2022届高考数学(文科人教A版)大一轮阶段滚动检测(四)第一～七章-.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.(滚动交汇考查)等比数列{an}中,“a1过a确定存在平面β,使得β∥α
B.过a确定存在平面β,使得β⊥α
C.在平面α内确定不存在直线b,使得a⊥b
D.在平面α内确定不存在直线b,使得a∥b
3.(2021·南昌模拟)已知一个三棱锥的正视图和侧视图如图所示,则该三棱锥的俯视图可能为(　　)

A.①② B.②③ C.①④ D.②④
4.(2021·合肥模拟)某几何体的三视图如图所示,且该几何体的体积是32,则正视图中的x的值是(　　)

A.2 B.92 C.32 D.3
5.(滚动单独考查)已知不等式组表示的平面区域S的面积为4,则z=ax+y的最大值为(　　)
A.4 B6 C.8 D.12
6.某几何体的直观图如图所示,该几何体的正视图和侧视图可能正确的是
(　　)

7.(滚动单独考查)在△ABC中,D是BC边上的点,AB=22,AD=5,AC=4,∠C=30°,∠BAC>∠B,则BD=(　　)
A.2或4 B.1或3
C.3或2 D.4或1
8.(2021·杭州模拟)如图,在正三棱锥A-BCD中,E,F分别是AB,BC的中点,EF⊥DE,且BC=1,则正三棱锥A-BCD的体积是(　　)
A.212 B.224
C.312 D.324
9.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.1 B.3 C.2 D.3
10.(2021·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9
B.三棱锥P-EBC体积的最大值为323
C.存在过点E的平面,截球O的截面面积为9π
D.三棱锥P-AEC1体积的最大值为20
二、填空题(本大题共5小题,每小题5分,共25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)为奇函数,且当x>0时,f(x)=lnx,则f(f(1e2))=　　　　.
12.(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CP→·BC→的值为　 .
13.(2021·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.

14.(2021·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　　　　.

15.(滚动单独考查)设0向量a=(sinx2,12),b=(3cosx2-sinx2,1),函数f(x)=a·b,△ABC三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c.
(1)求f(x)的单调递增区间.
(2)若f(B+C)=1,a=3,b=1,求△ABC的面积S.
17.(12分)(2021·北京模拟)如图,已知四边形ABCD和四边形BCEG均为直角梯形,AD∥BC,CE∥BG,且∠BCD=∠BCE=π2,平面ABCD⊥平面BCEG,BC=CD=CE=2AD
=2BG=2.
(1)求证:EC⊥CD.
(2)求证:AG∥平面BDE.
(3)求几何体EG-ABCD的体积.

18.(12分)如图,五面体中四边形ABCD是矩形,DA⊥平面ABEF,且DA=1,AB∥EF,AB=12EF=22,AF=BE=2,P,Q,M分别为AE,BD,EF的中点.
(1)求证:PQ∥平面BCE.
(2)求证:AM⊥平面ADF.

19.(12分)(滚动单独考查)数列{an}中,已知a1=2,当n≥2时,an=13an-1+23n-1.数列{bn}满足bn=3n-1an(n∈N*).
(1)证明:数列{bn}为等差数列,并求{bn}的通项公式.
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
20.(13分)(2021·青岛模拟)四棱锥P-ABCD中,AB=2DC=45,AC=2AD=4,BC=8,平面PAD⊥底面ABCD,M为棱PB上任一点.
(1)证明:平面AMC⊥平面PAD.
(2)若△PAD为等边三角形,平面AMC把四棱锥P-ABCD分成两个几何体,当这两个几何体的体积之比VPM-ACD∶VM-ABC=11∶4时,求PMMB的值.

21.(14分)(滚动单独考查)已知函数f(x)=lnx.
(1)若直线y=x+m与函数f(x)的图象相切,求实数m的值.
(2)证明:曲线y=f(x)与曲线y=x-1x有唯一的公共点.
(3)设0也可取负,不能推出a4若a⊥β,α⊥β,则a∥α;
④若a⊥b,a⊥α,b⊥β,则α⊥β.
其中正确命题的个数是　(　　)
A.0　　 B.1　　 C.2　 D.3
B　①b与β可能相交,所以①错误.②中a⊥β不愿定成立.③中a⊂α或a∥α,所以错误.④正确,所以正确的有1个,所以选B.
3.B　由三视图可知,此三棱锥为如图所示的长方体内的P-ABD或P-BCD,当三棱锥为P-ABD时,俯视图为③,当三棱锥为P-BCD时,俯视图为②,选择B.

