高中数学高三阶段滚动检测六.docx
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高中数学高三阶段滚动检测六
阶段滚动检测(六)
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一、选择题
1.(2016·杭州质量检测)设直线l⊥平面α,直线m⊂平面β( )
A.若m∥α,则l∥mB.若α∥β,则l⊥m
C.若l⊥m,则α∥βD.若α⊥β,则l∥m
解析 A中直线l与m互相垂直,不正确;B中根据两个平面平行的性质知是正确的;C中的α与β也可能相交;D中l与m也可能异面,也可能相交.
答案 B
2.(2016·绵阳诊断)为了得到函数y=3sin的图象,只需把函数y=3sin图象上的所有点的( )
A.纵坐标伸长到原来的2倍,横坐标不变
B.横坐标伸长到原来的2倍,纵坐标不变
C.纵坐标缩短到原来的,横坐标不变
D.横坐标缩短到原来的,纵坐标不变
解析 由于变换前后,两个函数的初相相同,纵坐标不变,所以只需将y=3sin的横坐标缩短到原来的,即可得到函数y=3sin的图象.
答案 D
3.(2016·济南模拟)已知a,b,c∈R,那么下列命题中正确的是( )
A.若a
B.若a>b>0,c<0,则<
C.若a>b,则(a+c)2>(b+c)2
D.若ab>0,则+≥2
解析 对于A,当c=0时不成立;对于B,由a>b>0,c<0,可知>;对于C,若a=1,b=-1,c=0,则(a+c)2>(b+c)2显然不成立;由基本不等式可知D正确.
答案 D
4.
(2016·沈阳质量监测)已知某个几何体的三视图如图所示,根据图中标出的尺寸(单位:
cm)可得这个几何体的体积是( )
A.cm3 B.cm3
C.3cm3 D.4cm3
解析 由三视图可得该几何体是一个四棱锥,底面是边长为2的正方形,高为2,其体积为cm3,故选B.
答案 B
5.在空间直角坐标系O-xyz中,已知A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D(1,1,).若S1,S2,S3分别是三棱锥D-ABC在xOy,yOz,zOx坐标平面上的正投影图形的面积,则( )
A.S1=S2=S3B.S2=S1且S2≠S3
C.S3=S1且S3≠S2D.S3=S2且S3≠S1
解析
根据题目条件,在空间直角坐标系O-xyz中作出该三棱锥D-ABC,显然S1=S△ABC=×2×2=2,S2=S3=×2×=.
答案 D
6.在梯形ABCD中,∠ABC=,AD∥BC,BC=2AD=2AB=2.将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )
A.B.C.D.2π
解析
过点C作CE垂直AD所在直线于点E,梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB的长为底面圆半径,线段BC为母线的圆柱挖去以线段CE的长为底面圆半径,ED为高的圆锥,如图所示,该几何体的体积为V=V圆柱-V圆锥=π·AB2·BC-·π·CE2·DE=π×12×2-π×12×1=.
答案 C
7.(2015·郑州质量预测)已知函数f(x)=函数g(x)=f(x)-2x恰有三个不同的零点,则实数a的取值范围是( )
A.[-1,1)B.[0,2]C.[-2,2)D.[-1,2)
解析 由题意知g(x)=因为g(x)有三个不同的零点,所以
2-x=0在x>a时有一个解,由x=2得a<2.由x2+3x+2=0得x=-1或x=-2,由x≤a得a≥-1.综上,a的取值范围为[-1,2),所以选D.
答案 D
8.已知正方形ABCD的边长是4,对角线AC与BD交于O,将正方形ABCD沿对角线BD折成60°的二面角,并给出下面结论:
①AC⊥BD;②AD⊥CO;③△AOC为正三角形;④cos∠ADC=.则其中的真命题是( )
A.①③④B.①②④C.②③④D.①②③
解析 如图所示,易知∠AOC为二面角A-BD-C的平面角,即∠AOC=60°,且AO=OC,故△AOC为正三角形,即③正确;又BD⊥平面ACO,故BD⊥AC,即①正确;在△ADC中,知AD=DC=4,AC=AO=2,故利用余弦定理可解得cos∠ADC=,故④正确.
