13.滚动测试卷(五)-【精讲精练】2026年高考数学一轮达标测试卷

滚动测试卷(五) (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是等差数列{an}的前n项和，且S12－S5＝21，则S17＝(　　) A.17 B.34 C.51 D.68 2.已知圆C：x2＋y2－4x－6y＋4＝0关于直线l：ax＋by－1＝0(ab>0)对称，则＋的最小值是(　　) A.2 B.3 C.6 D.4 3.对数螺线广泛应用于科技领域.某种对数螺线可以用ρ＝αe表达，其中α为正实数，φ是极角，ρ是极径.若φ每增加个单位，则ρ变为原来的(　　) A.e倍 B.e倍 C.e倍 D.eπ倍 4.已知圆柱的底面半径为1，母线长为2，它的两个底面的圆周在同一个球的球面上，则该球的表面积为(　　) A.4π B.6π C.8π D.10π 5.若函数f(x)满足对于x∈R, f＝f，f(2＋x)＝－f(x)，则f(x)的解析式可能为(　　) A.sin B.cos C.4sin D.2cos 6.如图，边长为4的等边△ABC，动点P在以BC为直径的半圆上.若 ＝λ＋μ，则 λ＋μ的取值范围是(　　) A. B. C. D. 7.已知函数f(x)＝mex＋eln＋(e－1)x的定义域为(0，＋∞)，若f(x)存在零点，则m的取值范围为(　　) A. B.(0，e] C. D.[e，＋∞) 8.已知抛物线C：x2＝12y和圆M：x2＋y2－4x－4y＋4＝0，点F是抛物线C的焦点，圆M上的两点A，B满足AO＝2AF，BO＝2BF，其中O是坐标原点，动点P在圆M上运动，则P到直线AB的最大距离为(　　) A.2＋ B. C.4＋ D.2 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.已知向量a＝(1，－1)，b＝(2，k)，a⊥b，c＝a－tb.若〈a，c〉＝〈b，c〉，则(　　) A.|a|＝|b| B.b·c＝4 C.b在c方向上的投影向量为c D.与b反向的单位向量是 10.如图，函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)A>0，ω>0，|φ|≤的图象与x轴的其中两个交点为A，B，与y轴交于点C，D为线段BC的中点，OB＝OC，OA＝2，AD＝，则(　　) A.f(x)的图象不关于直线x＝8对称 B.f(x)的最小正周期为12π C.f(－x＋2)的图象关于原点对称 D.f(x)在[5,7]上单调递减 11.如图，几何体的底面是边长为6的正方形A1B1C1D1，AA1⊥底面A1B1C1D1，AB∥A1B1，AA1＝AB＝3，＝＝λ，λ∈[0,1]，则(　　) A.当λ＝0时，该几何体的体积为45 B.当λ＝时，该几何体为台体 C.当λ＝时，在该几何体内放置一个表面积为S的球，则S的最大值为9π D.当点B1到直线DD1距离最大时，则λ＝1 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.已知函数f(x)＝＋a是奇函数，则a＝________. 13.在△ABC中，已知AB＝1，AC＝3，点G为△ABC的外心，点O为△ABC的重心，则·＝________. 14.设A(x1，y1)，B(x2，y2)为平面上两点，定义d(A，B)＝|x1－x2|＋|y1－y2|，已知点P为抛物线C：x2＝2py(p>0)上一动点，点Q(3,0)，d(P，Q)的最小值为2，则p＝________；若斜率为的直线l过点Q，点M是直线l上一动点，则d(P，M)的最小值为________. 