阶段滚动检测(4)(配套Word)-【高考快车道】2026年高考数学大一轮专题复习总复习基础版（人教A版）

阶段滚动检测(四) 120分钟　150分 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.已知集合A={x|0<x<10,x∈Z},B={x|∉Z,x∈A},则∁AB=(　　) A.{1,4,9} B.{1,2,3} C.{4,5,6,7,8,9} D.{2,3,5,6,7,8} 【解析】选A.A={1,2,3,4,5,6,7,8,9},B={2,3,5,6,7,8},所以∁AB={1,4,9}. 2.使|x|<2成立的一个充分不必要条件是(　　) A.x<2 B.0<x<2 C.-2<x<2 D.x>0 【解析】选B.由题意可知使|x|<2成立的一个充分不必要条件是{x|-2<x<2}的真子集. 3.(2024·嘉兴模拟)设x,y∈R,a=(1,1,1),b=(1,y,z),c=(x,-4,2),且a⊥c,b∥c,则=(　　) A.2 B.0 C.3 D.3 【解析】选D.a⊥c⇒a·c=0⇒x-4+2=0⇒x=2,b∥c⇒==⇒y=-2,z=1. 所以=3. 4.若函数f(x)=的部分图象如图所示,则f(1)=(　　) A.- B.- C.- D.- 【解析】选D.根据函数图象可知x=2和x=4不在函数f(x)的定义域内, 因此x=2和x=4是方程ax2+bx+c=0的两根,因此可得f(x)=, 又易知f(3)=1,所以可得a=-2; 即f(x)=-,所以f(1)=-. 5.攒尖是中国古建筑中屋顶的一种结构形式,常见的有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等,多见于亭阁式建筑,兰州市著名景点三台阁的屋顶部分也是典型的攒尖结构.如图所示是某研究性学习小组制作的三台阁仿真模型的屋顶部分,它可以看作是不含下底面的正四棱台和正三棱柱的组合体,已知正四棱台上底、下底、侧棱的长度(单位:dm)分别为2,6,4,正三棱柱各棱长均相等,则该结构的表面积为(　　) A.(34+8)dm2 B.(34+44)dm2 C.(34+48)dm2 D.(34+8)dm2 【解析】选A.由题可得正三棱柱的底面积为 ×2×2×sin 60°=(dm2),正三棱柱的外露表面积为2×+2×2×2=8+2(dm2), 正四棱台侧面梯形的高为=2(dm), 正四棱台外露表面积为4××(2+6)×2=32(dm2),该结构的表面积为32+8+2=34+8(dm2). 6.已知等差数列{an}的公差小于0,前n项和为Sn,若a2=,S8=44,则Sn的最大值为(　　) A.45 B.52 C.60 D.90 【解析】选A.设等差数列{an}的首项为a1,公差为d(d<0),由a2=,得到a2a7=a2+a7+13①,由S8==44,得到a1+a8=11②, 由①②得到,a2a7=24,又a1+a8=a2+a7=11,d<0,由,解得a2=8,a7=3, 所以d===-1,a1=9,Sn=9n-=-n2+n, 又因为n∈N*,所以当n=9或n=10时,Sn的值最大,最大值为45. 7.(一题多法)如图,已知三棱锥D-ABC中,△ABC为等边三角形,平面ABC⊥平面ACD,CD=2,AD=2,∠CDA=,M为BD的中点,N为AB的中点,则异面直线AM与CN所成角的余弦值为(　　) A. B. C. D. 【解析】选B.法一:取BM的中点E,连接CE,NE, 因为N为AB的中点,所以NE∥AM,所以∠CNE为异面直线AM与CN所成的角或其补角. 因为CD=2,AD=2,∠CDA=,所以AC=4, 又△ABC为等边三角形,所以AB=BC=4, 取AC的中点O,连接OD,OB, 易知OD=2,OB=2, 因为平面ABC⊥平面ACD,平面ABC∩平面ACD=AC,OB⊥AC,OB⊂平面ABC, 所以OB⊥平面ACD,又OD⊂平面ACD, 故OB⊥OD, 所以BD==4,则DE=3,DM=2, 所以根据余弦定理可得cos∠CDB==,同理cos∠ADB=, 所以在△CDE和△ADM中分别利用余弦定理,得CE2=22+32-2×2×3cos∠CDE=10, AM2=22+(2)2-2×2×2cos∠ADM=10, 则AM=, NE=, 又CN=2,所以cos∠CNE==,故异面直线AM和CN所成角的余弦值为. 