滚动测试卷(4)-【高考总复习】2025年高考数学一轮达标测试卷

滚动测试卷(四) (本卷满分150分　考试时间120分钟) 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.设Sn为等差数列{an}的前n项和，S8＝4a3，a7＝－2，则a9＝(　　) A.－6　　　　　 B.－4　　　　　 C.－2　　　　　 D.2 2.已知向量a，b的夹角为60°，|a|＝2，|b|＝1，则|a＋2b|＝(　　) A.2 B.3 C.2 D.12 3.某圆台上底面圆的半径为1，下底面圆的半径为2，侧面积为3π，则该圆台的体积为(　　) A.3π B. C.π D.π 4.在正四棱锥S­ABCD中，底面边长为2，侧棱长为4，点P是底面ABCD内一动点，且SP＝，则当A，P两点间距离最小时，直线BP与直线SC所成角的余弦值为(　　) A. B. C. D. 5.某工厂产生的废气需经过过滤后排放，排放时污染物的含量不超过1%，已知在过滤过程中废气中的污染物数量P(单位：毫克/升)与过滤时间t(单位：小时)之间的函数关系为P＝P0e－kt(k，P0均为正的常数)，如果前5小时的过滤过程中污染物被过滤掉了90%，那么排放前至少还需要过滤的时间是(　　) A.小时 B.小时 C.10小时 D.5小时 6.如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，P为CC1的中点，点Q在四边形DCC1D1内(包括边界)运动，若AQ∥平面A1BP，则AQ的最小值为(　　) A.1 B. C. D. 7.已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为，过顶点B，D，C1的平面为α，点P是平面α内的动点，A1P＝，则点P的轨迹长度为(　　) A.π B.π C.π D.2π 8.如图，已知三棱柱ABC­A1B1C1的底面是等腰直角三角形，AA1⊥底面ABC，AC＝BC＝2，AA1＝4，点D在上底面A1B1C1(包括边界)上运动，则三棱锥D­ABC的外接球表面积的最大值为(　　) A.π B.24π C.π D.8π 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9.已知α，β是两个不同的平面，m，n是平面α及β外两条不同的直线，给出四个论断：①m⊥n，②α∥β，③n∥β，④m⊥α，则下列选项正确的是(　　) A.②③④⇒① B.①③④⇒② C.①②④⇒③ D.①②③⇒④ 10.若函数f(x)＝cos2－sin，则下列关于函数f(x)的说法正确的是(　　) A.最大值为1 B.最小正周期为π C.f＋f(－x)＝1 D.函数f(x)在上单调递增 11.如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，则(　　) A.直线BD1⊥平面A1C1D B.三棱锥P­A1C1D的体积为定值 C.异面直线AP与A1D所成角的取值范围是 D.直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.已知a＞1，且(a－1)(b－1)＝4，则a＋b的最小值是________. 13.在正三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝AA1＝2.E，F分别是BC，A1C1的中点.设D是线段B1C1上的(包括两个端点)动点，当直线BD与EF所成角的余弦值为，则线段BD的长为________. 14.定义在实数集R上的函数f(x)，如果存在函数g(x)＝mx＋n(m，n为常数)，使得对于函数f(x)定义域内的任意x，都有f(x)≤g(x)成立，那么g(x)为函数f(x)的一个“线性覆盖函数”.若f(x)＝－2xln x－x2，g(x)＝－ax＋3，g(x)为函数f(x)在区间(0，＋∞)上的一个“线性覆盖函数”，则实数a的取值范围为________. 四、解答题：本题共5小题，共77分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15.(13分)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠DAB＝60°，PA＝PD＝，F为AB的中点，AC⊥PF. (1)求证：平面PAD⊥平面ABCD； (2)求点A到平面PDF的距离. 16.(15分)如图，已知正方形ABCD与矩形ADMN所在平面相互垂直，AB＝2，点E在线段MD上，MB∥平面EAC，且平面EAC与平面ABCD的夹角为45°. (1)求AN的长； (2)点P是线段MB上一动点，试求出直线NP与平面AEC所成角的正弦值的最大值. 17.