2022版高考数学二轮复习 综合练习题2

这是一份2022版高考数学二轮复习 综合练习题2，共14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。

综合练习题(二)
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出四个选项中，只有一项符合题目要求的．
1．已知全集U＝{x∈N|0≤x≤5}，∁UA＝{1，2，5}，则集合A等于(　D　)
A．{0，1，2} B．{2，3，4}
C．{3，4} D．{0，3，4}
【解析】　因为全集U＝{x∈N|0≤x≤5}，
∁UA＝{1，2，5}，
由补集的定义可知集合A＝{0，3，4}．故选D.
2．已知复数z满足(2＋i)z＝|4-3i|(i为虚数单位)，则z＝(　B　)
A．2＋i　 B．2-i　
C．1＋2i　　 D．1-2i
【解析】　由(2＋i)z＝|4-3i|＝＝5，
得z＝＝＝＝2-i，故选B.
3．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，则“Sn的最大值是S8”是“”的(　C　)
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
【解析】　等差数列{an}的前n项和为Sn，
则“Sn的最大值是S8”⇔a8＞0，a9＜0.
则“”⇔.
∴“Sn的最大值是S8”是“”的充要条件．故选C.
4．候鸟每年都要随季节的变化进行大规模的迁徙．研究某种鸟类的专家发现，该种鸟类的飞行速度v(单位：m/s)与其耗氧量Q之间的关系为v＝a＋log2(其中a是实数)．据统计，该种鸟类在静止的时候其耗氧量为20个单位，若这种鸟类为赶路程，飞行的速度不能低于2 m/s，其耗氧量至少需要(　)个单位．(　C　)
A．70　 B．60　
C．80　　 D．75
【解析】　由题意可得0＝a＋log2，解得a＝-1，
∴v＝-1＋log2，
∴-1＋log2≥2，解得Q≥80，故选C.
5．已知数列{an}是首项为a1，公差为d的等差数列，前n项和为Sn，满足2a4＝a3＋5，则S9＝(　C　)
A．35　 B．40　
C．45　　 D．50
【解析】　∵2a4＝a3＋5，∴2(a5-d)＝a5-2d＋5，
∴a5＝5，
∴S9＝＝9a5＝5×9＝45，故选C.
6．某四棱锥的三视图如图所示，其侧视图是边长为2的正方形，正视图和俯视图都是等腰直角三角形，则该四棱锥的体积为(　A　)

A．　 B．8　
C．　　 D．4
【解析】　由三视图还原原几何体如图，

该几何体是四棱锥P-ABCD，
底面ABCD为正方形，边长为2，
侧棱PA⊥底面ABCD，PA＝2，
则该四棱锥的体积V＝×2×2×2＝.
故选A．
7．已知在边长为3的等边△ABC中，＝＋，则在上的投影为(　C　)
A．　 B．-　
C． D．
【解析】　＝-＝＋-＝-，
∴·＝·(-)
＝2-·＋2
＝×9-×3×3×＋×9＝，
∴在上的投影为＝＝.
故选C.
8．已知椭圆＋＝1(a>b>0)与直线-＝1交于A，B两点，焦点F(0，-c)，其中c为半焦距，若△ABF是直角三角形，则该椭圆的离心率为(　A　)
A． B．
C. D．
【解析】　椭圆＋＝1(a>b>0)与直线-＝1交于A，B两点，焦点F(0，-c)，其中c为半焦距，若△ABF是直角三角形，不妨设A(0，a)，B(-b，0)，则·＝0，解得b2＝ac，即a2-c2＝ac，即e2＋e-1＝0，e∈(0，1)，故e＝.故选A．
9．下列只有一个是函数f(x)＝x3＋ax2＋(a2-1)x＋1(a≠0)的导函数的图象，则f(-1)＝(　A　)

