《（安徽專用）2014屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)方案 滾動基礎(chǔ)訓(xùn)練卷（18） 文 （含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（安徽專用）2014屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)方案 滾動基礎(chǔ)訓(xùn)練卷（18） 文 （含解析）（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、45分鐘滾動基礎(chǔ)訓(xùn)練卷(十八) (考查范圍：第1講～第55講　分值：100分) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 一、選擇題(本大題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的) 1．函數(shù)f(x)＝的所有零點(diǎn)的和等于(　　) A．－2 B．－1 C．0 D．1 2．下列命題中真命題的個數(shù)是(　　) ①?x∈(－∞，0)，使得2x<3x成立； ②命題“若am2cosx. A．1個

2、 B．2個 C．3個 D．4個 3．為了得到函數(shù)y＝sin2x＋cos2x的圖象，只需把函數(shù)y＝(sin2x－cos2x)的圖象(　　) A．向左平移個單位長度 B．向右平移個單位長度 C．向左平移個單位長度 D．向右平移個單位長度 4．已知等比數(shù)列{an}中，公比q>1，且a1＋a6＝8，a3a4＝12，則＝(　　) A．2 B．3 C．6 D．3或6 5．一個幾何體的三視圖及部分?jǐn)?shù)據(jù)如圖G18－1所示，側(cè)視圖為等腰三角形，俯視圖為正方形，則這個幾何體的體積等于(　　) 圖G18－1 A. B. C. D. 6．已知圓的方程為x2＋y2＝4，給出以下

3、函數(shù)，其中函數(shù)圖象能平分該圓面積的是(　　) A．f(x)＝cosx B．f(x)＝ex－1 C．f(x)＝sinx D．f(x)＝xsinx 7．已知向量a＝(x－z，1)，b＝(2，y＋z)，且a⊥b，若變量x，y滿足約束條件則z的最大值為(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 8．過雙曲線－＝1(a>0)右焦點(diǎn)F作一條直線，當(dāng)直線斜率為2時，直線與雙曲線左、右兩支各有一個交點(diǎn)；當(dāng)直線斜率為3時，直線與雙曲線右支有兩個不同交點(diǎn)，則雙曲線離心率的取值范圍為(　　) A．(，5) B．(，) C．(1，) D．(5，5) 二、填空題(本大題共3小題，每小

4、題6分，共18分) 9．執(zhí)行如圖G18－2所示的程序框圖，那么輸出的值是________． 圖G18－2 10．如圖G18－3，半圓的直徑AB＝6，O為圓心，C為半圓上不同于A，B的任意一點(diǎn)，若P為半徑OC上的動點(diǎn)，則(＋)·的最小值為________． 圖G18－3 11．能唯一確定一個幾何體體積和表面積的一組量稱為該幾何體的“基本量”．在下列幾組量中是長方體ABCD－A1B1C1D1“基本量”的是________．(寫出所有符合條件的序號) ①有三條棱長分別為1，2，2；②正視圖、側(cè)視圖和俯視圖都是邊長為2的正方形；③面ABCD，ABB1A1，ADD1A1面積分別為2，

5、4，4. 三、解答題(本大題共3小題，每小題14分，共42分，解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟) 12．已知函數(shù)f(x)＝2cos2－sinx. (1)求函數(shù)f(x)的最小正周期和值域； (2)若α為第二象限角，且f＝，求的值． 13．如圖G18－4，在三棱柱ABC－A1B1C1中，棱AA1與底面ABC垂直，△ABC為等腰直角三角形，AB＝AC＝AA1，D，E，F(xiàn)分別為B1A，C1C，BC的中點(diǎn)． (1)求證：DE∥平面ABC； (2)求證：平面AB1F丄平面AEF. 圖G18－4

6、 14．設(shè)函數(shù)f(x)＝x－－alnx＋2f(a)． (1)求f(a)的表達(dá)式； (2)討論f(x)的單調(diào)性； (3)如果當(dāng)x≥1時，f(x)≥f(1)恒成立，求a的取值范圍． 45分鐘滾動基礎(chǔ)訓(xùn)練卷(十八) 1．C　[解析] x<0時，解－2＝0得x＝－1；x≥0時，解x－1＝0得x＝1，所以所有零點(diǎn)之和為0.故選C. 2．A　[解析] 因?yàn)?x∈(－∞，0)，2x>3x，所以①錯誤；當(dāng)m＝0時，該命題的逆命題是假命題，所以②錯誤；當(dāng)x＝時，sinx

