2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 滾動測試卷四 文 北師大版

《2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 滾動測試卷四 文 北師大版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 滾動測試卷四 文 北師大版（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 滾動測試卷四 文 北師大版滾動測試卷第13頁一、選擇題(本大題共12小題,每小題5分,共60分)1.集合M=,N=x|y=lg(x+2),則MN等于() A.0,+)B.(-2,0C.(-2,+)D.(-,-2)0,+)答案:B解析:因為集合M=,所以M=x|x0,N=x|y=lg(x+2)=x|x-2,所以MN=x|x0x|x-2=x|-20的否定是()A.任意xR,x20B.存在xR,x20C.存在xR,x20的否定是:存在xR,x20.3.將函數(shù)f(x)=sin的圖像向右平移個單位,那么所得的圖像對應(yīng)的函數(shù)解析式是()A.y=sin 2xB.y=cos 2xC

2、.y=sinD.y=sin答案:D解析:f(x)=sin,將函數(shù)f(x)=sin的圖像向右平移個單位,得f=sin=sin,所得的圖像對應(yīng)的函數(shù)解析式是y=sin.4.已知函數(shù)y=f(x)的定義域為x|x0,滿足f(x)+f(-x)=0,當(dāng)x0時,f(x)=ln x-x+1,則函數(shù)y=f(x)的大致圖像是()答案:A解析:因為函數(shù)y=f(x)的定義域為x|x0,滿足f(x)+f(-x)=0,所以函數(shù)是奇函數(shù),排除C,D.當(dāng)x=e時,f(10)=1-e+1=2-e0,b0)的一條漸近線平行于直線l:x+2y+5=0,雙曲線的一個焦點在直線l上,則雙曲線的方程為()A.=1B.=1C.=1D.=1

3、答案:A解析:雙曲線=1(a0,b0)的一條漸近線平行于直線l:x+2y+5=0,雙曲線的一個焦點在直線l上,解得a=2,b=,雙曲線方程為=1.8.如圖,在ABC中,點D在AC上,ABBD,BC=3,BD=5,sinABC=,則CD的長為()A.B.C.2D.5答案:B解析:由題意可得sinABC=sin=cosCBD,再根據(jù)余弦定理可得CD2=BC2+BD2-2BCBDcosCBD=27+25-235=22,可得CD=.9.過P(2,0)的直線l被圓(x-2)2+(y-3)2=9截得的弦長為2時,直線的斜率為()A.B.C.1D.答案:A解析:(方法一)設(shè)直線的斜率為k,則直線方程為y=k

4、(x-2),即kx-y-2k=0.圓心為C(2,3),半徑r=3,圓心到直線的距離d=.由題意得2=2,即32-=1,解得k=.(方法二)如圖,圓心C(2,3),半徑3,取弦PA的中點D,PD=1,則CD=2,tanPCD=.由對稱性知所求直線斜率為.10.已知拋物線方程為y2=8x,直線l的方程為x-y+2=0,在拋物線上有一動點P到y(tǒng)軸距離為d1,P到l的距離為d2,則d1+d2的最小值為()A.2-2B.2C.2-2D.2+2答案:C解析:點P到準(zhǔn)線的距離等于點P到焦點F的距離,過焦點F作直線x-y+2=0的垂線,此時d1+d2最小.F(2,0),d1+d2=-2=2-2.11.若存在過

5、點O(0,0)的直線l與曲線f(x)=x3-3x2+2x和y=x2+a都相切,則a的值是()A.1B.C.1或D.1或-答案:C解析:設(shè)過O(0,0)與f(x)相切的切點為P(x0,y0),則y0=-3+2x0,且k=f(x0)=3-6x0+2.又k=-3x0+2,由,聯(lián)立,得x0=或x0=0,所以k=-或2.所求切線l的方程為y=-x或y=2x.直線l與曲線y=x2+a相切,當(dāng)切線為y=2x時,聯(lián)立方程可得x2+a-2x=0滿足=4-4a=0,a=1.當(dāng)切線為y=-x時,可得得x2+x+a=0.依題意,=-4a=0.a=.綜上,a=1或a=.故選C.12.設(shè)等差數(shù)列an的前n項和為Sn,若a

