2021高考数学(文理通用)一轮阶段滚动检测4.docx

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阶段滚动检测(四)
第一～七章
(120分钟　150分)
一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50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.(滚动单独考查)已知全集U=R,集合A={x|-2≤x<3},B={x|x<-1或x≥4},那么集合A∩B等于(　　)
A.{x|-1<x<3} B.{x|x≤-1或x>3}
C.{x|-2≤x<-1} D.{x|-1≤x<3}
2.(滚动交汇考查)α,β为平面,m为直线,假如α∥β,那么“m∥α”是“m⊂β”的(　　)
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分又不必要条件
3.(2022·丽水模拟)设a,b,c是空间任意的非零向量,且相互不共线,则以下命题中:①(a·b)c-(c·a)b=0;②|a|+|b|>|a-b|;③|a-b||c|=|a·c-b·c|.真命题的个数是(　　)
A.0 B.1 C.2 D.3
4.(2022·广州模拟)过平行六面体ABCD-A1B1C1D1任意两条棱的中点作直线,其中与平面DBB1D1平行的直线共有(　　)
A.4条 B.6条 C.12条 D.8条
5.如图是一个几何体的正视图和侧视图,其俯视图是面积为82的矩形.则该几何体的表面积是(　　)

A.8 B.20+82
C.16 D.24+82
6.(滚动交汇考查)(2022·洛阳模拟)如图所示,M,N是函数y=2sin(ωx+φ)(ω>0)图象与x轴的交点,点P在M,N之间的图象上运动,当△MPN面积最大时PM→·PN→=0,则ω=(　　)

A.π4　　　　B.π3　　　　C.π2　　　　D.8
7.(2021·淄博模拟)一个四棱锥的底面为正方形,其三视图如图所示,则这个四棱锥的体积是(　　)

A.1 B.2 C.3 D.4
8.(滚动单独考查)函数f(x)=lg(|x|-1)的大致图象是(　　)

9.(2022·琼海模拟)已知圆锥的正视图是边长为2的等边三角形,则该圆锥体积为(　　)
A.22π B.2π C.33π D.3π
10.(滚动交汇考查)如图所示是某一容器的三视图,现向容器中匀速注水,容器中水面的高度h随时间t变化的图象可能是(　　)

二、填空题(本大题共7小题,每小题4分,共28分.请把正确答案填在题中横线上)
11.(滚动单独考查)已知函数f(x)=x2-m是定义在区间[-3-m,m2-m]上的奇函数,则f(m)=　　　　.
12.(2022·宁波模拟)设α是空间中的一个平面,l,m,n是三条不同的直线,①若m⊂α,n⊂α,l⊥m,l⊥n,则l⊥α;②若l∥m,m∥n,l⊥α,则n⊥α;③若l∥m,m⊥α,n⊥α,则l∥n;④若m⊂α,n⊥α,l⊥n,则l∥m.则上述命题中正确的是　　　　.
13.(2022·杭州模拟)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E为线段B1C上的一点,则三棱锥A-DED1的体积为　　　　.

14.(2022·日照模拟)如图所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=1,AA1=2,M是棱CC1的中点,则异面直线A1M和C1D1所成的角的正切值　　　　.

15.(滚动单独考查)已知|a|=1,|b|=2,且a⊥(a+b),则向量a与向量b夹角的大小是　　　　.
16.已知矩形ABCD的顶点都在半径为5的球O的球面上,且AB=8,BC=23,则棱锥O-ABCD的体积为　　　　　　.
17.(2022·温州模拟)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,点M是BC的中点,点P是正方形ABCD所在平面内的一个动点,且满足PM=2,P到直线A1D1的距离为5,则点P的轨迹是　　　　　.
三、解答题(本大题共5小题,共72分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
18.(14分)(2022·昆明模拟)如图,四边形ABCD是正方形,PD∥MA,MA⊥AD,PM⊥平面CDM,MA=AD=12PD=1.
(1)求证:平面ABCD⊥平面AMPD.
(2)求三棱锥A-CMP的高.

19.(14分)(滚动单独考查)已知等差数列{an}中,a2=6,a5=12.
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)设bn=4an·an+1,求数列{bn}的前n项和Sn的值.
20.(14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,N是PB中点,过A,N,D三点的平面交PC于M.
(1)求证:PD∥平面ANC.
(2)求证:M是PC的中点.
(3)若PD⊥底面ABCD,PA=AB,BC⊥BD,证明:平面PBC⊥平面ADMN.

21.(15分)(2021·石家庄模拟)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B1EBE的值;若不存在,说明理由.