4.【解题提示】先由三视图还原出几何体,再计算求解.
C　由三视图可知,该几何体是一个四棱锥,其高为x,底面是上底为1,下底为2,高为2的梯形,所以几何体的体积V=13×12(1+2)×2×x=32,解得x=32.
5.B　由题意知a>0,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
12·a·2a=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=2×2+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.(-∞,-53]
C.[-1,12] D.[-14,12]
B　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)+1]≤0,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,明显为正方形CDD1C1与△CDQ的组合;该几何体的侧视图就是其在面BCC1B1上的投影,明显为正方形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　从正前方观看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=AC·sinCAB=22,所以∠B=45°或∠B=135°.
又∠BAC>∠B,所以∠B=45°.
由于AD=5,则在△ABD中,由余弦定理得AD2=AB2+BD2-2AB·BD·cos45°,即5=8+BD2-2×22BD×cos45°,解得BD=1或BD=3.
8.【解题提示】依据EF与DE的垂直关系,证明AC⊥DE,再证AC⊥AB,再求得侧棱长,依据体积公式计算即可.
B　由于E,F分别是AB,BC的中点,所以EF∥AC,
又EF⊥DE,所以AC⊥DE.
取BD的中点O,连接AO,CO,所以在正三棱锥A-BCD中,AO⊥BD,CO⊥BD,
所以BD⊥平面AOC,
又AC⊂平面AOC,
所以AC⊥BD.又DE∩BD=D,
所以AC⊥平面ABD,所以AC⊥AB.
设AC=AB=AD=x则x2+x2=1⇒x=22,
所以VC-ABD=13S△ABD·AC=16AB·AD·AC=224.
9.【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(06,AA1=27,所以AC1=10,所以它的外接球半径为5.
由于点E是AB的中点,所以BE=3,OE=4.
又点P是球O上任意一点,所以PE的最大值为OE+5=9,所以A正确.
由于点O到平面EBC的距离为7,S△EBC=9,三棱锥P-EBC高的最大值为5+7,故其体积的最大值为3(5+7),所以B错误.由于OE=4,所以过E且垂直于OE的平面到球心O的距离为4,所以此截面圆的半径为3,即截面面积为9π,所以C正确.由题意得球心O在AC1上,所以点P到平面AEC1的最大距离为5,S△AEC1=12S△ABC1=12,所以三棱锥P-AEC1体积的最大值为20,所以D正确.
11.【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：-ln2
12.【解析】取BC的中点为O,连接AO,则AO⊥BC,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CP→·BC→=(-3,x0)·(23,0)=-6.
答案:-6
13.【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=π×12×3-12×4π×133=7π3(cm3).
答案：7π3
14.【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=6≥2xy,
所以xy≤3.
又体积V=13×12×AB×AC×SA=16xy≤16×3=12.
答案：12
15.【解析】令t=1m+21-2m,
由于1m+21-2m≥k恒成立,
所以tmin≥k恒成立,
t=1m+21-2m=22m+21-2m=(22m+21-2m)(2m+1-2m)
=2(2+1-2m2m+2m1-2m),
由于00,1-2m>0,
所以1-2m2m+2m1-2m≥2(当且仅当1-2m2m=2m1-2m,即m=14时取等号),所以t≥8,所以k≤8,所以k的最大值为8.
答案：8
16.【解析】(1)由题意得,f(x)=a·b
=sin(cosx2-sinx2）+12
=3sinx2cosx2-sin2x2+12
=32sinx-1-cosx2+12
=32sinx+12cosx=sin(x+π6).
令2kπ-π2≤x+π6≤2kπ+π2(k∈Z),
解得2kπ-2π3≤x≤2kπ+π3(k∈Z),
所以函数f(x)的单调递增区间为[2kπ-2π3,2kπ+π3](k∈Z).
(2)由于f(B+C)=1,
所以sin(B+C+π6)=1,
又B+C∈(0,π),B+C+π6∈(π6,7π6),
所以B+C+π6=π2,B+C=π3,
所以A=2π3,
由正弦定理得asinA=bsinB,
把a=3,b=1代入上式,得sinB=12,故B=π6或B=5π6,
由于A=2π3为钝角,所以B=5π6舍去,
所以B=π6,得C=π6.
所以,△ABC的面积S=12absinC=12×3×1×12=34.
【一题多解】本题还可接受如下方法求解.
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=12×1×1×32=34.
17.【解析】(1)由于平面ABCD⊥平面BCEG,
又平面ABCD∩平面BCEG=BC,CE⊥BC,CE⊂平面BCEG,
所以EC⊥平面ABCD,
又CD⊂平面ABCD,故EC⊥CD.
(2)如图,在平面BCEG中,过G作GN⊥CE交BE于M,连接DM,

则由已知可得:MG=MN,MN∥BC∥DA,且MN=AD=12BC,
所以MG∥AD,MG=AD,
故四边形ADMG为平行四边形,
所以AG∥DM,
由于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BCEG·DC+13S△ABD·BG
=13×2+12×2×2+13×12×1×2×1=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;A1B1∥AB,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,由于E,F分别是AB,AC1的中点,所以EF∥BC1.

