2022年高考数学一轮复习验收综合模拟卷（八）（解析版）（新高考专版）

2022年高考数学一轮复习验收综合模拟卷(八）一、单选题（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，，若A=B，则a+2b=（）A．-2B．2C．-1D．1【答案】D【详解】由于，所以（1），结合集合元素的互异性可知此方程组无解.（2）解得.故选：D2．已知为虚数单位，、，复数，则（）A．B．C．D．【答案】A【详解】因为，所以，，，因此，.故选：A.3．点是平面外一点，且，则点在平面上的射影一定是的（）A．外心B．内心C．重心D．垂心【答案】A【详解】如图所示，过点作平面，可得因为，可得， 所以为的外心.故选：A.4．设，则的最大值为（）A．3B．C．D．－1【答案】C【详解】，，当时，即时，等号成立.故选：C5．已知数列中，，且（），则（）．A．B．C．D．【答案】D【详解】∵，,∴，得，由，，得，∴数列是等比数列，首项为2，公比为2，∴；同理得数列是等比数列，首项为2，公比为2，∴；∴． 故选：D.6．公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派研究过正五边形和正十边形的作图方法，发现了“黄金分割”.“黄金分割”是工艺美术、建筑、摄影等许多艺术门类中审美的要素之一，它表现了恰到好处的和谐，其比值为，这一比值也可以表示为，若，则（）A．B．C．D．【答案】C【详解】解:因为，,所以,所以故选:C7．已知双曲线的右焦点为，直线､是双曲线的两渐近线，，是垂足.点在双曲线上，经过分别与､平行的直线与､相交于､两点，是坐标原点，的面积为，四边形的面积为.则（）A．B．C．D．【答案】A【详解】由题意知，双曲线的渐近线方程为，不妨设，则，设，所以过M与平行的直线方程为：，过M与平行的直线方程为：；所以，解得，同理，解得，所以，，得；又，为等腰三角形，所以，所以，所以.故选：A 8．定义方程的实根叫做函数的“新驻点”，若函数，，的“新驻点”分别为，，，则，，的大小关系为（）A．B．C．D．【答案】B【详解】，由得，，即，，由得，，令，，恒成立，所以在递增，又，，所以在上存在唯一零点，所以，，则得，即，令，，或时，，时，，所以在和上是增函数，在上是减函数，而，，，所以在上有唯一零点，所以．综上．故选：B．二､多选题（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，部分选对的得2分，有选错的得0分.）9．已知函数是R上的奇函数，且当时，，则（）A．B．C．是增函数D．【答案】ACD【详解】A.项是R上的奇函数，故得，故A对对于B项，，故B错对于C项，当时，在上为增函数，利用奇函数的对称性可知，在上为增函数，故是上的增函数，故C对，故D对故选：ACD 10．已知是同一平面内的三个向量，下列命题中正确的是（）A．B．若，则；C．非零向量和，满足，则与的夹角为；D．【答案】ACD【详解】对A，，因为，故成立，A正确；对B，当为零向量时，可以不为相等向量，故B错误；对C，因为，易得可构成正三角形，由平行四边形法则可知与的夹角为，故C正确；对D，，故D正确故选：ACD11．如图，在棱长为1的正方体中，P为线段上一动点（包括端点），则以下结论正确的有（）A．过点P平行于平面的平面被正方体截得的多边形的面积为B．点P到平面的距离为定值C．直线与所成角的范围是 D．如图线段和的长度之和为t，则的最小值为【答案】BCD【详解】对于A：此平面为平面，故三角形的面积为，故A错误；对于B：，，，点P到平面的距离为，故B正确；对于C：如图，以为原点，分别为坐标轴建立空间直角坐标系，则由题意可知：，，设直线与所成角的为，则令，，则，由得，由得，所以，又，故，，，故C正确； 对于D：把三角形绕旋转到与矩形共面时，如图：则，所以，故D正确；故选：BCD12．已知函数的定义域为，且满足.当时，.若方程（，为自然对数的底数）的一个根为，且为不等式的一个解，则实数的取值可能是（）A．0B．C．D．【答案】CD【详解】由题意，，则，令，即，故为奇函数，又，∵当时，，∴上为减函数，∵，即，∴，又为不等式的一个解，∴，可得，又，则，∴在上递减，故.故选：CD三､填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分，其中第16题第一空2分，第二空3分。）13．等比数列满足，且，则________．【答案】7【详解】由已知可得，∴， ∴．故答案为：714．我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化.每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“”和阴爻“”，如图就是一重卦.如果某重卦中恰有3个阴爻，则该重卦可以有___________种.(用数字作答)【答案】20【详解】根据题意，每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，假设有6个位置，在其中任选3个，安排3个“阴爻”，有种情况，即该重卦可以有20种情况，故答案为：20.15．欧拉公式（i为虚数单位）是由瑞士著名数学家欧拉发现的，它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里非常重要，被誉为“数学中的天桥”.根据欧拉公式可知，若复数，则z的实部为_____.