22.(15分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,底面△ABC为正三角形,AA1⊥平面ABC,AA1=2AB,N是CC1的中点,M是线段AB1上的动点.
(1)当M在什么位置时,MN⊥AA1,请给出证明.
(2)若直线MN与平面ABN所成角的大小为θ,求
sinθ的最大值.

答案解析
1.C　由于A={x|-2≤x<3},
B={x|x<-1或x≥4}.
所以集合A∩B={x|-2≤x<-1}.
2.B　若α∥β,当m∥α时,m⊂β或m∥β.当m⊂β时,若α∥β,则确定有m∥α,所以“m∥α”是“m⊂β”的必要不充分条件.
3.B　对于①,即(a·b)c=(c·a)b,b,c是不共线的两个非零向量,又a·b与c·a均不确定,所以①是假命题;对于②,由于三角形两边之和大于第三边,所以②是真命题;对于③,|a-b||c|=|a·c-b·c|即|a-b|·|c|=|(a-b)·c|,依据向量的线性运算知是假命题.
4.C　如图,P,E,F,H分别为AD,AB,A1B1,A1D1的中点,
则平面PEFH∥平面DBB1D1,所以四边形PEFH的任意两顶点的连线都平行于平面DBB1D1,共6条,同理在平面DBB1D1的另一侧也有6条,共12条.
5.B　由已知俯视图是矩形,则该几何体为一个三棱柱,依据三视图的性质,俯视图的矩形宽为22,由面积82得长为4,则S=S侧+2S底=(82+2×2×4)+2×12×22×2
=20+82.
6.A　点P在M,N之间的图象上运动,当△MPN面积最大时PM→·PN→=0,此时PM⊥PN,△PMN是等腰直角三角形,由题意可知PQ=2,所以MQ=QN=PQ=2,由于T=2MN=4PQ=8,故ω=2πT=π4.

7.B　由题设及图知,此几何体为一个四棱锥,其底面为一个对角线长为2的正方形,故其底面积为4×12×1×1=2.
由三视图知其中一个侧棱为棱锥的高,其相对的侧棱与高及底面正方形的对角线组成一个直角三角形,由于此侧棱长为13,对角线长为2,故棱锥的高为(13)2-22=9=3.此棱锥的体积为13×2×3=2.
8.B　易知f(x)为偶函数,故只考虑x>0时f(x)=lg(x-1)的图象,将函数y=lgx图象沿x轴正方向平移一个单位得到f(x)=lg(x-1)的图象,再依据偶函数性质得到f(x)的图象.
9.C　由已知,圆锥的底面直径为2,母线为2,则这个圆锥的高为22-12=3,因此其体积是13π·12×3=33π.故选C.
10.【思路点拨】由三视图推断容器的外形,然后依据容器的外形推断h与t的关系图象.
B　由三视图可知该几何体为下面是圆柱、上面为圆台的组合体,当向容器中匀速注水后,容器中水面的高度h先随时间t匀速上升,当布满圆柱后变速上升且越来越快.故选B.
【误区警示】解答本题时常因错误推断容器的外形而失误;另外,不能精确推断圆台部分中h与t的关系,也是常毁灭的错误.
11.【解析】由已知必有m2-m=3+m,
即m2-2m-3=0,
所以m=3或m=-1.
当m=3时,函数即f(x)=x-1,而x∈[-6,6],
所以f(x)在x=0处无意义,故舍去;
当m=-1时,函数即f(x)=x3,此时x∈[-2,2],
所以f(m)=f(-1)=(-1)3=-1.
答案：-1
12.【解析】对于①若m,n是两条相交直线,则命题正确.若m∥n,则命题不成立;对于②由于l∥m,m∥n所以l∥n.又由于l⊥α,所以n⊥α,②正确;对于③由于l∥m,m⊥α,所以l⊥α,又由于n⊥α,所以l∥n,③正确;对于④m⊂α,n⊥α,所以n⊥m,l⊥n,则l与m可能平行,可能相交,也可能异面,所以④不正确.
答案：②③
13.【解析】
=13·S△ADD1h
=13×12×1×1×1
=16.
答案：16
14.【解析】连接B1M,由于C1D1∥B1A1,
所以∠MA1B1为异面直线A1M与C1D1所成的角.