答案 A
9.已知定义在R上的函数y=f(x)对于任意的x都满足f(x+1)=-f(x),当-1≤x<1时,f(x)=x3,若函数g(x)=f(x)-loga|x|至少有6个零点,则a的取值范围是( )
A.∪(5,+∞)B.∪
C.∪(5,7)D.∪[5,7)
解析 由f(x+1)=-f(x)得f(x+1)=-f(x+2),因此f(x)=f(x+2),即函数f(x)是周期为2的周期函数.函数g(x)=f(x)-loga|x|至少有6个零点可转化成y=f(x)与h(x)=loga|x|两函数图象交点至少有6个,需对底数a进行分类讨论.若a>1,则h(5)=loga5<1,即a>5.
若0<a<1,则h(-5)=loga5≥-1,即0<a≤.
所以a的取值范围是∪(5,+∞).
答案 A
10.(2016·莱芜实验中学模拟)在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,AC⊥BC,D为侧棱PC上的一点,它的正视图和侧视图如图所示,则下列命题正确的是( )
A.AD⊥平面PBC且三棱锥D-ABC的体积为
B.BD⊥平面PAC且三棱锥D-ABC的体积为
C.AD⊥平面PBC且三棱锥D-ABC的体积为
D.BD⊥平面PAC且三棱锥D-ABC的体积为
解析 因为PA⊥平面ABC,所以PA⊥BC,又AC⊥BC,PA∩AC=A,所以BC⊥平面PAC,所以BC⊥AD,又由三视图可得,在△PAC中,PA=AC=4,D为PC的中点,所以AD⊥PC,又PC∩BC=C,故AD⊥平面PBC.
又由三视图可知BC=4,∠ADC=90°,BC⊥平面PAC,
故VD-ABC=VB-ADC=××2×2×4=.
答案 C
二、填空题
11.(2016·枣庄四校联考)已知向量a=(sinθ,-2),b=(cosθ,1),若a∥b,则tan2θ=________.
解析 由a∥b得sinθ=-2cosθ,所以tanθ=-2,故tan2θ===.
答案
12.(2016·唐山模拟)在三棱锥P-ABC中,PB=6,AC=3,G为△PAC的重心,过点G作三棱锥的一个截面,使截面平行于直线PB和AC.则截面的周长为________.
解析 过点G作EF∥AC交PA,PC于点E,F,过E,F分别作EN∥PB,FM∥PB分别交AB,BC于点N,M,连接MN,
∴四边形EFMN是平行四边形,∴=,即EF=MN=2,==,即FM=EN=2,∴截面的周长为2×4=8.
答案 8
13.直三棱柱ABC-A1B1C1的各顶点都在同一球面上.若AB=AC=AA1=2,∠BAC=120°,则此球的表面积等于________.
解析 设球心为O,球半径为R,△ABC的外心是M,则O在底面ABC上的射影是点M,在△ABC中,AB=AC=2,∠BAC=120°,∠ABC=(180°-120°)=30°,AM==2,因此,R2=22+=5.
所以球的表面积S=4πR2=20π.
答案 20π
14.(2016·太原模拟)已知在正四棱锥P-ABCD中,PA=2,则当该正四棱锥的体积最大时,它的高h等于________.
解析 设正四棱锥P-ABCD的底面边长为a,因为PA=2,所以+h2=12.即a2=24-2h2,所以正四棱锥P-ABCD的体积V=a2h=8h-h3(h>0),V′=8-2h2,令V′>0得0
答案 2
三、解答题
15.(2016·烟台模拟)已知在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且函数f(x)=2cosxsin(x-A)+sinA在x=处取得最大值.
(1)当x∈时,求函数f(x)的值域;
(2)当a=7且sinB+sinC=,求△ABC的面积.
解 ∵函数f(x)=2cosxsin(x-A)+sinA
=2cosxsinxcosA-2cosxcosxsinA+sinA
=sin2xcosA-cos2xsinA=sin(2x-A),
又函数f(x)在x=处取得最大值.
∴2×-A=2kπ+,其中k∈Z.即A=-2kπ,其中k∈Z.