(15分)已知公差为d的等差数列{an}和公比q<0的等比数列{bn}中，a1＝b1＝1，a2＋b3＝3，a3＋b2＝2. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)令cn＝3an·b，抽去数列{cn}的第3项、第6项、第9项、…、第3n项、…，余下的项的顺序不变，构成一个新数列{tn}，求数列{tn}的前n项和Sn. 18.(17分)图1是直角梯形ABCD，AB∥CD，∠D＝90°，四边形ABCE是边长为2的菱形，并且∠BCE＝60°，以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达C1的位置，且AC1＝，如图2. (1)求证：平面BC1E⊥平面ABED； (2)在棱DC1上是否存在点P，使得P到平面ABC1的距离为？若存在，求出直线EP与平面ABC1所成角的正弦值. 19.(17分)已知函数f(x)＝(1－m)x－ln x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若m＝0，设g(x)＝f(x)＋ex在上的最小值为n，求证：(n－3)(n－4)<0. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 滚动测试卷(四) 1.A　由已知得解得 ∴a9＝a1＋8d＝10－8×2＝－6.故选A. 2.C　|a＋2b|2＝2＝a2＋4b2＋4a·b＝|a|2＋4|b|2＋4|a||b|cos 60°＝12， 所以|a＋2b|＝2，故选C. 3.B　设圆台的母线长为l，高为h，因为圆台上底面圆的半径为1，下底面圆的半径为2，侧面积为3π，可得π(R＋r)×l＝π(2＋1)·l＝3π，解得l＝， 所以圆台的高为h＝＝＝1， 所以圆台的体积为V＝π(R2＋Rr＋r2)h＝π(4＋2＋1)×1＝.故选B. 4.A　 如图所示，连接AC，BC交于点O，连接SO，因为四棱锥S­ABCD为正四棱锥，可得SO⊥底面ABCD，由底面边长为2，可得AC＝4，所以AO＝2， 在直角△SOA中，SA＝4，AO＝2， 可得SO＝＝2， 又由SP＝，在直角△SOP中，可得OP＝＝1， 即点P在以O为圆心，以1为半径的圆上，所以当P为圆与线段OA的交点时，此时A，P两点间距离最小，最小值为AP＝1，以OA，OB，OS分别为x轴、y轴和z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，可得P(1，0，0)，B(0，2，0)，S(0，0，2)，C(－2，0，0)， 所以＝(1，－2，0)，＝(－2，0，－2)， 可得cos〈，〉＝＝＝， 所以直线BP与直线SC所成角的余弦值为.故选A. 5.D　由题意知，前5小时消除了90%的污染物，又因为P＝P0e－kt，所以P0＝P0e－5k，所以0.1＝e－5k，设废气中污染物含量为1%所需过滤时间为t， 由1%P0＝P0e－kt，即0.01＝e－kt，得e－kt＝0.01＝2＝2＝e－10k，所以t＝10， 排放前至少还需过滤t－5＝5(小时).故选D. 6.B　取C1D1，D1D，CD，FG中点分别为E，F，G，H，连接EP，AF，FG，AG，AH，如图所示. ∵P为CC1的中点，则平面A1BP即为平面A1BPE， 易得A1E∥AG，EP∥FG， ∵FG⊄平面A1BPE，AG⊄平面A1BPE， ∴FG∥平面A1BPE，AG∥平面A1BPE， 又FG∩AG＝G，FG⊂平面AFG，AG⊂平面AFG， ∴平面AFG∥平面A1BP， ∴当Q运动到FG中点H时，此时AH⊂平面AFG，AH∥平面A1BP，AQ的最小值为AH，又∵AB＝2， ∴AF＝AG＝，FG＝，在Rt△AFH中，AH＝＝＝，故AQ的最小值为，故选B. 7.B　 如图建立空间直角坐标系，则D，B(，，0)，C1(0，，)，A1，所以＝，＝(0，，)，＝(，0，)， 设平面BDC1的法向量为n＝，则 令x＝1，则n＝，所以点A1到平面BDC1的距离d＝＝＝2. 设点A1在平面BDC1的射影为O，即A1O＝2， 又A1P＝，所以OP＝＝， ∵△BDC1是边长为的等边三角形，其内切圆半径为＝＝BD＝×＝， 所以P在以O为圆心，半径r＝的圆上， 所以点P的轨迹长度为2πr＝2××π＝π.故选B. 8.B　因为△ABC为等腰直角三角形，AC＝BC＝2， 所以△ABC的外接圆的圆心为AB的中点O1，且AO1＝， 连接O1与A1B1的中点E，则O1E∥AA1， 所以O1E⊥平面ABC， 设三棱锥D­ABC的外接球的球心为O，由球的截面性质可得O在O1E上， 设OO1＝x，DE＝t(0≤t≤)，半径为R， 因为OA＝OD＝R，所以＝， 所以t2＝8x－14，又0≤t≤， 所以≤x≤2，因为R2＝2＋x2，所以≤R2≤6， 所以三棱锥D­ABC的外接球表面积的最大值为24π，故选B. 9.AC　对于A，若α∥β，m⊥α，则m⊥β，又∵n∥β，∴m⊥n，故A正确； 对于B，若m⊥α，m⊥n，则n∥α，又∵n∥β，∴α与β平行或相交，故B错误； 对于C，若α∥β，m⊥α，则m⊥β，又∵m⊥n，n⊄β，∴n∥β，故C正确； 对于D，若n∥β，α∥β，则n∥α，又∵m⊥n，则m与α平行或相交，故D错误.