由于A1B1⊥平面BCC1B1,
所以∠A1B1M=90°.
而A1B1=1,B1M=B1C12+MC12=2,
故tan∠MA1B1=B1MA1B1=2,
即异面直线A1M和C1D1所成的角的正切值为2.
答案：2
15.【解析】设向量a与向量b夹角为θ,
由a⊥(a+b),
得a·(a+b)=0,则a2+a·b=0,
则1+|a|·|b|cosθ=0,
得cosθ=-22,则θ=34π.
答案：34π
16.【解析】球心在矩形内的射影在矩形对角线的交点上,由于对角线长为82+(23)2=219,所以棱锥的高为52-(19)2=6,所以棱锥的体积为13×6×8×23=162.
答案：162
17.【解析】如图:由点P是正方形ABCD所在平面内的一个动点,且满足PM=2,可知P在平面ABCD内,且在以M为圆心,2为半径的圆上,又由于P到直线A1D1的距离为5,所以点P又在平面ABCD内且与直线AD的距离等于1的直线上,因此点P为该直线与上面圆的两个交点.
答案：两个点
18.【解析】(1)由于PM⊥平面CDM,
且CD⊂平面CDM,所以PM⊥CD,
又ABCD是正方形,所以CD⊥AD,而梯形AMPD中PM与AD相交,
所以CD⊥平面AMPD,
又CD⊂平面ABCD,
所以平面ABCD⊥平面AMPD.
(2)设三棱锥A-CMP的高为h,
已证CD⊥平面AMPD,
又PM⊥平面CDM,
则PM⊥CM,PM⊥DM,
由已知MA=AD=12PD=1,
得DM=2,
CM=3,PM=2,
故S△AMP=12AM·AD=12,
S△CMP=12CM·PM=12·3·2=62.
由于VA-CMP=VC-AMP,
则13S△CMP·h=13S△AMP·CD,
所以h=S△AMP·CDS△CMP=12×162=66,
故三棱锥A-CMP的高为66.
19.【解析】(1)设数列{an}的首项为a1,公差为d,则由a2=6,a5=12,
得3d=a5-a2=6,
解得d=2,所以a1=a2-d=6-2=4,
所以an=a1+(n-1)d=4+2(n-1)=2n+2,
即数列{an}的通项公式为an=2n+2.
(2)依题意有
bn=4an·an+1
=4(2n+2)·[2(n+1)+2]
=1(n+1)(n+2)=1n+1-1n+2,
Sn=b1+b2+…+bn=12-13+13-14+…+1n+1-1n+2=12-1n+2=n2n+4.
20.【证明】(1)连接BD,AC,设BD∩AC=O,连接NO,NC.
由于ABCD是平行四边形,
所以O是BD中点.
在△PBD中,又N是PB中点,
所以PD∥NO.
又NO⊂平面ANC,PD⊄平面ANC,
所以PD∥平面ANC.

(2)由于底面ABCD为平行四边形,
所以AD∥BC.
由于BC⊄平面ADMN,
AD⊂平面ADMN,
所以BC∥平面ADMN.
由于平面PBC∩平面ADMN=MN,
所以BC∥MN.
又N是PB中点,
所以M是PC的中点.
(3)由于PA=AB,N是PB中点,
所以PB⊥AN.
由于BC⊥BD,AD∥BC,
所以AD⊥BD.
由于PD⊥底面ABCD,
AD⊂底面ABCD,
所以PD⊥AD.
由于PD∩BD=D,
所以AD⊥平面PBD,
由于PB⊂平面PBC,
所以PB⊥AD,
由于AD∩AN=A,
所以PB⊥平面ADMN.
所以平面PBC⊥平面ADMN.
21.【解析】(1)连接BD.

由于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)存在一点E,使得B1D∥平面AEC,此时B1EBE=1.
当B1EBE=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.【解析】(1)当M是线段AB1的中点时,MN⊥AA1.
证明如下:
如图,以AB,AA1所在直线为x轴,z轴,在平面ABC内过A且与AB垂直的直线为y轴,建立空间直角坐标系.

设AA1=2AB=2,
则A(0,0,0),A1(0,0,2),B(1,0,0),
M12,0,1,N12,32,1.
所以MN→·AA1→=0,32,0·(0,0,2)=0.
即MN⊥AA1.
(2)设AM→=λAB1→,即M(λ,0,2λ),其中0≤λ≤1,
MN→=12-λ,32,1-2λ,
AB→=(1,0,0),AN→=12,32,1.
设n=(x,y,z)是平面ABN的一个法向量,
则
即x=0,12x+32y+z=0,
取n=(0,2,-3).
所以sinθ=
=2217·λ25λ2-5λ+2
=2217·12(1λ-54)2+158
≤2217×815=47035.
即sinθ的最大值为47035.
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