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)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设向量m＝(2sin A，sin A＋cos A)，n＝(cos A，cos A－sin A)，f(A)＝m·n，A∈. (1)求函数f(A)的最大值； (2)若f(A)＝0，a＝，sin B＋sin C＝，求△ABC的面积. 16.(15分)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，椭圆E的离心率为，椭圆E上的点到右焦点的最小距离为1. (1)求椭圆E的方程； (2)若过右焦点F2的直线l与椭圆E交于B，C两点，E的右顶点记为A，AB∥CF1，求直线l的方程. 17.(15分)如图，PD⊥平面ABCD，AD⊥CD，AB∥CD，PQ∥CD，AD＝CD＝DP＝2PQ＝2AB＝2，点E，F，M分别为AP，CD，BQ的中点. (1)求证：EF∥平面MPC； (2)若N为线段CQ上的点，且直线DN与平面PQM所成的角为，求QN∶NC的值. 18.(17分)已知在平面直角坐标系xOy中，l1：y＝2x，l2：y＝－2x，平面内有一动点P，过P作DP∥l2交l1于D，EP∥l1交l2于E，平行四边形ODPE的面积恒为1. (1)求点P的轨迹方程并说明它是什么图形； (2)记P的轨迹为曲线C，G，当P在y轴右侧且不在x轴上时，在y轴右侧的C上一点Q满足x轴平分∠PGQ，且PQ不与x轴垂直或PG是C的一条切线，求PQ与l1，l2围成的三角形的面积最小值. 19.(17分)若数列{an}的各项均为正数，对任意n∈N*，有a≥an＋2an，则称数列{an}为“对数凹性”数列. (1)已知数列1,3,2,4和数列1,2,4,3,2，判断它们是否为“对数凹性”数列，并说明理由； (2)若函数f(x)＝b1＋b2x＋b3x2＋b4x3有三个零点，其中bi>0(i＝1,2,3,4).证明：数列b1，b2，b3，b4为“对数凹性”数列； (3)若数列{cn}的各项均为正数，c2>c1，记{cn}的前n项和为Sn，Wn＝Sn，对任意三个不相等正整数p，q，r，存在常数t，使得(p－q)Wr＋(q－r)Wp＋(r－p)Wq＝t.证明：数列{Sn}为“对数凹性”数列. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 滚动测试卷(五) 1.C　设公差为d，则S12－S5＝7a1＋56d＝21， 即a1＋8d＝3， 则S17＝17a1＋136d＝17(a1＋8d)＝51，故选C. 2.D　因为圆C：(x－2)2＋(y－3)2＝9关于直线l：ax＋by－1＝0(ab>0)对称， 所以直线l过圆心(2,3)，即2a＋3b＝1，则＋＝(2a＋3b)＝2＋＋. 因为ab>0，且2a＋3b＝1，所以a>0，b>0， 所以＋＝2＋＋≥2＋2＝4， 当且仅当＝，即a＝，b＝时等号成立，则＋的最小值是4.故选D. 3.B　φ0所对应的极径为ρ0，则ρ0＝αe， 则φ1＝φ0＋所对应的极径为ρ1＝αe， 所以＝＝e－＝e， 故φ每增加个单位，则ρ变为原来的e倍.故选B. 4.C　由题意可知该球为圆柱的外接球，所以球心为圆柱的中心，设球半径为r， 则r＝＝，故该球的表面积为4πr2＝8π.故选C. 5.D　因为f＝f， 所以f(x)关于x＝＝对称， 又f(2＋x)＝－f(x)， 则f(4＋x)＝－f(2＋x)＝－[－f(x)]＝f(x)， 所以f(x)是以4为周期的周期函数； 对于A，若f(x)＝sin，则最小正周期T＝＝4， 又f＝sin＝sin＝，所以f(x)不关于x＝对称，故A错误； 对于B，若f(x)＝cos，则最小正周期T＝＝4， 又f＝cos＝cos＝，所以f(x)不关于x＝对称，故B错误； 对于C，若f(x)＝4sin，则最小正周期T＝＝2， 则f(x＋2)＝f(x)，又f(x)＝－f(x)不恒成立， 所以f(2＋x)＝－f(x)不恒成立，故C错误； 对于D，若f(x)＝2cos， 则最小正周期T＝＝4， 又f＝2cos＝2cos π＝－2，满足f(x)关于x＝对称，故D正确.