2022届高考数学一轮复习综合检测一（解析版）

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这是一份2022届高考数学一轮复习综合检测一（解析版），共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

综合检测一
(时间：120分钟　满分：150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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＝，B＝{x|1 A．[2,3] B．(2,3) C．[2,3) D．(2,3]
答案　C
解析　因为A＝＝，
所以∁RA＝∪[2，＋∞)，
又B＝{x|1 所以B∩(∁RA)＝[2,3)．
2．(2020·江西省九江市三中期中)已知复数z＝，则z的虚部为(　　)
A．－1 B．0 C．1 D．i
答案　C
解析　z＝＝＝＝i，故虚部为1.
3．命题“∀x∈R，x2－x＋1>0”的否定是(　　)
A．∀x∈R，x2－x＋1<0
B．∀x∈R，x2－x＋1≤0
C．∃x0∈R，x－x0＋1<0
D．∃x0∈R，x－x0＋1≤0
答案　D
解析　命题“∀x∈R，x2－x＋1>0”的否定是“∃x0∈R，x－x0＋1≤0”．
4．抛物线y＝mx2的准线方程为(　　)
A．y＝± B．x＝± C．y＝－ D．x＝
答案　C
解析　因为抛物线y＝mx2，所以x2＝ y，
所以准线方程为y＝－.
5．已知a，b均为单位向量，|a＋b|＝，则(2a＋b)·(a－b)等于(　　)
A．－ B. C．－ D.
答案　B
解析　a，b均为单位向量，故|a|＝1，|b|＝1，
由|a＋b|＝，得|a＋b|2＝3，
则有|a|2＋|b|2＋2a·b＝3，化简得a·b＝，
所以(2a＋b)·(a－b)＝2|a|2－|b|2－a·b
＝2－1－＝.
6．已知函数f(x)＝2sin(ωx＋2φ)的最小正周期为2π，函数f(x)的图象关于直线x＝对称，且满足函数f(x)在区间上单调递增，则φ等于(　　)
A. B．－ C．－ D.
答案　D
解析　∵ω＝＝＝1，∴f(x)＝2sin(x＋2φ)，
∵函数f(x)的图象关于直线x＝对称，且满足函数f(x)在区间上单调递增，
∴f ＝2，即＋2φ＝＋2kπ，k∈Z，
即φ＝＋kπ，k∈Z，
∵|φ|<，∴φ＝.
7．(2021·泸州模拟)某同学在课外阅读中国古代数学名著《孙子算经》时，为解决“物不知数”问题，设计了如图所示的程序框图．执行此程序框图，则输出的a的值为(　　)

A．13 B．18 C．23 D．28
答案　C
解析　输入n＝1，得a＝8，不满足∈Z；
输入n＝2，得a＝13，不满足∈Z；
输入n＝3，得a＝18，不满足∈Z；
输入n＝4，得a＝23.
满足∈Z，即输出a的值为23.
8．函数y＝(2x－1)ex的图象大致是(　　)

答案　A
解析　当x→－∞时，y＝(2x－1)ex<0，则C，D错误．
因为y′＝(2x＋1)ex，所以当x<－时，y′<0，y＝(2x－1)ex在上单调递减，所以A正确，B错误．
9．过点P(1，－)与圆x2＋y2＝4相切的直线方程是(　　)
A．x－y－4＝0 B．x＋y－4＝0
C．x－y＋4＝0 D．x＋y＋4＝0
答案　A
解析　将点P代入圆的方程得12＋(－)2＝4，
所以点P在圆上，而kOP＝－，
所以过点P的切线斜率为k＝－＝，
则所求切线方程为y＋＝(x－1)，
即x－y－4＝0.
10．从6男4女中任选2男2女担任A，B，C，D四种互不相同的工作，且每人担任其中的一项工作．若女甲不能担任工作C，则不同的选派方案种数为(　　)
A．1 800 B．1 890 C．2 160 D．2 210
答案　B
解析　从6男4女中任选2男2女，共有CC种可能情况，2男2女担任A，B，C，D四种互不相同的工作，共有A种方式，故从6男4女中任选2男2女担任A，B，C，D四种互不相同的工作，不同的选派方案种数为CCA＝15×6×24＝2 160，若任选的2男2女中一定有女甲且女甲担任工作C，则不同的选派方案种数为CCA＝15×3×6＝270，故满足题意的选派方案种数为CCA－CCA＝1 890.
11．(2020·安徽省六安市第一中学月考)设A，B，C，D是半径为4的球的球面上不同的四点，△ABC为等边三角形且其面积为9，则三棱锥D－ABC体积的最大值为(　　)
A．36 B．24 C．18 D．9
答案　C
解析　如图所示，