故选AC. 10.BC　f(x)＝sin2x＋sin 2x＝＋sin 2x＝sin＋， 所以f(x)的最大值为＋，故A错误； f(x)的最小正周期为＝π，故B正确； f＋f(－x)＝sin＋＋sin＋＝sin＋－sin＋＝1，故C正确； 当x∈时，2x－∈，根据正弦函数的单调性可得f(x)有增有减，故D错误，故选BC. 11.AB　建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1， 则B(1，1，0)，D1(0，0，1)，A1(1，0，1)，C1(0，1，1)，D(0，0，0)，B1(1，1，1)，C(0，1，0)，A(1，0，0)， 设P(x，y，z)，设＝λ⇒(x－1，y－1，z－1)＝λ(－1，0，－1)(λ∈[0，1])⇒ 即P(1－λ，1，1－λ). A：＝(－1，－1，1)，＝(1，0，1)，＝(0，1，1)， 因为·＝－1×1＋1×1＝0，·＝－1×1＋1×1＝0， 所以⊥，⊥⇒BD1⊥DA1，BD1⊥DC1，而DA1∩DC1＝D，DA1，DC1⊂平面A1C1D，所以直线BD1⊥平面A1C1D，因此本选项结论正确； B：设侧面BCC1B1的对角线交点为O， 所以CB1⊥OC1，OC1＝ ＝， 而A1B1⊥平面BCC1B1，OC1⊂平面BCC1B1， 所以A1B1⊥OC1， 而A1B1∩CB1＝B1，A1B1，CB1⊂平面A1B1CD， 所以OC1⊥平面A1B1CD， VP­A1C1D＝VC1­PA1D＝S△PA1D·C1O＝··S四边形A1B1CD·＝S四边形A1B1CD为定值， 因此本选项结论正确； C：＝(－λ，1，1－λ)，＝(－1，0，－1)， 设异面直线AP与A1D所成角为θ， 则有cos θ＝ ＝ ＝， 当λ＝时，cos θ＝0⇒θ＝； 当λ≠时，cos θ＝＝， 因为λ∈∪，所以(2λ－1)2∈(0，1]， 因此≥1⇒≥3⇒1＋≥4⇒≥2⇒0<≤， 即0<cos θ≤， 所以θ∈， 综上所述：θ∈，所以本选项结论不正确； D：设平面A1C1D的法向量为m＝(x0，y0，z0)，＝(1－λ，0，－λ)， 所以有⇒⇒⇒ m＝(－1，－1，1)， 直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值为 ＝ ＝＝，因为λ∈[0，1]，所以当λ＝时， 有最小值，最小值为＝， 所以直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为＝，因此本选项结论不正确，故选AB. 12.解析　由题意得b＞1，则a＋b＝(a－1)＋(b－1)＋2≥2＋2＝2＋2＝6当且仅当a－1＝b－1，即a＝b＝3时等号成立，故a＋b的最小值是6. 答案　6 13.解析　如图以E为坐标原点建立空间直角坐标系， 则E，F，B，设D(0，t，2)(－1≤t≤1)， 所以＝，＝，设直线BD与EF所成角为θ， 所以cos θ＝＝＝，即23t2＋14t－37＝0，解得t＝1或t＝－(舍去)， 所以||＝＝2，故答案为2. 答案　2 14.解析　由题意知f(x)≤g(x)，即－2xln x－x2≤－ax＋3在区间(0，＋∞)上恒成立，即a≤2ln x＋x＋在区间(0，＋∞)上恒成立.令h(x)＝2ln x＋x＋，则h′(x)＝＋1－＝，由h′(x)＜0得0＜x＜1，由h′(x)＞0得x＞1，所以h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x＝1时h(x)取得最小值，为h(1)＝4，所以a≤4，即a的取值范围为(－∞，4]. 答案　(－∞，4] 15.(1)证明　连接BD，记AD中点为O，连接OF， ∵ABCD为菱形，∴AC⊥BD， ∵O，F分别为AD，AB的中点，∴OF∥BD，∴OF⊥AC. 又∵AC⊥PF，PF∩OF＝F，PF⊂平面POF，OF⊂平面POF， ∴AC⊥平面POF， ∵PO⊂平面POF， ∴AC⊥PO，∵PA＝PD， ∴PO⊥AD， 又∵AD∩AC＝A，AD⊂平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴PO⊥平面ABCD， ∵PO⊂平面PAD，∴平面PAD⊥平面ABCD. (2)解析　因为AB＝AD，∠DAB＝60°，所以△ABD为正三角形，∴BO⊥AD. 