法二:因为CD=2,AD=2,∠CDA=, 所以AC=4, 取AC的中点O,连接OB, 因为平面ABC⊥平面ACD,平面ABC∩平面ACD=AC,OB⊥AC,OB⊂平面ABC, 所以OB⊥平面ACD,故可以以点O为坐标原点,AC,OB所在直线分别为y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,2,0),C(0,-2,0),D(,-1,0),B(0,0,2), 则N(0,1,),M(,-,),=(0,3,),=(,-,), 故cos<,>==-, 所以异面直线AM和CN所成角的余弦值为. 8.已知直三棱柱ABC-A1B1C1外接球的直径为6,且AB⊥BC,BC=2,则该棱柱体积的最大值为(　　) A.8 B.12 C.16 D.24 【解析】选C.在直三棱柱ABC-A1B1C1中AB⊥BC, 所以△ABC为直角三角形,则△ABC外接圆的圆心为斜边AC的中点, 同理△A1B1C1外接圆的圆心为斜边A1C1的中点,如图, 因为直三棱柱ABC-A1B1C1外接球的直径为6,所以外接球的半径R=3, 设A1C1,AC的中点分别为O1,O,连接O1O,则外接球的球心G为O1O的中点, 连接GC,则GC=3, 设AB=x(0<x<6),所以AC=,则OC=, 在Rt△COG中,OG=,则OO1=2=, 所以该棱柱的体积V=×2x×=≤=16. 当且仅当x2=32-x2,即x=4时等号成立. 二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的四个选项中,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.如图,在等腰梯形ABCD中,E为腰CD的中点,BC=3AD=3,∠ABC=,N是梯形ABCD内(包含边界)任意一点,AC与BE交于点O,则(　　) A.=+ B.= C.·的最小值为0 D.·的最大值为 【解析】选ABD.=(+)=(++)=+,A正确; 设=m,则=+,因为A,O,C三点共线,所以+=1,解得m=,B正确; 由BC=3AD=3,∠ABC=,可得BA=2,结合向量数量积的定义式, 可知·等于的模与在方向上的投影的乘积, 易知当点N位于点B时,·取得最小值, 最小值为·=-·(+)=-×22-×2×3×=-4,C错误; 当点N为位于点C时,·取得最大值, 最大值为·=+·(-)=--·+=,D正确. 10.(2025·济南模拟)如图,有一个棱台形的容器ABCD-A1B1C1D1(上底面A1B1C1D1无盖),其四条侧棱均相等,底面为矩形,AB=BC=A1B1=B1C1=1 m,容器的深度为1 m,容器壁的厚度忽略不计,则下列说法正确的是(　　) A.AA1= m B.该四棱台的侧面积为(3+3) m2 C.若将一个半径为0.9 m的球放入该容器中,则球可以接触到容器的底面 D.若一只蚂蚁从点A出发沿着容器外壁爬到点C1,则其爬行的最短路程为 m 【解析】选BD. 对于A,由题意可得AA1==(m),故A错误; 对于B,梯形ADD1A1的高为=(m),所以梯形ADD1A1的面积为×=(m2), 梯形ABB1A1的高为=(m), 所以梯形ABB1A1的面积为×=(m2), 故该四棱台的侧面积为2×(+)=3+3(m2),故B正确; 对于C,若放入容器内的球可以接触到容器的底面,则当球的半径最大时, 球恰好与平面ADD1A1、平面BCC1B1、平面ABCD均相切,过三个切点的截面如图(1)所示,由题意可知棱台的截面为等腰梯形, 较长的底边上的底角的正切值为=2, 则tan∠MPN=-2, 由于∠MPN,∠MON互补,故tan∠MON=2, 则=2,所以tan∠MOP=(负值舍),从而球的半径为=<0.9, 所以将半径为0.9 cm的球放入该容器中不能接触到容器的底面,故C错误; 对于D,将平面ABCD与平面DCC1D1展开至同一平面,如图(2),则AC1==(m), 将平面ABCD与平面BCC1B1展开至同一平面,如图(3), 则AC1==(m),+-(+4)=3+-4<0, 所以最短路程为(m),故D正确. 11.