A．- B．
C． D．-或
【解析】　因为f(x)＝x3＋ax2＋(a2-1)x＋1(a≠0)，
所以f′(x)＝x2＋2ax＋(a2-1)，
Δ＝4a2-4(a2-1)＝4＞0，开口向上，
故导函数图象开口向上，与x轴有2个交点，
对称轴是x＝-a，结合选项(3)符合，
由f′(0)＝a2-1＝0且-a＞0得a＝-1，
故f(-1)＝--1＋1＝-.故选A．
10．关于函数f(x)＝sin|x|＋|sin x|有下述四个结论：
①f(x)是偶函数
②f(x)在区间单调递增
③f(x)在[-π，π]有4个零点
④f(x)的最大值为2
其中所有正确结论的编号是(　C　)
A．①②④　 B．②④　
C．①④　　 D．①③
【解析】　f(-x)＝sin|-x|＋|sin(-x)|＝sin|x|＋|sin x|＝f(x)则函数f(x)是偶函数，故①正确，
当x∈时，sin|x|＝sin x，|sin x|＝sin x，
则f(x)＝sin x＋sin x＝2sin x为减函数，故②错误，

当0≤x≤π时，
f(x)＝sin|x|＋|sin x|＝sin x＋sin x＝2sin x，
由f(x)＝0得2sin x＝0得x＝0或x＝π，
由f(x)是偶函数，得在[-π，0)上还有一个零点x＝-π，即函数f(x)在[-π，π]有3个零点，故③错误，
当sin|x|＝1，|sin x|＝1时，f(x)取得最大值2，
故④正确，故正确是①④，故选C.
11．设a＝3π，b＝π3，c＝33，则(　C　)
A．b＞a＞c B．c＞a＞b
C．a＞b＞c D．b＞c＞a
【解析】　考查幂函数y＝x3在(0，＋∞)是单调增函数，
且π＞3，∴π3＞33，∴b＞c；
由y＝3x在R上递增，可得3π＞33，
由a＝3π，b＝π3，
可得ln a＝πln 3，ln b＝3ln π，
考虑f(x)＝的导数f′(x)＝，
由x＞e可得f′(x)＜0，即f(x)递减，
可得f(3)＞f(π)，即有＞，
即为πln 3＞3ln π，
即有3π＞π3，则a＞b＞c，故选C.
12．已知F1，F2分别为双曲线-＝1(a>0，b>0)的左焦点和右焦点，过F2的直线l与双曲线的右支交于A，B两点，△AF1F2的内切圆半径为r1，△BF1F2的内切圆半径为r2，若r1＝2r2，则直线l的斜率为(　D　)
A．1 B．　
C．2　　 D．2
【解析】　记△AF1F2的内切圆圆心为C，
边AF1、AF2、F1F2上的切点分别为M、N、E，
易见C、E横坐标相等，
则|AM|＝|AN|，|F1M|＝|F1E|，|F2N|＝|F2E|，
由|AF1|-|AF2|＝2a，
即|AM|＋|MF1|-(|AN|＋|NF2|)＝2a，
得|MF1|-|NF2|＝2a，即|F1E|-|F2E|＝2a，
记C的横坐标为x0，则E(x0，0)，
于是x0＋c-(c-x0)＝2a，得x0＝a，
同样内心D的横坐标也为a，则有CD⊥x轴，
设直线的倾斜角为θ，
则∠OF2D＝，∠CF2O＝90°-，
在△CEF2中，tan∠CF2O＝tan＝，
在△DEF2中，tan∠DF2O＝tan ＝，
由r1＝2r2，可得2tan ＝tan＝，
解得tan ＝，
则直线的斜率为tan θ＝＝＝2，
故选D.