6、2=-11,a5+a9=-2,則當(dāng)Sn取最小值時,n等于()A.9B.8C.7D.6答案:C解析:設(shè)等差數(shù)列的首項為a1,公差為d,由a2=-11,a5+a9=-2,得解得an=-15+2n.由an=-15+2n0,解得n.當(dāng)Sn取最小值時,n等于7.二、填空題(本大題共4題,每小題5分,共20分)13.(xx遼寧錦州二模)已知拋物線C:y2=2px(p0)的焦點為F,過點F的傾斜角為60的直線l與拋物線C在第一、四象限分別交于A,B兩點,則的值等于.答案:3解析:設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則=2px1,=2px2,|AB|=x1+x2+p=p,即有x1+x2=p,由直線l的傾斜角

7、為60,則直線l的方程為y-0=,即y=x-p,聯(lián)立拋物線方程,消去y并整理,得12x2-20px+3p2=0,則x1x2=,可得x1=p,x2=p.則=3.14.若變量x,y滿足約束條件且z=x+3y的最小值為4,則k=.答案:1解析:由z=x+3y,得y=-x+,畫出不等式對應(yīng)的可行域,平移直線y=-x+,由平移可知當(dāng)直線y=-x+經(jīng)過點B時,直線y=-x+的截距最小,此時z取得最小值為4,即x+3y=4,由解得即B(1,1),點B同時也在直線y=k上,則k=1.15.已知雙曲線=1(a0,b0)的一條漸近線垂直于直線l:x-2y-5=0,雙曲線的一個焦點在l上,則雙曲線的方程為.答案:=

8、1解析:雙曲線的一個焦點在直線l上,令y=0,可得x=5,即焦點坐標(biāo)為(5,0),c=5.雙曲線=1(a0,b0)的一條漸近線垂直于直線l:x-2y-5=0,=2.c2=a2+b2,a2=5,b2=20.雙曲線的方程為=1.16.設(shè)甲、乙兩個圓柱的底面積分別為S1,S2,體積分別為V1,V2,若它們的側(cè)面積相等,且,則的值為.答案:解析:設(shè)兩個圓柱的底面半徑分別為R,r,高分別為H,h,它們的側(cè)面積相等,=1,.三、解答題(本大題共6小題,共70分)17.(10分)已知函數(shù)f(x)=sin-4sin2wx+2(w0),其圖像與x軸相鄰兩個交點的距離為.(1)求函數(shù)f(x)的解析式;(2)若將f

9、(x)的圖像向左平移m(m0)個長度單位得到函數(shù)g(x)的圖像恰好經(jīng)過點,求當(dāng)m取得最小值時,g(x)在上的單調(diào)增區(qū)間.解:(1)函數(shù)f(x)=sin-4sin2wx+2(w0)=sin 2wx-cos 2wx-4+2=sin 2wx+cos 2wx=sin,根據(jù)圖像與x軸相鄰兩個交點的距離為,可得函數(shù)的最小正周期為2,求得=1,故函數(shù)f(x)=sin.(2)將f(x)的圖像向左平移m(m0)個長度單位得到函數(shù)g(x)=sinsin的圖像,再根據(jù)g(x)的圖像恰好經(jīng)過點,可得sin=0,故m=,所以g(x)=sin.令2k-2x+2k+,kZ,求得k-xk-,kZ,故函數(shù)g(x)的增區(qū)間為,k

10、Z.再結(jié)合x,可得增區(qū)間為.18.(12分)如圖,已知平行四邊形ABCD與直角梯形ABEF所在的平面互相垂直,且AB=BE=AF=1,BEAF,ABAF,CBA=,BC=,P為DF的中點.(1)求證:PE平面ABCD;(2)求三棱錐A-BCE的體積.(1)證明:取AD的中點M,連接MP,MB,P為DF的中點,MP􀱀AF,又BE􀱀AF,BE􀱀MP,四邊形BEPM是平行四邊形.PEBM.又PE平面ABCD,BM平面ABCD,PE平面ABCD.(2)解:在ABC中,由余弦定理可得:AC2=AB2+BC2-2ABBCcosABC=1+()2-21c

11、os=1,AC=1.AC2+AB2=BC2.ACAB.平面ABCD平面ABEF,平面ABCD平面ABEF=AB,AC平面ABEF.SABE=BEAB=11=,VA-BCE=VC-ABE=SABEAC=1=.19.(12分)已知橢圓C:=1(ab0)的焦距為2,長軸長是短軸長的2倍.(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)斜率為k的直線l交橢圓于A,B兩點,其中A點為橢圓的左頂點,若橢圓的上頂點P始終在以AB為直徑的圓內(nèi),求實數(shù)k的取值范圍.解:(1)根據(jù)題意,得解得a=2,b=1.橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為+y2=1.(2)由(1)及題意,知頂點A為(-2,0),直線l的方程為y=k(x+2),與橢圓方程聯(lián)立,得

