1、滚动过关检测六集合、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湖南师大附中月考已知全集UxN*|1x6，集合A1,2,3,5，B3,4,5，则A(UB)()A1,6B2,6C1,2D1,2,622022湖北武汉模拟若复数z满足i2，则z在复平面内对应的点位于()A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限32022山东济宁模拟“直线m垂直平面内的无数条直线”是“m”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件42022
2、广东中山模拟数列an为等差数列，Sn为其前n项和，a4a610，则S9()A40B42C43D4552022河北石家庄模拟函数f(x)的图象大致为()62022福建福州模拟将曲线C1：y2sinx上各点的横坐标缩短到原来的倍(纵坐标不变)，得到的曲线C2，把C2向左平移个单位长度，得到曲线C3：yf(x)，则下列结论正确的是()Af(x)的最小正周期为4Bx是f(x)的一条对称轴Cf(x)在上的最大值为Df(x)在上单调递增72022山东师范大学附中月考已知定义在R上的函数f(x)3|xm|1(m为实数)为偶函数，记af(log0.53)，b(log25)，cf(2m)，则a，b，c的大小关系
3、为()AabcBacbCcabDcb0)，下列命题正确的是()A函数yf(x)的初相位为B若函数f(x)的最小正周期为，则2C若1，则函数yf(x)的图象关于直线x对称D若函数yf(x)的图象关于直线x对称，则的最小值为1102022广东蛇口育才中学月考已知函数f(x)，则()Af(log23)Bf(x)是R上的减函数Cf(x)的值域为(，1)D不等式f(12x)f(x)1的解集为112022重庆八中月考等比数列an的公比为q，且满足a11，a1010a10111，(a10101)(a10111)0.记Tna1a2a3an，则下列结论正确的是()A0q0CTnT1011D使Tn1成立的最小自然
4、数n等于2021122022河北唐山模拟如图，ABCD是边长为2的正方形，点E，F分别为边BC，CD的中点，将ABE，ECF，FDA分别沿AE，EF，FA折起，使B，C，D三点重合于点P，则()AAPEFB点P在平面AEF内的射影为AEF的垂心C二面角AEFP的余弦值为D若四面体PAEF的四个顶点在同一个球面上，则该球的表面积是24三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在题中的横线上132022广东顺德一中月考已知向量a(1,3)，向量b(3,4)，若(ab)b，则_.142022清华附中月考若，cos，则sin_.152022山东潍坊模拟圆台的上、下底面的圆周都在一个直径为
5、6的球面上，上、下底面半径分别为1和3，则该圆台的体积为_162022福建厦门模拟已知a，b为正实数，直线y2xa与曲线yln(2xb)相切，则a与b满足的关系式为_.的最小值为_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)已知ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足(bc)2a2bc.(1)求角A的大小；(2)若a2，sinC2sinB，求ABC的面积18(12分)如图所示，三棱柱ABCA1B1C1中，ABBC，ABBC1，BB12，B1C.(1)证明：BCA1C；(2)若A1C2，求三棱柱ABCA1B1C1的体积19(12分)已知数列an中，a11
6、，前n项和为Sn，且满足nSn1(n1)Snn2n0.(1)证明：数列是等差数列，并求an的通项公式；(2)设bn2nan，求bn的前n项和Tn.20(12分)2022辽宁沈阳模拟如图，已知正方体ABCDA1B1C1D1的上底面内有一点E，点F为线段AA1的中点(1)经过点E在上底面画一条直线l与CE垂直，并说明画出这条线的理由；(2)若2，求CE与平面FB1D1所成角的正切值21(12分)2022山东淄博模拟在图1所示的平面图形ABCD中，ABD是边长为4的等边三角形，BD是ADC的平分线，且BDBC，M为AD的中点，以BM为折痕将ABM折起得到四棱锥ABCDM(如图2)(1)设平面ABC和
7、ADM的交线为l，在四棱锥ABCDM的棱AC上求一点N，使直线BNl；(2)若二面角ABMD的大小为60，求平面ABD和ACD所成锐二面角的余弦值22(12分)2021新高考卷已知函数f(x)(x1)exax2b.(1)讨论f(x)的单调性；(2)从下面两个条件中选一个，证明：f(x)只有一个零点2a；0alog230，f(log25)f(log0.53)f(0)，ca0，所以的最小值为1，故D正确10答案：ABD解析：f(log23)，A正确；y12x恒正且在R上递增，故y是R上的减函数，B正确；y12x的值域是(1，)，故f(x)的值域是(0,1)，C错误；注意到f(x)f(x)1，故不等
8、式f(12x)f(x)1等价于f(12x)f(x)f(x)f(x)，即f(12x)f(x)，又f(x)是R上的减函数，故12xx，解得x1，若q0，则a1010a1011aq1，从而(a10101)(a10111)0，矛盾综上，0q1，A正确；由A选项可知，0q0且a10110，且a1011a1010qa1010，因为(a10101)(a10111)1a10110，故a1010a1012a1，n1011时，an1，T2020(a1010a1011)10101，T2021(a1011)20210，b0，(ab)55252.当且仅当时上式等号成立17解析：(1)因为(bc)2a2bc可得：b2c2