点M为三角形ABC的中心，E为AC的中点，
当DM⊥平面ABC时，三棱锥D－ABC的体积最大，
此时，OD＝OB＝R＝4，
∵S△ABC＝AB2＝9，
∴AB＝6，
∵点M为三角形ABC的中心，
∴BM＝BE＝2，
∴在Rt△OMB中，有OM＝＝2，
∴DM＝OD＋OM＝4＋2＝6，
∴(VD－ABC)max＝×9×6＝18.
12．已知f(x)是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数，且x>0时xf′(x)＋2f(x)>0，又
f(－1)＝0，则f(x)<0的解集为(　　)
A．(－∞，－1)∪(1，＋∞) B．(－1,0)∪(0,1)
C．(－1,0)∪(1，＋∞) D．(－∞，－1)∪(0,1)
答案　D
解析　由题可知，当x>0时xf′(x)＋2f(x)>0，
令g(x)＝x2·f(x)，x>0，
则g′(x)＝x2f′(x)＋2xf(x)＝x[xf′(x)＋2f(x)]>0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为f(x)是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数，
则f(－x)＝－f(x)，
所以g(－x)＝(－x)2·f(－x)＝－x2·f(x)＝－g(x)，
得g(x)也是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数，
所以g(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)上单调递增，
又f(－1)＝0，则g(－1)＝(－1)2·f(－1)＝0，
所以g(1)＝0，
所以可知g(x)<0时，解得x<－1或0 则f(x)<0，即f(x)＝<0，即g(x)<0，
又g(x)<0的解集为(－∞，－1)∪(0,1)，
所以f(x)<0的解集为(－∞，－1)∪(0,1)．
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)
13．已知an＝|11－2n|，数列{an}的前n项和为Sn，若Sk＝650，则k＝________.
答案　30
解析　当n≤5时，an＝11－2n，
Sn＝＝10n－n2，
令Sk＝650＝10k－k2，无解，
当n≥6时，an＝2n－11，
Sn＝S5＋(a6＋a7＋…＋an)
＝＋＝n2－10n＋50.
令Sk＝650＝k2－10k＋50，
解得k＝30或k＝－20(舍去)，
综上k＝30.
14．在6的展开式中，常数项为________．(用数字作答)
答案　135
解析　由二项式6的展开式的通项公式为Tk＋1＝C6－k(3x2)k＝3k·Cx3k－6，
令3k－6＝0，可得k＝2，
所以6的展开式的常数项为C×32＝135.
15.明朝著名易学家来知德以其太极图解释一年、一日之象的图式，一年气象图将二十四节气配以太极图，说明一年之气象，来氏认为“万古之人事，一年之气象也，春作夏长秋收冬藏，一年不过如此”．如图是来氏太极图，其大圆半径为4，大圆内部的同心小圆半径为1，两圆之间的图案是对称的，若在大圆内随机取一点，则该点落在黑色区域的概率为________．

答案　
解析　设大圆面积为S1，小圆面积为S2，
则S1＝π×42＝16π，S2＝π×12＝π，
可得黑色区域的面积为×(S1－S2)＝，
所以落在黑色区域的概率为P＝＝.
16．已知A，B为双曲线－＝1(a>0，b>0)的左、右顶点，过点B与双曲线的一条渐近线平行的直线交双曲线的另一条渐近线于点P，若点P在以线段AB为直径的圆外，则双曲线离心率的取值范围是________．
答案　(2，＋∞)
解析　双曲线－＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为y＝±x，
不妨设过点B与双曲线的一条渐近线平行的直线方程为y＝(x－a)，
联立解得交点P，
∵点P在以线段AB为直径的圆外，
∴|OP|>|OB|，即有＋>a2，
∴＝>a2，即e2＝>4，∴e>2.
∴双曲线离心率的取值范围是(2，＋∞)．
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(12分)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知A＝，sin B＝3sin C.
(1)求tan C的值；
(2)若a＝，求△ABC的面积．
解　(1)因为A＝，所以B＋C＝，
故sin＝3sin C，
所以cos C＋sin C＝3sin C，
即cos C＝sin C，得tan C＝.
(2)由＝，sin B＝3sin C，得b＝3c.
在△ABC中，由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccos A＝9c2＋c2－2×3c×c×＝7c2，
又因为a＝，所以c＝1，b＝3，
所以△ABC的面积为S＝bcsin A＝.
18．(12分)如图，几何体是由半个小圆柱及个大圆柱拼接而成，其中G，H分别为与的中点，四边形ABCD为正方形．