二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卡相应位置上．
13．若x，y满足约束条件，则z＝x-2y的最大值为__2__.
【解析】　由z＝x-2y得y＝x-z，
作出x，y满足约束条件对应的平面区域如图(阴影部分)：

平移直线y＝x-z，
由图形可知当直线经过点B时，
直线y＝x-z的截距最小，
此时z最大，由，得B(-2，-2)．
代入目标函数z＝x-2y，得z＝-2-2×(-2)＝2，
故答案为2.
14．已知f(x)是定义域为R的奇函数，满足f(1＋x)＝f(1-x)，若f(1)＝2，则f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2 018)＝__2__.
【解析】　根据题意，f(x)是定义域为R的奇函数，
则f(-x)＝-f(x)，
又由f(x)满足f(1＋x)＝f(1-x)，
则f(-x)＝f(2＋x)，则有f(x＋2)＝-f(x)，
变形可得：f(x＋4)＝f(x)，
即函数f(x)为周期为4的周期函数；
又由f(x)是定义域为R的奇函数，则f(0)＝0，
则f(2)＝-f(0)＝0，f(3)＝-f(1)＝-2，f(4)＝f(0)＝0，
则f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝2＋0＋(-2)＋0＝0，
则有f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2 018)＝[f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)]×504＋f(2 017)＋f(2 018)＝f(1)＋f(2)＝2；
故答案为2.
15．已知sin α＝3sin ，则tan＝__-__.
【解析】　已知sin α＝3sin，
则sin＝3sin，
整理得：sin-cos＝3sin，
故：cos＝-sin，
解得：tan＝-，
则：tan＝tan
＝
＝-，
故答案为-.
16．设直三棱柱ABC-A1B1C1的所有顶点都在一个球面上，且球的体积是，AB＝AC＝AA1，∠BAC＝120°，则此直三棱柱的高是__2__.
【解析】　设AB＝AC＝AA1＝2m.
∵∠BAC＝120°，∴∠ACB＝30°，
于是＝2r(r是△ABC外接圆的半径)，r＝2m.
又球心到平面ABC的距离等于侧棱长AA1的一半，
∴球的半径为＝m.
∴球的体积为π×(m)3＝，
解得m＝.
于是直三棱柱的高是AA1＝2m＝2.
故答案为2.

三、解答题：本大题共5小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
(一)必考题：共60分
17．(本小题满分12分)设a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边．已知acos B＝bcos A＋c，
(1)证明：△ABC是直角三角形；
(2)若D是AC边上一点，且CD＝3，BD＝5，BC＝6，求△ABD的面积．
【解析】　(1)由正弦定理acos B＝bcos A＋c
化为：sin Acos B＝sin Bcos A＋sin C，
∴sin Acos B-sin Bcos A＝sin C，
∴sin(A-B)＝sin C，
∵A-B∈(-π，π)，C∈(0，π)，
∴A-B＝C或A-B＝π-C(舍)
∴A＝B＋C，∴A＝.
即△ABC是直角三角形．
(2)在△BCD中，CD＝3，BD＝5，BC＝6，
由余弦定理得cos C＝＝.
∴sin C＝.∴AC＝BC×cos C＝，
∴AD＝AC-CD＝，
又AB＝BC×sin C＝.
∴S△ABD＝AB×AD＝.
18．(本小题满分12分)(理)某工厂A，B两条相互独立的生产线生产同款产品，在产量一样的情况下通过日常监控得知，A，B生产线生产的产品为合格品的概率分别为p和2p-1(0.5≤p≤1)．
(1)从A，B生产线上各抽检一件产品，若使得至少有一件合格的概率不低于99.5%，求p的最小值p0；
(2)假设不合格的产品均可进行返工修复为合格品，以(1)中确定的p0作为p的值．
已知A，B生产线的不合格品返工后每件产品可分别挽回损失5元和3元，若从两条生产线上各随机抽检1 000件产品，以挽回损失的平均数为判断依据，估计哪条生产线的挽回损失较多？
(文)(2021·金安区模拟)某5G手机配件生产厂为了了解该厂生产同一型号配件的甲、乙两车间的生产质量，质检部门随机从甲、乙两车间各抽检了100件配件，其检测结果：
等级
一等品
二等品
三等品
甲车间配件频数
55
33
12
乙车间配件频数
65
27
6
其中一、二等品为正品．
(1)分别估计甲、乙车间生产出配件的正品的概率．
(2)该厂规定一等品每件的出厂价是二等品的出厂价的2倍，已知每件配件的生产成本为5元，根据环保要求需要处理费用为3元，厂家要求生产的每件配件的平均利润不低于21.7元，求二等品每件的出厂的最低价．
【解析】　(理)(1)P＝1-(1-p)(1-(2p-1))＝1-2(1-p)2.
令1-2(1-p)2≥0.995，解得p≥0.95.
故p的最小值p0＝0.95.
(2)由(1)可知A，B生产线上的产品合格率分别为0.95，0.9.
即A，B生产线的不合格产品率分别为0.05和0.1.
故从A生产线抽检的1 000件产品中不合格产品大约为1 000×0.05＝50件，
故挽回损失50×5＝250元，
从B生产线上抽检1 000件产品，不合格产品大约为1 000×0.1＝100，
可挽回损失100×3＝300元，
∴从B生产线挽回的损失较多．
(文)(1)由数表知，甲车间生产出配件的正品的频率是＝0.88.
所以甲车间生产配件的正品的概率估计值为0.88.
乙车间生产出的配件的正品的频率是＝0.92.
所以，乙车间生产的配件的正品的概率估计为0.92.
(2)设二等品每件的出厂价为a元，则一等品每件的出厂价为2a元．
由题意知：[120(2a-5)＋60(a-5)-20×8]≥21.7，
整理得a-5.3≥21.7，
所以a≥18，
所以二等品每件的出厂的最低价为18元．
19．(本小题满分12分)如图所示，△ABC是等边三角形，DE∥AC，DF∥BC，面ACDE⊥面ABC，AC＝CD＝AD＝DE＝2DF＝2.
(1)求证：EF⊥BC；
(2)求四面体FABC的体积．

