横坐标变为原来的倍的变换得f(x)的图象，
所以函数f(x)的解析式为f(x)＝cos.
(2)h(x)＝f(x)－2g
＝cos－2cos
＝2cos2－2cos－1，
令t＝cos，x－∈，
则y＝2t2－2t－1＝22－，t∈，
故当t＝时，h(x)min＝ymin＝－，
当t＝1时，h(x)max＝ymax＝－1.
所以h(x)在上的值域为.
20．(12分)(2021·天津瀛海学校模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥底面ABC，△ABC为等边三角形，AB＝BB1＝4，D是BC的中点．

(1)求证：平面AB1D⊥平面BB1C1C；
(2)求直线AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值；
(3)在棱CC1上是否存在一点E，使得BE⊥平面AB1D，若存在说明点E的位置，若不存在．请说明理由．
(1)证明　在三棱柱ABC－A1B1C1中，
∵BB1⊥底面ABC，AD⊂平面ABC，
∴BB1⊥AD.
又∵△ABC为等边三角形，D是BC的中点．
∴BC⊥AD，
又∵BC∩BB1＝B，BC，BB1⊂平面BB1C1C，
∴AD⊥平面BB1C1C，
又∵AD⊂平面AB1D，
∴平面AB1D⊥平面BB1C1C.
(2)解　取B1C1的中点F，则AD⊥BC，AD⊥DF，BC⊥DF，以D为坐标原点，BC，DF，AD所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图空间直角坐标系．

则A(0,0,2)，B(2,0,0)，B1(2,4,0)，
∴＝(2,4，－2)，
又∵z轴⊥平面BB1C1C，
∴平面BB1C1C的一个法向量为k＝(0,0,1)，
设直线AB1与平面BB1C1C所成角为θ，
则sin θ＝|cos〈，k〉|＝＝，
∴直线AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为.
(3)解　设E(－2，a,0)(0≤a≤4)，则＝(－4，a,0)，
设平面ADB1的一个法向量为m＝(x，y，z)，
由得
令y＝1，得m＝(－2,1,0)，
若BE⊥平面AB1D，则∥m，∴＝λm，
∴
解得a＝2，E(－2,2,0)，恰为CC1的中点．
∴当E为棱CC1的中点时，使得BE⊥平面AB1D.
21．(12分)定义在R上的函数f(x)满足：∀x，y∈R，f(x－y)＝f(x)＋f(－y)，且当x<0时，f(x)>0，f(－2)＝4.
(1)判断函数f(x)的奇偶性并证明；
(2)若∀x∈[－2,2]，a∈[－3,4]，f(x)≤－3at＋5恒成立，求实数t的取值范围．
解　(1)f(x)的定义域为R，令x＝y＝0，
则f(0)＝f(0)＋f(0)，∴f(0)＝0，
令y＝x，则f(x－x)＝f(x)＋f(－x)，
∴f(x)＋f(－x)＝f(0)＝0，
∴f(－x)＝－f(x)，
∴f(x)是奇函数．
(2)设x2 由f(x－y)＝f(x)＋f(－y)得，
f(x2)－f(x1)＝f(x2－x1)，
且当x<0时，f(x)>0，
∵x2－x1<0，∴f(x2－x1)>0，
∴f(x2)－f(x1)>0，即f(x2)>f(x1)，
∴f(x)在R上为减函数．
∵函数f(x)在区间[－2,2]上是减函数，且f(－2)＝4，
要使得对于任意的x∈[－2,2]，a∈[－3,4]都有f(x)≤－3at＋5恒成立，
只需对任意的a∈[－3,4]，－3at＋5≥4恒成立．
令y＝－3at＋1，此时y可以看作a的一次函数，且在a∈[－3,4]时，y≥0恒成立．
因此只需解得－≤t≤，
∴实数t的取值范围是.
22．(12分)(2020·福州调研)已知函数f(x)＝xeax的极值为－.
(1)求a的值并求函数f(x)在x＝1处的切线方程；
(2)已知函数g(x)＝emx－(m>0)，存在x∈(0，＋∞)，使得g(x)≤0成立，求m的最大值．
解　(1)f(x)的定义域为R，
因为f′(x)＝eax(ax＋1)，
若a＝0，则f(x)在R上单调递增，无极值，不符合题意，舍去，若a≠0，则令f′(x)＝0得x＝－，
所以f ＝－，解得a＝1，
经检验，a＝1符合题意．
因为切线斜率f′(1)＝e1(1＋1)＝2e，
又因为f(1)＝e，所以切点为(1，e)，
所以切线方程为y＝2e(x－1)＋e，
即切线方程为y＝2ex－e.
(2)因为存在x∈(0，＋∞)，使得g(x)≤0成立，
则emx≤(m>0)，
即memx≤ln x，
即mxemx≤xln x＝ln x·eln x，
即mxemx≤ln x·eln x，
即f(mx)≤f(ln x)．
由(1)得f′(x)＝ex(x＋1)，
所以f(x)在区间(－∞，－1)上单调递减，在区间(－1，＋∞)上单调递增，
因为m>0，x>0，memx≤ln x，
所以ln x>0，所以x>1，
即mx>0且ln x>0，
所以存在x∈(1，＋∞)使得f(mx)≤f(ln x)，
所以存在x∈(1，＋∞)使得mx≤ln x，
即m≤，x∈(1，＋∞)，
令s(x)＝，所以m≤s(x)max，
由s′(x)＝＝0，得x＝e，
所以s(x)在区间(1，e)上单调递增，在区间(e，＋∞)上单调递减，
所以s(x)的最大值为s(e)＝，所以m≤.
又因为m>0，所以0 所以m的最大值为.