由(1)可知AD，OB，PO两两垂直，于是建立空间直角坐标系如图， 则P(0，0，2)，D(－1，0，0)，F，A(1，0，0)， 所以＝(－1，0，－2)，＝，＝(－2，0，0). 设向量n＝(x，y，z)为平面PDF的法向量， 则即取x＝2，得n＝(2，－2，－1)，所以点A到平面PDF的距离d＝＝＝. 16.解析　(1)如图，连接BD交AC于点O，连接EO.因为平面ADMN⊥平面ABCD，且平面ADMN∩平面ABCD＝AD，MD⊥AD，MD⊂平面ADMN，所以MD⊥平面ABCD，所以ED⊥DO.因为底面ABCD是正方形，所以DO⊥AC.又易得EO⊥AC，所以∠EOD是平面EAC与平面ABCD夹角的平面角，所以∠EOD＝45°，OD＝ED＝. 又因为MB∥平面EAC，MB⊂平面MDB，平面MDB∩平面EAC＝OE，所以OE∥BM，而O为BD的中点，所以E为MD的中点，所以AN＝DM＝2ED＝2. (2)由(1)可知MD⊥平面ABCD，而四边形ABCD为正方形，所以以D点为坐标原点，以DA，DC，DM所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则M(0，0，2)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，N(2，0，2)，E(0，0，)，则＝(－2，2，0)，＝(－2，0，)，＝(2，2，－2).设＝λ，其中λ∈[0，1]，则P(2λ，2λ，2－2λ)，所以＝(2λ－2，2λ，－2λ).设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，满足即令x＝1，得n＝(1，1，)，因此cos〈，n〉＝. 设直线NP与平面AEC所成角为α，则sin α＝|cos〈，n〉|＝.当λ＝时，直线NP与平面AEC所成角的正弦值最大，最大值为. 17.解析　(1)由题意，得 整理得2q2－q－3＝0，解得q＝或q＝－1， 因为公比q<0，所以q＝－1，则d＝1， 所以an＝1＋＝n，bn＝n－1. (2)由(1)可得cn＝3an·b＝3n， 当n＝2k时， Sn＝S2k＝t1＋t2＋t3＋…＋t2k＝c1＋c2＋c4＋c5＋…＋c3k－2＋c3k－1＝(c1＋c4＋…＋c3k－2)＋(c2＋c5＋…＋c3k－1)＝＋(32＋35＋…＋33k－1)＝＋＝＝. 当n＝2k－1时， Sn＝S2k－1＝S2k－33k－1＝－33k－1＝＝， 综上，Sn＝ 18.(1)证明　如图所示， 在图1中连接AC，交BE于O，如图①， 因为四边形ABCE是边长为2的菱形， 并且∠BCE＝60°， 所以AC⊥BE，且OA＝OC＝， 在图②中，相交直线OA，OC1均与BE垂直， 所以∠AOC1是二面角A­BE­C1的平面角， 因为AC1＝，则OA2＋OC＝AC，OA⊥OC1， 所以平面BC1E⊥平面ABED. (2)解析　分别以OA，OB，OC1所在的直线为x轴、y轴、z轴建立如图②所示空间直角坐标系， 则D，C1，A，B(0，1，0)，E，所以＝，＝，＝，＝(－，0，)，＝， 设＝λ，λ∈，则＝＋＝＋λ＝， 设平面ABC1的一个法向量为n＝， 则即 取n＝， 因为P到平面ABC1的距离为， 所以d＝＝＝，解得λ＝， 则＝， 所以＝－＝， 设直线EP与平面ABC1所成的角为θ， 所以直线EP与平面ABC1所成角的正弦值为 sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝. 19.(1)解析　f(x)的定义域为x∈(0，＋∞). f′(x)＝1－m－＝. ①当1－m≤0，即m≥1时，f′(x)<0恒成立， 故f(x)在(0，＋∞)上单调递减. ②当1－m>0，即m<1时，令f′(x)<0， 即<0，解得0<x<. 所以f(x)在上单调递减，在上单调递增. 综上所述：当m≥1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减； 当m<1时，f(x)在上单调递减，在上单调递增. (2)证明　当m＝0时，g(x)＝x－ln x＋ex，x∈. g′(x)＝1－－ex＋ex＝＋(1－x)ex＝(1－x). 因为m(x)＝ex－在上单调递增，且m＝－2<0，m＝e－1>0. 所以必存在点x0∈，使g′(x0)＝0， 即ex0＝⇒x0＝－ln x0，且当x∈时g′(x)<0，当x∈时g′(x)>0， 所以g(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增. 所以n＝g(x)min＝g＝x0－ln x0＋ex0＝2x0＋＝2x0＋－1，x0∈. 又因n＝2x0＋－1在上单调递减， 所以2＋2－1<n<2×＋2×2－1⇒3<n<4， 故(n－3)(n－4)<0恒成立. 学科网（北京）股份有限公司 $$