又EF⊄平面BB1C1C,
BC1⊂平面BB1C1C,
所以EF∥平面BB1C1C.
2)连接A1E,CE.
由于BB1⊥平面ABC,BB1⊂平面ABB1A1,
所以平面ABB1A1⊥平面ABC,
由于CA=CB,E是AB的中点,所以CE⊥AB,
所以CE⊥平面ABB1A1.
由于B1A1∥BA,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C1A1∥CE,所以C1A1⊥平面ABB1A1.
18.【证明】(1)连接AC,由于四边形ABCD是矩形,Q为BD的中点,
所以Q为AC的中点,

又在△AEC中,P为AE的中点,
所以PQ∥EC.
由于EC⊂平面BCE,PQ⊄平面BCE,
所以PQ∥平面BCE.
(2)由于M为EF的中点,
所以EM=AB=22,
又EF∥AB,所以四边形ABEM是平行四边形,
所以AM∥BE,AM=BE=2.
又AF=2,MF=22,
所以△MAF是直角三角形且∠MAF=90°,所以MA⊥AF.
又DA⊥平面ABEF,MA⊂平面ABEF,所以MA⊥DA,
又DA∩AF=A,所以AM⊥平面ADF.
19.【解析】(1)当n=1时,b1=30×a1=2.
当n≥2时,an=13an-1+23n-1,两边同乘以3n-1得,
3n-1an=3n-2an-1+2,即bn-bn-1=2(n≥2).
所以数列{bn}是以2为首项,以2为公差的等差数列,
其通项公式为bn=2+(n-1)×2=2n.
(2)由(1)得bn=3n-1an=2n,所以an=2n3n-1.
Sn=2×130+4×131+…+2(n-1)×13n-2+2n×13n-1,①
13Sn=2×131+4×132+…+2(n-1)×13n-1+2n×13n,②
①-②,得23Sn=2×130+2×131+…+2×13n-1-2n×13n
=2×1-13n1-13-2n×13n
=3-3+2n3n.
所以Sn=92-3+2n2×3n-1.
20.【解析】(1)在△ACD中,由于AC2+AD2=16+4=20=CD2,所以AC⊥AD.
由于平面PAD⊥底面ABCD,且平面PAD∩平面ABCD=AD,所以AC⊥平面PAD.
又AC⊂平面AMC,所以平面AMC⊥平面PAD.
(2)如图,取AD中点E,连接PE,

则PE⊥AD,PE⊥平面ABCD,且PE=3.
连接BE,则平面PBE⊥平面ABCD,过M作MN⊥BE于N,则MN⊥平面ABCD.
在△ABC中,AC2+BC2=16+64=80=AB2,所以AC⊥BC,
VP-ABCD=13·S梯形ABCD·PE
=13·（12×2×4+12×4×8）·3=2033.
VM-ABC=13·S△ABC·MN=13×12×4×8·MN=163MN.
由VPM-ACD∶VM-ABC=11∶4得,VP-ABCD∶VM-ABC=15∶4,
即2033∶163MN=15∶4,解得,MN=33.
在△PEB中,由于BMBP=MNPE=13,所以PMMB=21.
21.【解析】(1)f′(x)=1x,
设切点为(x0,y0),则k=1x0=1,
所以x0=1,y0=lnx0=ln1=0,
代入y=x+m,得m=-1.
(2)令h(x)=f(x)-(x-1x)=lnx-x+1x,
则h′(x)=1x-1-1x2=-x2+x-1x2
所以h(x)在(0,+∞)内单调递减.
又h(1)=ln1-1+1=0,
所以x=1是函数h(x)唯一的零点.
故点(1,0)是两曲线唯一的公共点.
即y=f(x)与y=x-1x有唯一的公共点.
(3)f(b)-f(a)2-b-ab+a=lnb-lna2-b-ab+a=12lnba-ba-1ba+1,
由于01,
构造函数φ(x)=12lnx-x-1x+1(x>1),
则φ′(x)=12x-x+1-(x-1)(x+1)2=12x-2(x+1)2=(x-1)22x(x+1)2>0,
所以φ(x)在(1,+∞)上单调递增,
又当x=1时,φ(1)=0,
所以x>1时,φ(x)>0,即12lnx>x-1x+1,则有12lnba>ba-1ba+1成立,即lnb-lna2>b-ab+a,
即f(b)-f(a)2>b-ab+a.
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