9、a2bc，由余弦定理可得，cosA，又A(0，)，所以A.(2)由sinC2sinB可得c2b，由余弦定理知：a2b2c22bccosA，4b24b22b2b，解得b，c.SABCbcsinA.18解析：(1)BC1，BB12，B1C.BC2B1C2BB，BCB1C.ABBC，ABA1B1，A1B1BC.又B1CA1B1B1，B1C，A1B1平面A1B1C，BC平面A1B1C.A1C平面A1B1C，BCA1C.(2)A1C2，A1B1AB1，B1C，B1C2A1BA1C2，B1CA1B1，B1CAB，由(1)可得BCB1C，ABBCB，AB，BC平面ABC，B1C平面ABC.VABCA1B1C
10、1B1CSABC11.19解析：(1)证明：因为nSn1(n1)Snn2n0，所以nSn1(n1)Snn(n1)，所以，a11，所以数列是以1为首项，为公差的等差数列，n，所以Snn2n，当n2时，anSnSn1n2n3n2，当n1时，等式也成立，所以an3n2；(2)bn2nan(3n2)2n，Tn12422723(3n2)2n,2Tn122423724(3n2)2n1，两式相减得Tn1232232332n(3n2)2n13(222232n)4(3n2)2n1(3n5)2n110，所以Tn(3n5)2n110.20.解析：(1)连接C1E，在上底面过点E作直线lC1E即可，则lCE.理由：C
11、C1平面A1B1C1D1，且l平面A1B1C1D1，CC1l.又lC1E，C1ECC1C1，l平面CC1E，CE平面CC1E，lCE；(2)以D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则C(0,2,0)，E，.又F(2,0,1)，B1(2,2,2)，D1(0,0,2)，则(0,2,1)，(2,0,1)设平面FB1D1的一个法向量为m(x，y，z)，则，m(1，1,2)设CE与平面FB1D1所成角为，则sin|cos，m|，CE与平面FB1D1所成角的正切值为4.21解析：(1)延长CB，DM，其交点为E，如图所示，因为点A，
12、E既在平面ABC内，又在平面AMD内，所以直线AE为平面ABC与AMD的交线l，因为BD是ADC的平分线，且BDBC，所以B为EC的中点，取AC中点N，连接BN，则BN为AEC的中位线，所以直线BNAE，即BNl，故N为棱AC的中点(2)因为BMAM，BMMD，所以AMD60，又因为AMMD，所以AMD为等边三角形，取MD的中点O为坐标原点，以OM所在直线为x轴，在平面BCDM内过点O且和MD垂直的直线为y轴，以OA所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，所以D(1,0,0)，A(0,0，)，C(5,4，0)，B(1,2，0)所以(1,0)，(4,4，0)，(2,2，0)，设平面ACD的
13、法向量为m(x，y，z)，则，即，令z，则x3，y，所以m(3，)，设平面ABD的法向量为n(a，b，c)，则，即，令c，则a3，b，所以n(3，)，设平面ABD和ACD所成锐二面角的大小为，所以cos，所以平面ABD和ACD所成锐二面角的余弦值为.22解析：(1)由函数的解析式可得：f(x)x(ex2a)，当a0时，若x(，0)，则f(x)0，f(x)单调递增；当a0时，令ex2a0，则xln(2a)当0a0，f(x)单调递增，若x(ln(2a)，0)，则f(x)0，f(x)单调递增；当a时，f(x)0，f(x)在R上单调递增；当a时，若x(，0)，则f(x)0，f(x)单调递增；若x(0，
14、ln(2a)，则f(x)0，f(x)单调递增；综上所述，当a0时，f(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增；当0a时，f(x)在(，0)，(ln(2a)，)上单调递增，在(0，ln(2a)上单调递减(2)若选择条件：由于a，故12a1，f(0)b10，而f(b)(1b)ebab2b2aln(2a)1aln(2a)22a2aln(2a)aln(2a)2aln(2a)2ln(2a)，由于a，12ae2，故aln(2a)2ln(2a)0，结合函数的单调性可知函数在区间(0，)上没有零点综上可得，题中的结论成立若选择条件：由于0a，故2a1，则f(0)b12a14,4a0，而函数在区间(0，
15、)上单调递增，故函数在区间(0，)上有一个零点当b0时，构造函数H(x)exx1，则H(x)ex1，当x(，0)时，H(x)0，H(x)单调递增，注意到H(0)0，故H(x)0恒成立，从而有：exx1，此时：f(x)(x1)exax2b(x1)(x1)ax2b(1a)x2(b1)，当x时，(1a)x2(b1)0，取x01，则f(x0)0，即：f(0)0，而函数在区间(0，)上单调递增，故函数在区间(0，)上有一个零点f(ln(2a)2aln(2a)1aln(2a)2b2aln(2a)1aln(2a)22a2aln(2a)aln(2a)2aln(2a)2ln(2a)，由于0a，02a1，故aln(2a)2ln(2a)0，结合函数的单调性可知函数在区间(，0)上没有零点综上可得，题中的结论成立