故选D. 6. D　根据题意，以BC所在直线为x轴，BC的垂直平分线为y轴，建立直角坐标系，如图所示. 则A(0,2)，B(－2,0)，C(2,0)，半圆弧的方程为x2＋y2＝4(y≤0)，设P(m，n)， 则＝(m，n－2)，＝(－2，－2)，＝(2，－2)， 由＝λ＋μ，得 解得 由m2＋n2＝4(n≤0)，设m＝2cos θ，n＝2sin θ，其中π≤θ≤2π， 可得λ＋μ＝－m－n＋＋m－n＋ ＝－cos θ－sin θ＋＝－sin＋， 由π≤θ≤2π，得≤θ＋≤， 则－1≤sin≤， 得≤－sin＋≤， 得λ＋μ的取值范围为，故选D. 7.C　由题意得m>0，令f(x)＝0，则ex＋ln m＋e(x＋ln m)＝eln x＋eln x. 令g(x)＝ex＋ex，因为函数y＝ex，y＝ex在(0，＋∞)上均单调递增，则g(x)单调递增， 所以g(x＋ln m)＝g(ln x)，可化为x＋ln m＝ln x，即ln m＝ln x－x. 令h(x)＝ln x－x，则h′(x)＝， 当x∈(0,1)时，h′(x)>0，h(x)在(0,1)上单调递增；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)在(1，＋∞)上单调递减， 又h(1)＝－1，当x→0时，h(x)→－∞， 所以ln m≤－1，解得0<m≤.故选C. 8.A　抛物线的焦点F(0,3)，圆M：(x－2)2＋(y－2)2＝4，其圆心M(2,2)，半径r1＝2. 9.ABC　∵a＝(1，－1)，b＝(2，k)，c＝a－tb， ∴c＝(1－2t，－1－tk). ∵a⊥b，∴2－k＝0，∴k＝2，∴b＝(2,2)，c＝(1－2t，－1－2t). ∵〈a，c〉＝〈b，c〉，∴cos〈a，c〉＝cos〈b，c〉， 即＝. ∴＝，即＝，解得t＝－，则c＝(2,0). 对于A，|a|＝，|b|＝2，∴|a|＝|b|，故A正确； 对于B，因为b·c＝(2,2)·(2,0)＝4，故B正确； 对于C，b在c方向上的投影向量为|b|cos〈c，b〉·＝·＝×c＝c，故C正确； 对于D，与b反向的单位向量是－＝，故D错误.故选ABC. 10.ACD　由题可知A(2,0)，B，C(0，Asin φ)，则D， 有|Asin φ|＝2＋，sin(2ω＋φ)＝0. ∵AD＝，∴2＋＝， 把|Asin φ|＝代入上式，得2－2×－24＝0，解得＝6(负值舍去)， ∴ω＝，∴sin＝0，由|φ|≤， 解得φ＝－，∴＝8， 解得A＝，∴f(x)＝sin， 对于A，f(8)＝sin＝0，故A正确； 对于B，f(x)的最小正周期为＝12，故B错误； 对于C，f(－x＋2)＝sin＝－sin，f(－x＋2)为奇函数，故C正确； 对于D，当5≤x≤7时，≤x－≤，∴f(x)在[5,7]上单调递减，故D正确.故选ACD. 11. ACD　若λ≠0，即==λ≠0，可知ABCD为矩形. 对于选项A，当λ＝0时，即＝＝0， 取A1B1，C1D1的中点E，F，连接BE，EF，BF，如图所示. 因为AA1⊥底面A1B1C1D1，A1B1⊂底面A1B1C1D1，则AA1⊥A1B1， 且A1B1C1D1为正方形，则A1D1⊥A1B1， 又AA1∩A1D1＝A1，AA1，A1D1⊂平面AA1D1，可得A1B1⊥平面AA1D1， 因为AB＝A1E，AB∥A1E，可知AA1EB为平行四边形，则BE∥AA1， 可知AA1D1­BEF为直三棱柱，BE⊥底面A1B1C1D1， 所以该几何体的体积为V＝VAA1D1­BEF＋VB­EB1C1F＝×3×6×3＋×3×3×6＝45，故A正确； 对于选项B，当λ＝时，即＝＝，可知＝≠＝，所以该几何体不为台体，故B错误； 