(2025·八省联考)下面四个绳结中,不能无损伤地变为图中的绳结的有(　　) 【解析】选ABD.对于A选项,原图中的圆环不可解开,所以无法无损伤地变为题图中的绳结; 对于D选项,为三个圆,不是一根绳,所以无法无损伤地变为题图中的绳结; 对于B,C选项,根据左手三叶结和右手三叶结不能无损转换,而B,C中图形为三叶结变体,则B,C至少有一个无法无损伤得到题图中的绳结,再通过考场身边道具(如鞋带,头发)进行操作可知:B选项无法无损伤地变为题图中的绳结,C选项可以. 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分. 12.设函数f(x)满足f(ex)=x+x2,则曲线y=f(x)在点(e,f(e))处的切线斜率为　　　　.  【解析】令ex=t,则x=ln t,f(t)=ln t+(ln t)2,则f(x)=ln x+(ln x)2, 所以f'(x)=,所以曲线y=f(x)在点(e,f(e))处的切线斜率为f'(e)=. 答案: 【变式备选】 　如图所示,在四面体O-ABC中,=a,=b,=c,D为BC的中点,E为AD的中点,则=　　　　.(用a,b,c表示)  【解析】=+=a+=a+(-)=a+=a+×(+)=a+b+c. 答案:a+b+c 13.(2024·全国甲卷)已知甲、乙两个圆台上、下底面的半径均为r2和r1,母线长分别为2(r1-r2)和3(r1-r2),则两个圆台的体积之比=　　　　.  【解析】因为甲、乙两个圆台上、下底面的半径均为r2和r1,母线长分别为2(r1-r2)和3(r1-r2),则两个圆台的体积之比===. 答案: 14.(2024·南京模拟)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥BC,AB=BC=BB1=2,D,E分别为棱A1C1,AB的中点,过点B1,D,E作平面α将此三棱柱分成两部分,其体积分别记为V1,V2(V1<V2),则V2=　　　　;平面α截此三棱柱的外接球的截面面积为　　　　.  【解题指导】先由相似比得到面积比,再根据棱台体积公式求得V1,再用棱柱体积减去V1可得V2,建系由空间向量求得球心到平面α的距离,结合勾股定理求得截面圆半径,即可得到截面面积. 【解析】取AC的中点D1,取AD1中点F,连接EF,DF,EF∥DB1, 所以平面α为平面DB1EF. 因为AB⊥BC,AB=BC=BB1=2,D,E分别为棱A1C1,AB的中点, 所以=×2×2×=1,S△AEF=, 由棱台体积公式可得V1=×(1++)×2=,V2=×2×2×2-=. 由AB⊥BC,可得三棱柱外接球球心在DD1的中点,所以有三棱柱外接球半径==, 以B点为坐标原点,CB所在直线为x轴,AB所在直线为y轴,BB1所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系, 则B(0,0,0),B1(0,0,2),D(-1,-1,2),E(0,-1,0),则=(-1,-1,0),=(1,0,-2), 设平面α的法向量n=(x,y,z), ,可得,不妨设z=1,则x=2,y=-2,n=(2,-2,1), 所以球心M(-1,-1,1)到平面α的距离d==, 所以r==,S=πr2=π. 答案:　π 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)已知函数f(x)=asin(2x-)-2cos2(x+),其中a>0.且f(x)的图象与直线y=-3的两个相邻交点的距离等于π. (1)求函数f(x)的最小正周期; (2)求函数f(x)的解析式; (3)若关于x的方程f(x)=1在区间[0,m]上恰有两个不同解,求实数m的取值范围. 【解析】(1)函数f(x)=asin(2x-)-2cos2(x+)=asin(2x-)-cos(2x+)-1 =asin(2x-)-sin(-2x+)-1=(a+1)sin(2x-)-1. 