(1)证明：平面DFB⊥平面GCBH；
(2)求平面DFB与平面ABG夹角的正弦值．
(1)证明　由题意得∠ABF＝，
∵H为的中点，∴∠ABH＝，
∴∠HBF＝，即BF⊥BH.
∵BC⊥平面ABH，BF⊂平面ABH，∴BF⊥BC，
又BC，BH⊂平面GCBH，BC∩BH＝B，
∴BF⊥平面GCBH，
又BF⊂平面DFB，∴平面DFB⊥平面GCBH.
(2)解　∵直线AB，AF，AD两两垂直，∴以A为坐标原点，AF，AB，AD所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，

不妨设AB＝2，则A(0,0,0)，B(0,2,0)，F(2,0,0)，D(0，0,2)，G(－1,1,2)，
∴＝(－2,2,0)，＝(－2,0,2)，＝(－1,1,2)，＝(0,2,0)，
设平面DFB的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则
令x＝1，则y＝1，z＝1，
∴m＝(1,1,1)，
设平面ABG的一个法向量为n＝(p，q，r)，
则令r＝1，则p＝2，q＝0，
∴n＝(2,0,1)，
∴cos〈m，n〉＝＝＝，
∴平面DFB与平面ABG的夹角的正弦值为＝.
19．(12分)(2021·滕州模拟)2017年11月河南省三门峡市成功入围“十佳魅力中国城市”，吸引了大批投资商的目光，一些投资商积极准备投入到“魅力城市”的建设之中．某投资公司准备在2018年年初将四百万元投资到三门峡下列两个项目中的一个之中．
项目一：天坑院是黄土高原地域独具特色的民居形式，是人类“穴居”发展史演变的实物见证．现准备投资建设20个天坑院，每个天坑院投资0.2百万元，假设每个天坑院是否盈利是相互独立的，据市场调研，到2020年底每个天坑院盈利的概率为p(0 项目二：天鹅湖国家湿地公园是一处融生态、文化和人文地理于一体的自然山水景区．据市场调研，投资到该项目上，到2020年底可能盈利投资额的50%，也可能亏损投资额的30%，且这两种情况发生的概率分别为p和1－p.
(1)若投资项目一，记X1为盈利的天坑院的个数，求E(X1)(用p表示)；
(2)若投资项目二，记投资项目二的盈利为X2百万元，求E(X2)(用p表示)；
(3)在(1)(2)两个条件下，针对以上两个投资项目，请你为投资公司选择一个项目，并说明理由．
解　(1)由题意X1～B(20，p)，
则盈利的天坑院数的均值E(X1)＝20p.
(2)若投资项目二，则X2的分布列为
X2
2
－1.2
P
p
1－p