对于选项C，当λ＝时，即＝＝，则＝＝，所以该几何体为台体， 如图所示，E，O1，G为相应边的中点，则ABCD­A1EO1G为正方体， 因为AA1⊥底面A1B1C1D1，且AA1=3，可知所求球的半径R≤AA1=， 且正方体ABCD­A1EO1G的内切球的半径即为AA1=， 所以球的最大半径R=，即S的最大值为4πR2=9π，故C正确； 对于选项D，以A1为坐标原点，A1B1，A1D1，A1A所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则B1(6,0,0)，D1(0,6,0)，D(0,6λ，3)，可得=(6，-6,0)，=(0,6λ-6,3)， 则点B1到直线DD1的距离为 d(λ)＝＝＝， 可知d(λ)在[0,1]上单调递增，所以当点B1到直线DD1距离最大时，λ＝1，故D正确；故选ACD. 12.解析　由ex－e－x≠0，得x≠－x，解得x≠0， 所以f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)， 因为f(x)＝＋a， 所以f(－x)＝＋a＝－＋a， 因为函数f(x)是奇函数， 所以f(x)＋f(－x)＝－＋2a＝1＋2a＝0，解得a＝－. 答案　－ 13. 14.解析　设P， 则d(P，Q)＝|m－3|＋≥－m＋3＝(m－p)2＋3－≥3－， 由题意得3－＝2，即p＝2，p＝m时取得最小值. 易知l：y＝x－，C：x2＝4y，联立有x2－6x＋18＝0， 显然无解，即直线与抛物线无交点，如图所示， 过P作PN∥x轴交l于点N，过M作ME⊥PN， 则d(P，M)=|PE|+|EM|≥|PE|+|EN|=|PN|(M，N重合时取得等号)， 答案　2 　 15.解析　(1)f(A)＝m·n ＝2sin Acos A＋(sin A＋cos A)(cos A－sin A) ＝sin 2A＋(cos2A－sin2A)＝sin 2A＋cos 2A ＝2sin. 因为A∈，所以2A＋∈， 所以当2A＋＝，即A＝时， f(A)有最大值2×＝. (2)因为f(A)＝0，所以2sin＝0， 所以2A＋＝kπ，k∈Z， 因为A∈，所以A＝， 由正弦定理＝＝＝＝2， 所以sin B＝，sin C＝， 又因为sin B＋sin C＝，所以＋＝，得b＋c＝，由余弦定理有a2＝b2＋c2－2bccos A，即3＝(b＋c)2－3bc，所以bc＝1， 所以S△ABC＝bcsin A＝×1×＝. 16.解析　(1)设焦距为2c，由椭圆对称性不妨设椭圆上一点P(x0，y0)(0≤x0≤a)， 易知F2(c,0)，则|PF2|＝ ＝＝ ＝＝a－x0， 显然x0＝a时，|PF2|min＝a－c， 由题意得解得a＝2，c＝1，b＝， 所以椭圆E的方程为＋＝1. (2)设C(x1，y1)，B(x2，y2)， 因为AB∥CF1， 所以|CF1|∶|AB|＝|F1F2|∶|F2A|＝2∶1， 所以y1＝－2y2，① 设直线l的方程为x＝my＋1，联立得 整理得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0， 由韦达定理得 把①式代入上式得 得y＝＝， 解得m＝±， 所以直线l的方程为x＋y－1＝0或x－y－1＝0. 17.(1)证明　连接EM，由AB∥CD，PQ∥CD， 得AB∥PQ， 又AB＝PQ，则四边形PABQ为平行四边形， 由点E和M分别为AP和BQ的中点，得EM∥AB且EM＝AB， 而AB∥CD，CD＝2AB，F为CD的中点，则EM∥CF且EM＝CF， 四边形EFCM为平行四边形，则EF∥MC，又EF⊄平面MPC，CM⊂平面MPC， 所以EF∥平面MPC. (2)解析　由PD⊥平面ABCD，AD⊥CD，得直线DA，DC，DP两两垂直， 