(1)∵A∈(0,π),∴A=,又x∈,∴2x-A∈,
∴- (2)由正弦定理得=,则sinB+sinC=sinA,即=×,∴b+c=13. 又a2=b2+c2-2bccosA=(b+c)2-2bc-2bccosA, 即49=169-3bc,∴bc=40. 故△ABC的面积S=bcsinA=×40×=10. 16.(2016·浙江名校联考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a2=2,S5=15,数列{bn}满足b1=,bn+1=bn. (1)求数列{an},{bn}的通项公式; (2)记Tn为数列{bn}的前n项和,f(n)=,试问f(n)是否存在最大值,若存在,求出最大值;若不存在,请说明理由. 解 (1)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,则 解得a1=1,d=1,∴an=n,由题意知=, ∴数列是以=为首项,为公比的等比数列, ∴=,∴bn=. (2)由 (1)得Tn=+++…+, Tn=+++…+, 所以Tn=2-,又Sn=, 所以f(n)==, f(n+1)-f(n)=-=, 当n≥3时,f(n+1)-f(n)<0, 当n<3时,f(n+1)-f(n)≥0, 又f (1)=1,f (2)=,f(3)=, ∴f(n)存在最大值为. 17. (2015·福建卷)如图,在几何体ABCDE中,四边形ABCD是矩形,AB⊥平面BEC,BE⊥EC,AB=BE=EC=2,G,F分别是线段BE,DC的中点. (1)求证: GF∥平面ADE; (2)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值. (1)证明 如图①,取AE的中点H,连接HG,HD,又G是BE的中点, 图① 所以GH∥AB,且GH=AB.又F是CD的中点, 所以DF=CD.由四边形ABCD是矩形,得 AB∥CD,AB=CD,所以GH∥DF,且GH=DF, 从而四边形HGFD是平行四边形,所以GF∥DH. 又DH⊂平面ADE,GF⊄平面ADE,所以GF∥平面ADE. (2)解 如图②,在平面BEC内,过点B作BQ∥EC. 因为BE⊥CE,所以BQ⊥BE. 图② 又因为AB⊥平面BEC,所以AB⊥BE,AB⊥BQ. 以B为原点,分别以,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系, 则A(0,0,2),B(0,0,0),E(2,0,0),F(2,2,1). 因为AB⊥平面BEC, 所以=(0,0,2)为平面BEC的法向量. 设n=(x,y,z)为平面AEF的法向量. 又=(2,0,-2),=(2,2,-1), 由得取z=2,得n=(2,-1,2). 从而cos〈n,〉===, 所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为. 18.(2016·唐山质检) 如图,正方形AMDE的边长为2,B,C分别为AM,MD的中点.在五棱锥P-ABCDE中,F为棱PE的中点,平面ABF与棱PD,PC分别交于点G,H. (1)求证: AB∥FG; (2)若PA⊥底面ABCDE,且PA=AE.求直线BC与平面ABF所成角的大小,并求线段PH的长. (1)证明 在正方形AMDE中,因为B是AM的中点, 所以AB∥DE.又因为AB⊄平面PDE,DE⊂平面PDE,所以AB∥平面PDE. 因为AB⊂平面ABF, 且平面ABF∩平面PDE=FG,所以AB∥FG. (2)解 因为PA⊥底面ABCDE,AB,AC⊂平面ABCDE, 所以PA⊥AB,PA⊥AE. 如图建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(2,1,0),P(0,0,2),F(0,1,1),=(1,1,0). 设平面ABF的法向量为n=(x,y,z),则 即 令z=1,则y=-1.所以n=(0,-1,1). 设直线BC与平面ABF所成角为α, 则sinα=|cos〈n,〉|==. 因此直线BC与平面ABF所成角的大小为. 设点H的坐标为(u,v,w).因为点H在棱PC上, 所以可设=λ(0<λ<1), 即(u,v,w-2)=λ(2,1,-2), 所以u=2λ,v=λ,w=2-2λ. 因为n是平面ABF的法向量,所以n·=0, 即(0,-1,1)·(2λ,λ,2-2λ)=0. 解得λ=,所以点H的坐标为. 所以PH==2.
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