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.4πB.3πC.2πD.π2.命题p:若a·b>0,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0<x<,则“xsin2x<1”是“xsinx<1”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θ,||=2,||=1,=t=(1-t),||在t=t0时取得最小值,当0<t0<时,夹角θ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.4πC.2πD.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.16πC.9πD.11.下列四个图中,函数y=的图象可能是( )12.已知平面α与平面β的夹角为60°,AB⊂α,AB⊥l,A为垂足,CD⊂β,C∈l,∠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+1<0}=⌀,则实数a的取值范围是 . 14.(2014福建泉州模拟)已知x+3y=2,则3x+27y的最小值为 . 15.已知实数x,y满足如果目标函数z=x-y的最小值为-1,则实数m= . 16.在△ABC中,AD为内角A的平分线,交BC边于点D,||=3,||=2,∠BAC=60°,则= . 三、解答题(本大题共6小题,共74分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)8\n17.(12分)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且a2+c2-b2=ac.(1)求sin2+cos2B的值;(2)若b=2,求△ABC面积的最大值.18.(12分)(2014辽宁,文19)如图,△ABC和△BCD所在平面互相垂直,且AB=BC=BD=2,∠ABC=∠DBC=120°,E,F,G分别为AC,DC,AD的中点.(1)求证:EF⊥平面BCG;(2)求三棱锥D-BCG的体积.附:锥体的体积公式V=Sh,其中S为底面面积,h为高.19.(12分)设数列{an}的各项都是正数,且对任意n∈N*,都有=2Sn-an,其中Sn为数列{an}的前n项和.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=3n+(-1)n-1λ·(λ为非零整数,n∈N*),试确定λ的值,使得对任意n∈N*,都有bn+1>bn成立.8\n20.(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:AC⊥D1E.(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.8\n22.(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)=lnx,求证:g(x)≥f(x)在x∈[1,+∞)上恒成立;(3)已知0<a<b,求证:.答案：1.C 解析:依题意,知所得几何体是一个圆柱,且其底面半径为1,母线长也为1,因此其侧面积为2π×1×1=2π,故选C.2.B 解析:当a与b的夹角为0时a·b>0,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0<x<,所以sinx<1,故xsin2x<xsinx.若“xsinx<1”,则“xsin2x<1”;若“xsin2x<1”,则xsinx<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)=x⇒x=-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=2×1×cosθ=2cosθ,=(1-t)-t,∴=(1-t)2+t2-2t(1-t)=(1-t)2+4t2-4t(1-t)cosθ=(5+4cosθ)t2+(-2-4cosθ)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-<cosθ<0,∴<θ<,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+2,8\n∴R2=16-8R+R2+2,∴R=,∴S表=4πR2=4π×π,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,y<0恒成立,排除B.12.B 解析:如图,在平面α内过C作CE∥AB,则∠ECD为异面直线AB与CD所成的角或其补角,不妨取CE=1,过E作EO⊥β于O.在平面β内过O作OH⊥CD于H,连EH,则EH⊥CD.因为AB∥CE,AB⊥l,所以CE⊥l.又因为EO⊥平面β,所以CO⊥l.故∠ECO为平面α与平面β的夹角,所以∠ECO=60°.而∠ACD=135°,CO⊥l,所以∠OCH=45°.在Rt△ECO中,CO=CE·cos∠ECO=1·cos60°=.在Rt△COH中,CH=CO·cos∠OCH=·sin45°=.在Rt△ECH中,cos∠ECH=.所以异面直线AB与CD所成角的余弦值为.故选B.13.[0,4] 解析:由题意知,a=0时,满足条件;a≠0时,则a>0,且Δ=a2-4a≤0,解得0<a≤4.综上可知0≤a≤4.14.6 解析:3x+27y=3x+33y≥2=2=6,当且仅当3x=33y,即x=3y=1时等号成立.15.5 解析:画出x,y满足的可行域如图阴影部分所示.可得直线y=2x-1与直线x+y=m的交点使目标函数z=x-y取得最小值,由解得x=,y=,代入x-y=-1,得=-1,m=5.8\n16.- 解析:由图可知向量的关系,根据角平分线定理可得,根据余弦定理可知||=,所以·()+=3×2×cos60°-9+=-.17.解:(1)在△ABC中,由余弦定理可知,a2+c2-b2=2accosB,由题意知a2+c2-b2=ac,∴cosB=.又在△ABC中,A+B+C=π,sin2+cos2B=sin2+cos2B=cos2+cos2B=2cos2B+,∴sin2+cos2B=-.(2)∵b=2,∴由a2+c2-b2=ac可知,a2+c2-4=ac,即ac≥2ac-4,∴ac≤.∵cosB=,∴sinB=.∴S△ABC=ac·sinB≤,∴△ABC面积的最大值为.18.(1)证明:由已知得△ABC≌△DBC,因此AC=DC.又G为AD中点,所以CG⊥AD;同理BG⊥AD;因此AD⊥面BGC.又EF∥AD,所以EF⊥面BCG.(2)解:在平面ABC内,作AO⊥CB,交CB延长线于O.由平面ABC⊥平面BCD,知AO⊥面BDC.又G为AD中点,因此G到平面BDC距离h是AO长度的一半.在△AOB中,AO=AB·sin60°=,所以VD-BCG=VG-BCD=·S△DBC·h=·BD·BC·sin120°·=.19.解:(1)n∈N*时,=2Sn-an,①当n≥2时,=2Sn-1-an-1,②由①-②得,=(2Sn-an)-(2Sn-1-an-1),即=an+an-1.∵an+an-1>0,∴an-an-1=1(n≥2).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(n∈N*).(2)∵an=n(n∈N*),∴bn=3n+(-1)n-1λ·2n.∴bn+1-bn=3n+1-3n+(-1)nλ·2n+1-(-1)n-1λ·2n=2×3n-3λ·(-1)n-1·2n.8\n要使得bn+1>bn恒成立,只须(-1)n-1λ<.①当n为奇数时,即λ<恒成立.又的最小值为1,∴λ<1.②当n为偶数时,即λ>-恒成立.又-的最大值为-,∴λ>-.∴由①②得-<λ<1.又λ≠0且λ为整数,∴λ=-1时,对所有的n∈N*,都有bn+1>bn成立.20.证明:(1)因为E,F分别是BC,CD的中点,所以EF∥BD.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BD⊥AC,O是BD中点.又PB=PD,所以BD⊥PO.又EF∥BD,所以EF⊥AC,EF⊥PO.又AC∩PO=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D1D⊥AC.在长方形ABCD中,AB=BC,所以BD⊥AC.又BD∩D1D=D,所以AC⊥平面BB1D1D.而D1E⊂平面BB1D1D,所以AC⊥D1E.(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,OE∥B1D,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lnx≥在[1,+∞)上恒成立,化简(x2+1)lnx≥2x-2,即x2lnx+lnx-2x+2≥0在[1,+∞)上恒成立.设h(x)=x2lnx+lnx-2x+2,则h'(x)=2xlnx+x+-2.∵x≥1,∴2xlnx≥0,x+≥2,即h'(x)≥0.∴h(x)在[1,+∞)上单调递增,h(x)≥h(1)=0.8\n∴g(x)≥f(x)在x∈[1,+∞)上恒成立.(3)证明:∵0<a<b,∴>1.由(2)知有ln,整理得,∴当0<a<b时,.8