以D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则D(0,0,0)，A(2,0,0)， B(2,1,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，Q(0,1,2)，M(1,1,1)， ＝(1,1，－1)，＝(0,1,0)，＝(1，－1,1)，＝(0,2，－2)， 设n＝(x，y，z)为平面PQM的法向量， 则 取z＝1，得n＝(1,0,1)， 设＝λ(0≤λ≤1)，即＝(0，λ，－2λ)， 则N(0，λ＋1,2－2λ)，＝(0，λ＋1,2－2λ)， 由直线DN与平面PQM所成的角为， 得sin＝|cos〈，n〉|＝， 即＝，整理得3λ2－10λ＋3＝0，而0≤λ≤1，解得λ＝， 所以QN∶NC＝1∶2. 18.解析　(1)设点P(x0，y0)，则直线PD的方程为y－y0＝－2(x－x0)， 联立解得 即点D， 直线OP的方程为y0x－x0y＝0， (2)由题意知，x轴平分∠PGQ，若P在-x2=1上，则由于G在渐近线y=2x下方，GP无法与双曲线相切且在y轴右侧最多一个交点，故由对称性，PQ与x轴垂直，故舍去， 故P在C：x2－＝1上. 设Q(x1，y1)，则PG与QG的斜率之和为0，即＋＝0， 若PQ斜率不存在时，由题意知，PG与C相切，设PG：y＝k， 与C：x2－＝1联立得(4－k2)x2＋k2x－k2－4＝0， 由相切，得判别式为0， 即k4＋4(4－k2)＝0，解得k2＝， 此时x0＝＝，所以PQ：x＝. PQ斜率存在时，由＋＝0，得x1y0＋x0y1＝(y0＋y1)，则x1y0－x0y1＝＝＝＝(y0－y1)， 整理得＝，故PQ恒过定点，且其斜率的绝对值大于渐近线的斜率， 19.(1)解析　根据“对数凹性”数列的定义可知在数列1,3,2,4中，22≥3×4不成立， 所以数列1,3,2,4不是“对数凹性”数列； 而数列1,2,4,3,2中均成立，所以数列1,2,4,3,2是“对数凹性”数列. (2)证明　根据题意及三次函数的性质易知f′(x)＝b2＋2b3x＋3b4x2＝0有两个不等实数根， 所以Δ1＝4b－4×3b2b4>0⇒b>3b2b4， 又bi>0(i＝1,2,3,4)，所以b>3b2b4>b2b4， 显然x＝0⇒f(0)＝b1>0，即x＝0不是f(x)的零点， 又f＝b1＋b2＋b32＋b43，令t＝，则f(t)＝b1＋b2t＋b3t2＋b4t3也有三个零点， 即f＝有三个零点， 则g(x)＝b1x3＋b2x2＋b3x＋b4有三个零点， 所以g′(x)＝3b1x2＋2b2x＋b3有两个零点， 所以同上有Δ2＝4b－4×3b1b3>0⇒b>3b1b3>b1b3， 故数列b1，b2，b3，b4为“对数凹性”数列. (3)证明　将p，q互换得：t＝(q－p)Wr＋(p－r)Wq＋(r－q)Wp＝－t，所以t＝0， 令p＝1，q＝2，得－Wr＋(2－r)W1＋(r－1)W2＝0， 所以Wr＝(2－r)W1＋(r－1)W2＝W1＋(r－1)(W2－W1)，故数列{Wn}是等差数列， 记d＝W2－W1＝－c1＝>0，所以Wn＝c1＋(n－1)＝c1＋(n－1)d， 所以Sn＝nWn＝dn2＋(c1－d)n， 又因为cn＝所以cn＝c1＋2d(n－1)， 所以cn＋1－cn＝2d>0，所以{cn}为单调递增的等差数列， 所以cn＋1>cn>0，cn＋2＋cn＝2cn＋1，Sn＝. 所以4(S－SnSn＋2)＝(n＋1)2(c1＋cn＋1)2－n(n＋2)(c1＋cn)(c1＋cn＋2)>(n＋1)2(c1＋cn＋1)2－n(n＋2)2＝(n＋1)2(c1＋cn＋1)2－n(n＋2)2＝(n＋1)2(c1＋cn＋1)2－n(n＋2)(c1＋cn＋1)2＝[(n＋1)2－n(n＋2)](c1＋cn＋1)2＝(c1＋cn＋1)2>0，所以S≥SnSn＋2成立，所以数列{Sn}是“对数凹性”数列. 学科网（北京）股份有限公司 $$