7、] 分別把兩個函數(shù)解析式簡化為y＝sin，y＝－cos2x＝－sin＝sin， 則根據(jù)y＝sin＝sin可知向左平移個單位長度． 4．B　[解析] 因?yàn)閧an}是等比數(shù)列，所以a1a6＝a3a4＝12，結(jié)合a1＋a6＝8和q>1解得a1＝2，a6＝6，所以q5＝＝3，＝＝q5＝3.故選B. 5．A　[解析] 分析知，該幾何體是一個四棱錐，其底面是對角線長為1的正方形，錐體的高為2，所以體積為V＝××2＝.故選A. 6．C　[解析] 因?yàn)閳Ax2＋y2＝4的圓心為坐標(biāo)原點(diǎn)，所以函數(shù)圖象要能平分圓的面積，必須是奇函數(shù)且圖象過坐標(biāo)原點(diǎn)，所以滿足條件的函數(shù)只能是f(x)＝sinx. 7．C

8、　[解析] 因?yàn)閍⊥b，所以(x－z，1)·(2，y＋z)＝0，即z＝2x＋y.約束條件表示的平面區(qū)域如圖所示，可解得A(－1，4)，B(－1，－1)，C(1，1)，當(dāng)直線z＝2x＋y經(jīng)過點(diǎn)C時，z取得最大值，最大值為zmax＝2×1＋1＝3.故選C. 8．B　[解析] 雙曲線的漸近線方程為y＝±x，設(shè)漸近線的較小的傾斜角為α，依題意有2

9、規(guī)律得：S＝，k＝2 012.結(jié)束程序，輸出S的值是. 10．－　[解析] 如圖建立直角坐標(biāo)系，則半圓的方程為x2＋y2＝9(0≤y≤3)，A(－3，0)，B(3，0)，設(shè)|OP|＝r，C(3cosθ，3sinθ)，0<θ<π，則P(rcosθ，rsinθ)，0≤r≤3.所以 ＝(－3－rcosθ，－rsinθ)，＝(3－rcosθ，－rsinθ)，＝((3－r)cosθ，(3－r)sinθ)． 所以(＋)·＝(－2rcosθ，－2rsinθ)·((3－r)cosθ，(3－r)sinθ)＝2r2－6r(0≤r≤3)，當(dāng)r＝時，2r2－6r取得最小值－，所以(＋)·的最小值為－. 1

10、1．②③　[解析] 如圖，對于①，這三條棱不一定是過長方體同一頂點(diǎn)的三條棱，所以不能求出長方體的體積和表面積，不是長方體的“基本量”；對于②，這時長方體ABCD－A1B1C1D1是棱長為2的正方體，體積和表面積分別為8，24，是長方體的“基本量”；對于③，設(shè)AB＝a，AD＝b，AA1＝c，(a，b，c∈R＋)，可得故VABCD－A1B1C1D1＝abc＝4，SABCD－A1B1C1D1＝2(ab＋bc＋ac)＝20，所以是長方體的“基本量”．答案為②③. 12．解：(1)因?yàn)閒(x)＝2cos2－sinx＝1＋cosx－sinx＝1＋2cos， 所以函數(shù)f(x)的最小正周期為2π，值域

11、為[－1，3]． (2)因?yàn)閒＝，所以1＋2cosα＝，即cosα＝－， 因?yàn)椋? ＝＝， 又因?yàn)棣翞榈诙笙藿?，所以sinα＝. 所以原式＝＝. 13．證明：(1)取AB中點(diǎn)G，連接DG，GC. 因?yàn)镈是AB1的中點(diǎn)，所以DG∥BB1，且DG＝BB1. 又因?yàn)锽B1∥CC1，CE＝CC1，所以DG∥CE且DG＝CE， 所以四邊形DGCE為平行四邊形，所以DE∥GC. 又DE?平面ABC，GC?平面ABC， 所以DE∥平面ABC. (2)因?yàn)椤鰽BC為等腰直角三角形，F(xiàn)為BC的中點(diǎn)， 所以BC⊥AF， 由題意知B1B⊥平面ABC，所以B1B⊥AF. 又因?yàn)锽1B

12、∩BC＝B， 所以AF⊥平面B1BF，所以AF⊥B1F. 設(shè)AB＝AA1＝2，則B1F＝，EF＝，B1E＝3， 所以B1F2＋EF2＝B1E2，所以B1F⊥EF， 又AF∩EF＝F，所以B1F⊥平面AEF. 又因?yàn)锽1F?平面AB1F，所以平面AB1F⊥平面AEF. 14．解：(1)當(dāng)x＝a時，有f(a)＝a－－alna＋2f(a)(a>0)， 所以f(a)＝alna＋－a(a>0)． (2)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)， f′(x)＝1＋－＝. 令g(x)＝x2－ax＋1，其判別式Δ＝a2－4. ①當(dāng)0

13、． ②當(dāng)a>2時，Δ>0，g(x)＝0的兩根為x1＝， x2＝， 當(dāng)00；當(dāng)x1x2時，f′(x)>0，故f(x)分別在(0，x1)，(x2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(x1，x2)上單調(diào)遞減． (3)由f(x)≥f(1)得x－－alnx≥0，令h(x)＝x－－alnx， 由(2)可知，當(dāng)02時，g(1)＝2－a<0，所以h(x)在[1，x2]上是減函數(shù)． 當(dāng)1