1、滚动过关检测七集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数、三角函数与解三角形、数列、平面向量与复数、立体几何、平面解析几何一、单项选择题：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12022辽宁实验中学月考已知全集UR，集合Ax|x26x50，Bx|x30，f(x)10ax，(a为常数)，若f25，则实数a()A2B2C.D62022江苏如皋模拟已知椭圆y21与双曲线y21有相同的焦点F1、F2，设椭圆与双曲线的离心率分别为e1、e2，则()Ae1e21Bee1Cee2eeDe22e172022山东济南历城二中月考已知过抛物线C：y24x的焦点F且倾斜角为
2、30的直线交C于A，B两点，Q为AB的中点，P为C上一点，则|PF|PQ|的最小值为()A5B6C7D882022湖北汉阳一中模拟在正四棱锥PABCD中，已知PAAB2，O为底面ABCD的中心，以点O为球心作一个半径为的球，则该球的球面与侧面PCD的交线长度为()A.B.C.D.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，有选错的得0分，部分选对的得2分92022山东烟台模拟下列命题正确的是()A若ab0，则0，b0，则C已知a0，b0，且ab1，则a2b2D已知a0，b0，且ab1，则4102022江苏南通模拟已知方程1(kR
3、)，则下列说法中正确的有()A方程1可表示圆B当k9时，方程1表示焦点在x轴上的椭圆C当16kb0)有一个公共焦点F，则点F的坐标是_；若抛物线的准线与椭圆交于A，B两点，O是坐标原点，且AOB是直角三角形，则椭圆D的离心率e_.四、解答题：共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17(10分)在ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且2cos2A4cos(BC)30.(1)求角A的大小；(2)若a，bc3，求b和c的值18(12分)2022辽宁实验中学月考已知等比数列an的公比和等差数列bn的公差为q，等比数列an的首项为2，且a2，a32，a4成等差数列，等差数列bn的首项为
4、1.(1)求an和bn的通项公式；(2)若数列的前n项和为Tn，求证：Tn0)上横坐标为4的点M到焦点F的距离为5.(1)求p的值；(2)如图，已知AB为抛物线上过焦点F的任意一条弦，弦AB的中点为D，DP垂直AB与抛物线准线交于点P，若|PD|AB|，求直线AB的方程20(12分)2022河北唐山模拟如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC，ABAC，四边形BCC1B1为菱形，BC2，BCC1，D为B1C1的中点(1)证明：B1C1平面A1DB；(2)若AC12，求二面角C1A1B1C的余弦值21(12分)2022山东潍坊模拟已知函数f(x)xsinx.(1)判断函数f(x)在区间上
5、的单调性，并说明理由；(2)求证：函数f(x)在内有且只有一个极值点；(3)求函数g(x)在区间(1，上的最小值22(12分)2021新高考卷已知椭圆C的方程为1(ab0)，右焦点为F(，0)，且离心率为.(1)求椭圆C的方程；(2)设M，N是椭圆C上的两点，直线MN与曲线x2y2b2(x0)相切证明：M，N，F三点共线的充要条件是|MN|.滚动过关检测七集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数、三角函数与解三角形、数列、平面向量与复数、立体几何、平面解析几何1.答案：B解析：Ax|1x5，Bx|x30x|x0时，f(x)10ax，所以f(lg5)10alg510lg5a5a25，所以a2.6答
6、案：C解析：设F1(c,0)、F2(c,0)，由已知可得a1c2a1，所以，aa2c2，则2，即2，变形可得ee2ee.7答案：D解析：由题意得F(1,0)又因为ktan30，故直线AB的方程为xy1，与抛物线方程y24x联立，消x，得y24y40.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y24，所以x1x2(y1y2)214，所以Q(7,2)过P作PH垂直于准线于点H，根据抛物线的定义，得|PF|PQ|PH|PQ|.当Q、P、H共线时，|QH|最小等于718，所以|PF|PQ|的最小值为8.8答案：A解析：如图，取CD的中点为E，则有OECD，PECD，PAAB2，可得OE1，PE，故O
7、P，PCD为正三角形，球心O在平面PCD上的投影M即为PCD的中心，OM，球的半径OF，在RtOMF中，则截面圆半径MF，在正三角形PCD中，以点M为圆心，作半径为的圆，圆与三角形截得的三部分，圆心角都为90，故该球的球面与侧面PCD的交线长度为截面圆周长的，即为2MF.9答案：BC解析：对于A，因为ab0，则0，即，故A错误；对于B，因为a0，b0，则，当且仅当ab时等号成立，故B正确；对于C，因为ab1，则a2b2a2(1a)222，当ab时等号成立，故C正确；对于D，当ab1时，满足a0，b0，且ab1，但30，无解，故A错误当k9时，1,16kk9，表示焦点在x轴上的椭圆，故B正确当1