函数f(x)的最小正周期为T==π. (2)因为f(x)的图象与直线y=-3的两个相邻交点的距离等于π, 所以函数f(x)的最小值为-3, 所以-(a+1)-1=-3,解得a=1, 所以f(x)=2sin(2x-)-1. (3)由f(x)=2sin(2x-)-1=1, 知sin(2x-)=1, 因为x∈[0,m], 所以2x-∈, 由于f(x)=1在区间[0,m]上恰有两个不同解,所以2m-∈, 即m∈. 16.(15分)如图,已知在平面四边形ABCD中,AB=BC=2,AC=CD=,∠ACD=90°,现将△ABC沿AC翻折到△PAC的位置,使得PD=2. (1)求证:平面PAD⊥平面ACD; (2)点M在线段CD上,当二面角M-AP-D的大小为时,确定M点的位置. 【解析】(1)取线段AD的中点O,连接OP,OC, 在△PAD中,因为PA=AB=PD=2,所以PO⊥AD,PO=. 在Rt△ACD中,AC=CD=,故AD==2. 故OC=AD=1,所以PC2=PO2+OC2,从而∠POC=90°,即PO⊥OC. 又AD,OC⊂平面ACD,AD∩OC=O,所以PO⊥平面ACD. 又因为PO⊂平面PAD, 所以平面PAD⊥平面ACD. (2)因为PO⊥AD,PO⊥OC,CO⊥AD, 所以以点O为坐标原点,OC,OD,OP所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系(如图). 由题意可得A(0,-1,0),P(0,0,),C(1,0,0),D(0,1,0). 因为点M是棱CD上一点,设=λ(0≤λ≤1),则可得点M(1-λ,λ,0). 设平面MAP的法向量n1=(x,y,z), 又=(0,1,),=(1-λ,1+λ,0), 所以⇒, 取n1=((λ+1),(λ-1),1-λ). 因为CO⊥平面PAD,故可取平面PAD的法向量n2=(1,0,0). 设二面角M-AP-D的大小为θ,则===, 则=,整理得3λ2-10λ+3=0,解得λ=3(舍去)或λ=, 所以点M是线段CD上靠近C点的三等分点. 【变式备选】 如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面为菱形,AB=AC=2,AA1=2. (1)证明:平面A1C1B⊥平面BDD1B1; (2)求直线DC1与平面A1C1B所成角的正弦值. 【解析】(1)因为四边形A1B1C1D1是菱形,所以A1C1⊥B1D1. 又BB1⊥平面A1B1C1D1,A1C1⊂平面A1B1C1D1,所以BB1⊥A1C1. 因为B1D1∩BB1=B1,B1D1,BB1⊂平面BDD1B1,所以A1C1⊥平面BDD1B1, 因为A1C1⊂平面A1C1B, 所以平面A1C1B⊥平面BDD1B1. (2)连接AC,设菱形对角线交点分别为O,O1,连接OO1,依题意可知,OO1⊥平面ABCD, 以O为坐标原点,以OC,OD,OO1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系. 因为AA1=2,AB=AC=2,所以BO==DO, 所以B(0,-,0),A1(-1,0,2),C1(1,0,2),D(0,,0), 所以=(1,,2),=(-1,,2),=(-1,,-2). 设平面A1C1B的法向量为n=(x,y,z), 则⇒,取n=(0,2,-1). 设直线DC1与平面A1C1B的夹角为θ, 则sin θ=|cos <,n>|===,所以直线DC1与平面A1C1B所成角的正弦值为. 17.(15分)在数列{an}中,a1=2,+=,n∈N+. (1)求证:数列{lg(1+an)}为等比数列; (2)设数列{bn}满足bn=+,求数列{bn}的前n项和Sn的最小值. 【解析】(1)因为+=,n∈N+, 整理得,=-, 通分,=,所以an+1=+2an. 由于a1=2>0,故an>0, 所以an+1+1=+2an+1=, 所以lg(1+an+1)=lg=2lg(1+an), 所以=2,而a1=2, 则lg(1+a1)=lg 3, 所以数列{lg(1+an)}是以lg 3为首项,2为公比的等比数列. (2)由(1)得lg(1+an)=(lg 3)·2n-1, 则an=-1, 因为=-,所以+=-,所以bn=-=2(-). 