【解析】　(1)证明：∵DE∥AC，DF∥BC，
又△ABC是等边三角形，
∴∠EDF＝∠ACB＝60°，
又AC＝DE＝BC＝2DF＝2，
在△EDF中，由余弦定理可得，
EF＝＝，
∴EF2＋DF2＝DE2，故EF⊥DF，
又DF∥BC，∴EF⊥BC.
(2)取AC的中点O，连接DO，

由AD＝DC，得DO⊥AC，
又平面ACDE⊥平面ABC，
且平面ACDE∩平面ABC＝AC，
∴DO⊥平面ABC，且求得DO＝＝.
由DE∥AC，DF∥BC，且DE∩DF＝D，
可得平面DEF∥平面ABC，则F与D到底面ABC的距离相等，
则四面体FABC的体积V＝××2×2××＝1.
20．(本小题满分12分)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)，过C的焦点F的直线l1与抛物线交于A、B两点，当l1⊥x轴时，|AB|＝4.
(1)求抛物线C的方程；
(2)如图，过点F的另一条直线l与C交于M、N两点，设l1，l2的斜率分别为k1，k2，若k1＋k2＝0(k1＞0)，且3S△AMF＝S△BMN，求直线l1的方程．

【解析】　(1)根据题意可得F，
当l1⊥x轴时，直线l1的方程为x＝，
联立，解得y＝±p，
所以A，B，
所以|AB|＝2p＝4，解得p＝2，
进而可得抛物线的方程为y2＝4x.
(2)由(1)可知F(1，0)，
设直线l1的方程为y＝k1(x-1)，
联立，
得kx2-(2k＋4)x＋k＝0，
所以Δ＝(2k＋4)2-4k＝16k＋16＞0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
所以x1＋x2＝，x1x2＝1，①
因为k1＋k2＝0，所以k1＝-k2，
因为直线l2与抛物线交于点M，N，所以A与N关于x轴对称，M与B关于x轴对称，
因为3S△AMF＝S△BMN，S△AMF＝S△BNF，
所以3S△AMF＝S△AMF＋S△BFM，
所以2S△AMF＝S△BFM，所以2|AF|＝|BF|，
由抛物线定义可得|AF|＝x1＋1，|BF|＝x2＋1，
所以2x1＋2＝x2＋1，即x2＝2x1＋1，
代入①得(2x1＋1)x1＝1，解得x1＝或-1(舍去)，
所以x2＝2x1＋1＝2×＋1＝2，
所以x1＋x2＝＝2＋＝，
解得k＝8，即k1＝2，
所以直线l1的方程为y＝2(x-1)．
21．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝aln x＋x(a∈R)．
(1)若a＝-1，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数g(x)＝f(x)＋-xa，且g(x)≥0在x∈(1，＋∞)时恒成立，求实数a的最小值．
【解析】　(1)a＝-1时，f(x)＝-ln x＋x，
函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，
则f′(x)＝-＋1＝，
令f′(x)＞0，解得：x＞1，