【答案】【详解】z的实部等于,故答案为：.16．已知A、B是抛物线上异于坐标原点O的两点，满足，且面积的最小值为36，则正实数P＝________；若OD⊥AB交AB于点D，若为定值，则点Q的坐标为________．【答案】3（3，0）【详解】设，因为，即，两边平方化简得，所以，所以，即，解得（舍去），设直线AB：，联立得，所以， 所以，所以，又，解得，又因为，所以：直线AB为恒过定点，因为，所以，所以点D在以点，为直径的圆上，设圆心Q，则，半径，所以为定值，，故答案为：3；．四、解答题（本题共6小题，共70分，其中第16题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤。）17．在①②③这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答．在中，角所对的边分别为，且满足________．（1）求角的大小；（2）若为边上一点，且，，，求．【答案】（1）；（2）【详解】（1）选①，由题意化简得，即，根据余弦定理得，因为所以.选②，由题意得,则，因为所以.选③，由题意化简得,当时代入原式显然不成立，故，因为所以.（2）在中，根据余弦定理得，所以，故,所以，在中根据正弦定理得，解得18．已知等差数列的前项和为，是各项均为正数的等比数列，，___________，， ，是否存在正整数，使得数列的前项和，若存在，求出的最小值；若不存在，说明理由.从①，②，③这三个条件中任选一个，补充到上面问题中并作答.（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.）【答案】答案见解析【详解】解：设等比数列的公比为，由，，则，，于是，即，解得，（舍去）.所以若选①：则，，解得，所以，，于是令，解得，因为为正整数，所以的最小值为.若选②：则，，解得.所以，，于是令，解得，因为为正整数，所以的最小值为.若选③：则，，解得.于是，，令，得， 注意到为正整数，解得，所以的最小值为.19．在四棱锥中，平面，，，，，，M是棱的中点．（1）求与平面所成的角的大小；（2）在棱上是否存在点Q，使得平面与平面所成的锐二面角的大小为60°？若存在，求出的长；若不存在，说明理由.【答案】（1）；（2）存在，【详解】如图，以所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系，则，（1），，设平面的法向量，则所以可取，设与平面所成的角为则，所以与平面所成的角为；（2）平面的法向量可取 设，则所以，设平面的法向量为，则可取因为平面与平面所成的锐二面角的大小为60°.所以，所以解得或（舍）所以，所以20．水污染现状与工业废水排放密切相关．某工厂深入贯彻科学发展观，努力提高污水收集处理水平，其污水处理程序如下：原始污水必先经过系统处理，处理后的污水（级水）达到环保标准（简称达标）的概率为．经化验检测，若确认达标便可直接排放；若不达标则必须进入系统处理后直接排放．某厂现有4个标准水量的级水池，分别取样、检测．多个污水样本检测时，既可以逐个化验，又可以将若干个样本混合在一起化验．混合样本中只要有样本不达标，混合样本的化验结果必不达标．若混合样本不达标，则该组中各个样本必须再逐个化验；若混合样本达标，则原水池的污水可直接排放．现有以下四种方案：方案一：逐个化验；方案二：平均分成两组化验；方案三：三个样本混在一起化验，剩下的一个单独化验；方案四：四个样本混在一起化验．若化验次数的期望值越小，则方案越“优”．（1）若，现有4个级水样本需要化验，请问：方案一、二、四中哪个最“优”？（2）若“方案三”比“方案四”更“优”，求的取值范围．【答案】（1）选择方案四最“优”．（2）【详解】解：（1）①方案一：逐个检测，检测次数为4． 方案二：由①知，每组两个样本检测时，若达标则检测次数为1，概率为；若不达标则检测次数为3，概率为．故方案二的检测次数记为，的可能取值为2，4，6则，，，其分布列如下，246可求得方案二的期望为方案四：混在一起检测，记检测次数为，可取1，5．则，，其分布列如下，15可求得方案四的期望为．比较可得，故选择方案四最“优”．（2）方案三：设化验次数为，可取2，5，则，．25；方案四：设化验次数为，可取1，515； 由题意得，所以，因为，所以．故当时，方案三比方案四更“优”．21．已知椭圆过点，离心率为，抛物线的准线交轴于点，过点作直线交椭圆于，．（1）求椭圆的标准方程和点的坐标；（2）设，是直线上关于轴对称的两点，问：直线与的交点是否在一条定直线上？请说明你的理由．【答案】（1）；；（2）定直线，理由见解析.【详解】（1）由题意可得解得，即椭圆的方程为：，又由抛物线，可得准线方程为，所以．（2）设，，，，由，整理得，所以，，则即，直线为，即①，直线为，即②，②-①得：，即所以，解得：，所以直线与的交点恒在定直线上． 22．已知函数（）．（1）讨论函数的单调性；（2）设，若函数的两个极值点，（）恰为函数的两个零点，且的取值范围是，求实数的取值范围．【答案】（1）答案见解析；（2）.【详解】（1）由题意，函数的定义域为，可得，对于方程的判别式（其中），（i）若，即时，恒成立，故在上单调递增；（ii）若，即时，令，解得，．当，；当时，．所以当时，单调递增区间为，无单调递减区间；当时，单调递增区间为和；单调递增区间为．（2）由（1）知：且，，其中，因为，可得（），所以，由，可得 两式相减，得．（）∴令，可得，则，所以在上单调递减，由的取值范围是，得的取值范围是，所以，又因为，故实数的取值范围是．