所以Sn=2[(-)+(-)+…+(-)]=2(-)=2(-)=1-,由于f(n)=-1单调递增,故Sn=1-单调递增, 则Sn≥S1=,所以数列{Sn}的最小值为. 18.(17分)如图,在三棱锥P-ABC中,侧面PAC⊥底面ABC,AC⊥BC,△PAC是边长为2的正三角形,BC=4,E,F分别是PC,PB的中点,记平面AEF与平面ABC的交线为l. (1)证明:直线l⊥平面PAC; (2)设点Q在直线l上,直线PQ与平面AEF所成的角为α,异面直线PQ与EF所成的角为θ,求当AQ为何值时,α+θ=. 【解析】(1)因为E,F分别是PC,PB的中点,所以BC∥EF. 因为BC⊄平面AEF, EF⊂平面AEF,所以BC∥平面AEF. 因为BC⊂平面ABC,平面AEF∩平面ABC=l,所以BC∥l. 因为平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,BC⊥AC,BC⊂平面ABC, 所以BC⊥平面PAC,所以直线l⊥平面PAC. (2)法一:因为BC⊥平面PAC,PC⊂平面PAC,则BC⊥PC, 又BC∥EF,则EF⊥PC,因为△PAC为正三角形,E为PC的中点, 则AE⊥PC,AE∩EF=E,AE,EF⊂平面AEF,从而PC⊥平面AEF, 连接EQ,则∠PQE=α,因为l∥EF,l⊥PA,则∠PQA=θ, 在Rt△PEQ中,sin α==, 在Rt△PAQ中,cos θ=, 因为α+θ=,则sin α=cos θ,得AQ=1,所以当AQ=1时,α+θ=; 法二:以C为坐标原点,直线CA为x轴,直线CB为y轴,过点C且垂直于平面ABC的直线为z轴,建立空间直角坐标系, 则点A(2,0,0),B(0,4,0),P(1,0,),E(,0,),F(,2,), 从而=-,0,,=(0,2,0), 设平面AEF的法向量m=(x,y,z), 则, 取z=,得m=(1,0,). 设点Q(2,a,0),则=(1,a,-), 所以sin α====, cos θ====, 因为α+θ=,则sin α=cos θ,得=1,所以当AQ=1时,α+θ=. 19.(17分)已知两个非零向量a,b,在空间任取一点O,作=a,=b,则∠AOB叫做向量a,b的夹角,记作<a,b>.定义a与b的“向量积”为:a×b是一个向量,它与向量a,b都垂直,它的模|a×b|=|a||b||sin<a,b>|.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PD⊥底面ABCD,DP=DA=4,E为AD上一点,|×|=8. (1)求AB的长; (2)若E为AD的中点,求二面角P-EB-A的余弦值. 【解析】(1)因为底面ABCD为矩形,所以AD∥BC,BC⊥DC, 因为PD⊥底面ABCD,BC⊂底面ABCD,所以PD⊥BC, 又PD∩DC=D,PD,DC⊂平面PDC, 所以BC⊥平面PDC, 又PC⊂平面PDC,所以BC⊥PC,因为AD∥BC, 所以∠PBC为直线AD与PB所成的角, 即<,>=∠PBC, 设AB=x(x>0),则PC==,PB==, 在Rt△PBC中,sin∠PBC==, 又|×|=8, 所以4·=8, 解得x=2或x=-2(舍去),所以AB=2. (2)在平面ABCD内过点D作DF⊥BE交BE的延长线于点F,连接PF, 因为PD⊥底面ABCD,BF⊂底面ABCD, 所以PD⊥BEF,又DF⊥BF,DF∩PD=D,DF,PD⊂平面PDF, 所以BF⊥平面PDF,又PF⊂平面PDF, 所以BF⊥PF,所以∠PFD为二面角P-EB-D的平面角, 因为E为AD的中点, 所以DF=2sin=,PF==3, 所以cos∠PFD===, 设二面角P-EB-A的平面角为θ, 则θ=π-∠PFD, 所以cos θ=cos(π-∠PFD)=-cos∠PFD=-,即二面角P-EB-A的余弦值为-. - 19 - 学科网（北京）股份有限公司 $