令f′(x)＜0，解得：0＜x＜1，
故f(x)的单调减区间为(0，1)，f(x)的单调增区间为(1，＋∞)．
(2)由g(x)≥0，可得e-x-(-x)≥xa-aln x，
即e-x-(-x)≥eln xa-aln x①，
令h(t)＝et-t，由h′(t)＝et-1得，
当t＜0时，h(t)递减，当t＞0时，h(t)递增，
所以①即为h(-x)≥h(aln x)，
由于求实数a的最小值，考虑化为a＜0，
所以-x≤aln x，即a≥-，
令l(x)＝-，则l′(x)＝-，
令l′(x)＞0，解得：0＜x＜e，
令l′(x)＜0，解得：x＞e，
故l(x)在(0，e)递增，在(e，＋∞)递减，
故可得l(x)的最大值为-e，所以a的最小值为-e.
(二)选考题：共10分．请考生在22、23题中任选一题作答．如果多做，按所做的第一题计分
22．(本小题满分10分)[选修4-4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系xOy中，直线l的方程为x＋y-4＝0，曲线C的参数方程为(t为参数)．以O点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求直线l和曲线C的极坐标方程；
(2)设射线θ＝α(ρ≥0，0≤α＜2π)与直线l和曲线C分别交于点M，N，求＋的最小值．
【解析】　(1)由x＝ρcos θ，y＝ρsin θ，x2＋y2＝ρ2，
可得直线l的极坐标方程为ρcos θ＋ρsin θ-4＝0，
即有ρ＝；
曲线C的参数方程为(t为参数)，
可得sin2t＋cos2t＝＋x2＝1，
则ρ2cos2θ＋ρ2sin2θ＝1，
即为ρ2＝＝.
(2)设M(ρ1，α)，N(ρ2，α)，
其中0≤α＜或＜α＜2π，
则＋＝＋
＝＋
＝1＋＝1＋sin，
由sin＝-1即α＝时，
＋取得最小值1-.
23．(本小题满分10分)[选修4-5：不等式选讲]已知函数f(x)＝|x|.
(1)求不等式3f(x-1)-f(x＋1)＞2的解集；
(2)若不等式f(x-a)＋f(x＋2)≤f(x＋3)的解集包含[-2，-1]，求a的取值范围．
【解析】　(1)∵f(x)＝|x|，
∴3f(x-1)-f(x＋1)＞2，即3|x-1|-|x＋1|＞2，
所以①，
或②，或③.
解①得x≤-1，解②得-1＜x＜0，
解③得x＞3，综合可得x＜0或x＞3，
所以原不等式的解集为(-∞，0)∪(3，＋∞)．
(2)f(x-a)＋f(x＋2)≤f(x＋3)，
即|x-a|＋|x＋2|≤|x＋3|.
因为不等式f(x-a)＋f(x＋2)≤f(x＋3)的解集包含[-2，-1]，
所以，|x-a|＋|x＋2|≤|x＋3|对于x∈[-2，-1]恒成立．
因为x∈[-2，-1]，所以，x＋2≥0，x＋3≥0，
所以|x-a|＋|x＋2|≤|x＋3|等价于|x-a|＋x＋2≤x＋3，
即|x-a|≤1恒成立，
所以a-1≤x≤a＋1在[-2，-1]上恒成立，
所以，解得-2≤a≤-1，
即实数a的取值范围为[-2，-1]．