8、6k0,9k0，表示焦点在x轴上的双曲线，故C正确当方程1表示双曲线时，c216k9k25；当方程1表示椭圆时，c216k(k9)25，所以焦距均为10，故D正确11答案：ACD解析：因为f(x)|cosx|sinx|f(x)，所以是f(x)的一个周期，故B错误；当x时，f(x)sinxcosxsin，所以当x时，f(x)max，故A正确；因为f(x)|cosx|sinx|f(x)，所以f(x)的图象关于直线x对称，故C正确；当x时，f(x)sinxcosxsin，因为x，所以f(x)在上单调递增，故D正确12答案：CD解析：f(x)ex在1，单调递增，设g(x)，g(x)，x1，g(x)0，
9、g(x)为增函数，故A错误；f(x)lnx在1，单调递增，设h(x)，h(x)，x1，h(x)0，h(x)为增函数，故B错误；f(x)x22x3在1，单调递增，设k(x)x2，k(x)，x1，k(x)0，k(x)为减函数，故C正确；f(x)x22x3在1，单调递增，设q(x)x2，q(x)1，x1，q(x)0故f(x)在(0，)上单调递增，且f(0)1a，当a1时，f(x)0恒成立，f(x)在(0，)上单调递增，且f(0)10，函数无零点成立，当a1时，f(0)1a0且函数在(0，)无零点，故f(lna)aalna0，解得ae，即1ae，综上所述，a(，e)16答案：(1,0)解析：由抛物线的
10、方程得，其焦点坐标为(1,0)，所以抛物线C与椭圆D的公共焦点F(1,0)且抛物线准线方程为x1，椭圆左焦点为(1,0)，联立xc与椭圆1，可得|yA|yB|，因为AOB是直角三角形，所以c，即b2ac，又b2a2c2，所以a2c2ac，左右同除a2可得e2e10，解得e，又e(0,1)，所以椭圆D的离心率e.17解析：(1)2cos2A4cos(BC)30，由二倍角公式得到2(2cos2A1)4cosA30，化简得到4cos2A4cosA10cosA，A(0，)，A.(2)根据余弦定理得到cosAb2c23bc，配方得到：(bc)233bcbc2，bc3，解得：b2，c1或b1，c2.18解
11、析：(1)根据题意，2(a32)a2a42(2q22)2q2q3，则(q2)(q21)0q2，所以an2n，bn12(n1)2n1.(2)由(1)，(2n1)n，所以Tn113253(2n1)n则Tn123354(2n1)n1，得，Tn2(2n1)n1(2n3)n1，所以Tn3(2n3)n0)的焦点为，准线方程为x，由抛物线定义得：54，所以p2.(2)由(1)得抛物线方程为y24x，设直线AB：xmy1，与y24x联立，消去x，整理得：y24my40，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，有，则弦长|AB|x1x22my1my244m24，弦AB中点(2m21,2m)故弦AB的垂直平分线方程
12、为y2mm(x2m21)令x1得y2m34m，即P(1,2m34m)故点P到直线AB的距离d.所以4m24，所以m，直线方程为xy1，即xy10.20解析：(1)证明：由ABAC，则有A1B1A1C1.D为B1C1的中点，A1DB1C1.由BC2，则有B1D1，BB12，C1B1BBCC1，BD，BD2B1D2BB，BDB1C1，A1DBDD，B1C1平面A1DB.(2)取BC中点为E，连接AE，C1E，由ABAC，得AEBC1，由题意得C1EBD，AE2C1E24AC，AEC1E，又可知AEBC，AEC1EE，则AE平面BB1C1C，如图，以E为坐标原点，分别为x，y，z轴的正方向，建立空间
13、直角坐标系，则C(0，1,0)，B1(，2,0)，A1(，1,1)，B(0,1,0)，D(，1,0)，由A1DAE，得A1D平面BB1C1C，BDB1C1，BDB1C1，A1DB1C1D，BD平面A1B1C1，平面A1B1C1的法向量(，0,0)，设平面A1B1C的法向量n(x，y，z)，则，不妨取x3，得n(3，)，设二面角C1A1B1C的平面角为，由图示为锐角则cos，二面角C1A1B1C的余弦值为.21解析：(1)因为f(x)xsinx，所以f(x)sinxxcosx，因为0x0，所以函数f(x)在区间上为增函数(2)设h(x)f(x)，则h(x)cosxcosxxsinx2cosxxs
14、inx，当x时，h(x)0，h()0，f()0，所以当x(1，时，f(x)11，又因为当x(1，时，00)，当直线MN的斜率不存在时，直线MN：x1，不合题意；当直线MN的斜率存在时，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，必要性：若M，N，F三点共线，可设直线MN：yk(x)即kxyk0，由直线MN与曲线x2y21(x0)相切可得1，解得k1，联立可得4x26x30，所以x1x2，x1x2，所以|MN|，所以必要性成立；充分性：设直线MN：ykxb，(kb0)相切可得1，所以b2k21，联立可得(13k2)x26kbx3b230，所以x1x2，x1x2，所以|MN|，化简得3(k21)20，所以k1，所以或，所以直线MN：yx或yx，所以直线MN过点F(，0)，M，N，F三点共线，充分性成立；所以M，N，F三点共线的充要条件是|MN|.