盈利的均值E(X2)＝2p－1.2(1－p)＝3.2p－1.2.
(3)若盈利，则每个天坑院盈利0.2×40%＝0.08(百万元)，
所以投资建设20个天坑院，盈利的均值为
E(0.08X1)＝0.08E(X1)＝0.08×20p＝1.6p(百万元)．
D(0.08X1)＝0.082D(X1)＝0.082×20p(1－p)＝0.128p(1－p)，
D(X2)＝(2－3.2p＋1.2)2p＋(－1.2－3.2p＋1.2)2(1－p)＝10.24p(1－p)．
①当E(0.08X1)＝E(X2)时，1.6p＝3.2p－1.2，
解得p＝.
D(0.08X1) 故选择项目一．
②当E(0.08X1)>E(X2)时，1.6p>3.2p－1.2，
解得0 此时选择项目一．
③当E(0.08X1) 解得此时选择项目二．
20．(12分)设圆x2＋y2－2x－15＝0的圆心为M，直线l过点N(－1,0)且与x轴不重合，l交圆M于A，B两点，过点N作AM的平行线交BM于点C.
(1)证明|CM|＋|CN|为定值，并写出点C的轨迹方程；
(2)设点C的轨迹为曲线E，直线l1：y＝kx与曲线E交于P，Q两点，点R为椭圆C上一点，若△PQR是以PQ为底边的等腰三角形，求△PQR面积的最小值．
(1)证明　因为圆x2＋y2－2x－15＝0可化为
(x－1)2＋y2＝16，
所以圆心为M(1,0)，半径|MB|＝4，
又因为过点N作AM的平行线交BM于点C，
所以AM∥NC，
又因为|MA|＝|MB|，
所以∠BNC＝∠BAM＝∠NBC，所以|CN|＝|CB|，
所以|CM|＋|CN|＝|CM|＋|CB|＝|MB|＝4>|MN|＝2，
所以点C的轨迹为椭圆，由椭圆的定义可得点C的轨迹方程为＋＝1(y≠0)．
综上所述，|CM|＋|CN|为定值4，点C的轨迹方程为＋＝1(y≠0)．
(2)解　由(1)可知点C的轨迹方程为＋＝1(y≠0)，
直线l1：y＝kx与曲线E交于P，Q两点，可知k≠0，设P(x1，y1)，
联立消y得(3＋4k2)x2＝12，
解得
|OP|＝＝＝.
因为△PQR是以PQ为底的等腰三角形，
所以RO⊥PQ，
所以kRO·kPQ＝－1，则kRO＝－，
同理|OR|＝＝，
所以S△RPQ＝·|PQ|·|OR|＝×2×·＝，
所以S△RPQ＝
＝12＝12
＝12＝
≥＝，
当且仅当k2＝，即k＝±1时取等号．
所以(S△RPQ)min＝.
21．(12分)(2020·安徽省六安市第一中学月考)已知函数f(x)＝x2－2x＋aln x(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，求证f(x1)＋f(x2)>－3.
(1)解　由题意，函数f(x)＝x2－2x＋aln x(a∈R)的定义域为(0，＋∞)，
且f′(x)＝x－2＋＝，
设方程x2－2x＋a＝0，可得Δ＝4－4a，
①当Δ＝4－4a≤0时，即a≥1时，f′(x)≥0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②当Δ＝4－4a>0时，即a<1时，设方程x2－2x＋a＝0的两根为x1和x2，且x1 则x1＝1－，x2＝1＋，且
(ⅰ)当a≤0时，可得x1≤0，x2>0，
所以f(x)在(0，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增；
(ⅱ)当00，x2>0，
所以f(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增．
综上可得：
当a≥1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a≤0时，f(x)在(0,1＋)上单调递减，在(1＋，＋∞)上单调递增；
当0 (2)证明　由(1)可知，当0 又由f(x1)＋f(x2)＝x－2x1＋aln x1＋x－2x2＋aln x2
＝(x＋x)－2(x1＋x2)＋aln x1x2
＝[(x1＋x2)2－2x1x2]－2(x1＋x2)＋aln x1x2
＝(4－2a)－4＋aln a＝aln a－a－2，
令g(a)＝aln a－a－2(0 所以g(a)在(0,1)上单调递减，所以g(a)>g(1)＝－3，
即f(x1)＋f(x2)>－3.
请在第22～23题中任选一题作答．
22．(10分)已知平面直角坐标系xOy中，曲线C的方程为y2＝4x，直线l的参数方程为(t为参数)．以原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．
(1)写出曲线C的极坐标方程；
(2)若直线l的斜率为－1，且与曲线C交于M，N两点，求|MN|的长．
解　(1)∵y2＝4x，∴(ρsin θ)2＝4ρcos θ，
∴ρsin2θ＝4cos θ，
∴曲线C的极坐标方程为ρsin2θ＝4cos θ.
(2)直线l的参数方程为
代入C的方程得2＝－2t，
∴t2＋8t＋8＝0，
设直线l与曲线C交于点M，N，对应参数分别为t1，t2，易知Δ>0，
∴
∴|t1－t2|＝＝4，
即|MN|＝|t1－t2|＝4.
23．(10分)已知函数f(x)＝2|x＋1|－|x－2|.
(1)解不等式：f(x)≤7；
(2)已知实数x0满足：对∀x∈R都有f(x)≥f(x0)，若a，b，c∈R＋且a＋b＋c＋f(x0)＝0，求＋＋的最小值．
解　(1)f(x)＝2|x＋1|－|x－2|≤7，
当x≤－1时，由f(x)＝－2(x＋1)＋(x－2)≤7，
得x≥－11，则－11≤x≤－1；
当－1 得x≤，则－1 当x>2时，由f(x)＝x≤3，则2 综上，不等式f(x)≤7的解集为{x|－11≤x≤3}．
(2)已知对∀x∈R都有f(x)≥f(x0)，
则f(x0)＝f(x)min(x∈R)．
f(x)＝2|x＋1|－|x－2|＝
则f(x)在(－∞，－1)上是减函数，在(－1，＋∞)上是增函数．
所以f(x)min＝f(－1)＝－3.
a＋b＋c＋f(x0)＝0，即a＋b＋c＝3(a，b，c>0)，
则＋＋＝·[()2＋()2＋()2]·
≥·2＝12，
当且仅当a＝＝，即a＝，b＝1，c＝时，等号成立．
所以min＝12.

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