12、消去y,得(1+4k2)x2+16k2x+(16k2-4)=0;設(shè)點B為(x0,y0),則x0-2=-,x0=,y0=.又橢圓的上頂點P在以AB為直徑的圓內(nèi),APB為鈍角,即0.P(0,1),A(-2,0),B,=(-2,-1),.0,即20k2-4k-30,S3=b5+1=7,a1+a1q+a1q2=7,b4是a2和a4的等比中項,=a2a4=16,解得a3=a1q2=4,由得3q2-4q-4=0,解得q=2,或q=-(舍),a1=1,an=2n-1.(2)當(dāng)n為偶數(shù)時,Tn=(1+1)20+22+(3+1)22+423+(5+1)24+(n-1)+12n-2+n2n-1=(20+22+32

13、2+423+n2n-1)+(20+22+2n-2),設(shè)Hn=20+22+322+423+n2n-1,2Hn=2+222+323+424+n2n,-,得-Hn=20+2+22+23+2n-1-n2n=-n2n=(1-n)2n-1,Hn=(n-1)2n+1,Tn=(n-1)2n+1+2n+.當(dāng)n為奇數(shù),且n3時,Tn=+(n+1)2n-1=2n-1+(n+1)2n-1=2n-1+,經(jīng)檢驗,T1=2符合上式,Tn=21.(12分)已知點M是圓心為C1的圓(x-1)2+y2=8上的動點,點C2(-1,0),若線段MC2的中垂線交MC1于點N.(1)求動點N的軌跡方程;(2)若直線l:y=kx+t是圓x

14、2+y2=1的切線且l與點N的軌跡交于不同的兩點P,Q,O為坐標(biāo)原點,若=,且,求OPQ面積的取值范圍.解:(1)由已知得|MN|=|NC2|,則|NC1|+|NC2|=|NC1|+|MN|=2|C1C2|=2,故動點N的軌跡是以C1,C2為焦點,以2為長軸長的橢圓,a=,c=1,b2=1,動點N的軌跡方程為+y2=1.(2)直線l:y=kx+t是圓x2+y2=1的切線,=1,t2=k2+1.直線l:y=kx+t代入橢圓方程可得(1+2k2)x2+4ktx+2t2-2=0,設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),則=16k2-8t2+8=8k20可得k0.x1+x2=-,x1x2=,y1y2=(

15、kx1+t)(kx2+t)=,t2=k2+1,x1x2=,y1y2=,=x1x2+y1y2=,k21,|PQ|=2.令=k4+k2,k21,.|PQ|=2=2上遞增,|PQ|.直線PQ是圓x2+y2=1的切線,O到PQ的距離為1,SOPQ=|PQ|,即|PQ|.故OPQ面積的取值范圍是.22.(12分)已知函數(shù)f(x)=x-aln x,(1)若f(x)無極值點,求a的取值范圍;(2)設(shè)g(x)=x+-(ln x)2,當(dāng)a取(1)中的最大值時,求g(x)的最小值;(3)證明:ln(nN+).(1)解:求導(dǎo)可得f(x)=,函數(shù)f(x)無極值,方程x2-ax+1=0在(0,+)上無根或有唯一根,方程

16、a=x+在(0,+)上無根或有唯一根,又x+2(x=1取等號),故=2,a2.(2)解:a=2時,f(x)=x-2ln x,g(x)=x+-(ln x)2,由(1)知,f(x)在(0,+)上是增函數(shù),當(dāng)x(0,1)時,f(x)=x-2ln xf(1)=0,即x-2ln xf(1)=0,即x-2ln x0;x0時,|2ln x|=|ln x2|,令x2=t0,|ln t|,平方得t+-2(ln t)2,t0時,t+-2(ln t)2成立,當(dāng)且僅當(dāng)t=1時取等號,當(dāng)x=1時,函數(shù)g(x)取最小值2.(3)證明:由上知,x1時,x+-(ln x)22,x1時,ln x成立,令x=,得ln,即ln,不等式:ln+lnln+ln=ln=ln.即ln(nN+).