2022年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 綜合模擬卷二

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1、2022年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 綜合模擬卷二 一、 填空題(本大題共14小題,每小題5分,共70分) 1. 設(shè)集合M={-1,0,1},N={x|x2≤x},則M∩N=　　　　. 2. 某市高三數(shù)學(xué)抽樣考試中,對(duì)90分以上(含90分)的成績(jī)進(jìn)行統(tǒng)計(jì),其頻率分布圖如圖所示,若130~140分?jǐn)?shù)段的人數(shù)為90,則90~100分?jǐn)?shù)段的人數(shù)為　　　　. 　(第2題) 3. 一個(gè)質(zhì)地均勻的正四面體(側(cè)棱長(zhǎng)與底面邊長(zhǎng)相等的正三棱錐)玩具的四個(gè)面上分別標(biāo)有1,2,3,4這四個(gè)數(shù)字.若連續(xù)兩次拋擲這個(gè)玩具,則兩次朝下的面上的數(shù)字之積為奇數(shù)的概率是　　　　. 4. 等比數(shù)列x,3x+3

2、,6x+6,…的第4項(xiàng)是　　　　. 5. “x>y>0”是“>1”的　　　　　　　條件.(填“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”或“既不充分也不必要”) 6. 已知變量x,y滿足約束條件那么z=4x·2y的最大值為　　　　. 7. 給出下列四個(gè)命題: ①平行于同一平面的兩個(gè)不重合的平面平行; ②平行于同一直線的兩個(gè)不重合的平面平行; ③垂直于同一平面的兩個(gè)不重合的平面平行; ④垂直于同一直線的兩個(gè)不重合的平面平行; 其中為真命題的是　　　　.(填序號(hào)) 8. 設(shè)某流程圖如圖所示,該程序運(yùn)行后輸出的k的值是　　　　. 　(第8題) 9. 在平面直

3、角坐標(biāo)系xOy中,直線3x+4y-5=0與圓x2+y2=4相交于A,B兩點(diǎn),則弦AB的長(zhǎng)為　　　　. 10. 已知函數(shù)f(x)=cos,x∈R.若cos θ=,θ∈,則f=　　　　. 11. 設(shè)正實(shí)數(shù)x,y,z滿足x2-3xy+4y2-z=0,則當(dāng)取得最大值時(shí),x+2y-z的最大值為　　　　. 12. 若對(duì)任意的k∈R,|-k|≥||恒成立,則△ABC的形狀一定是　　　　. 13. 已知橢圓C:+=1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F,橢圓C與過原點(diǎn)的直線相交于A,B兩點(diǎn),連接AF,BF,若AB=10,AF=6,cos∠ABF=,則橢圓C的離心率e=　　　　. 14. 若

4、不等式(mx-1)[3m2-(x+1)m-1]≥0對(duì)任意的m∈(0,+∞)恒成立,則實(shí)數(shù)x的值為　　　　. 答題欄 題號(hào) 1 2 3 4 5 6 7 答案 題號(hào) 8 9 10 11 12 13 14 答案 二、 解答題(本大題共6小題,共90分.解答時(shí)應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟) 15. (本小題滿分14分)在△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別是a,b,c,已知sin C+cos C=1-sin . (1) 求sin C的值; (2) 若a2+b2=4(a+b)-8,求邊

5、c. 16. (本小題滿分14分)如圖,AB為圓O的直徑,點(diǎn)E,F在圓上,四邊形ABCD為矩形,AB∥EF,∠BAF=,M為BD的中點(diǎn),平面ABCD⊥平面ABEF. (1) 求證:BF⊥平面DAF; (2) 求證:ME∥平面DAF. 　(第16題) 17. (本小題滿分14分)如圖,某園林單位準(zhǔn)備綠化一塊直徑為BC的半圓形空地,△ABC外的地方種草,△ABC的內(nèi)接正方形PQRS為一水池,其余的地方種花,若BC=a,∠ABC=θ,設(shè)△ABC的面積為S1,正方形的PQRS面積為S2. (1) 用a,θ表示S1和S2; (2) 當(dāng)a固定,θ變化時(shí),求的最小值. 　(第

6、17題) 18. (本小題滿分16分)如圖,已知橢圓C1:+=1(a>b>0)的短軸長(zhǎng)為4,離心率為,其一個(gè)焦點(diǎn)在拋物線C2:x2=2py(p>0)的準(zhǔn)線上,過點(diǎn)M(0,1)的直線交橢圓C1于C,D兩點(diǎn),交拋物線C2于A,B兩點(diǎn),分別過點(diǎn)A,B作拋物線C2的切線,兩切線交于點(diǎn)Q. (1) 求C1,C2的方程; (2) 求△QCD面積的最小值. 　(第18題) 19. (本小題滿分16分)已知數(shù)列{an}的前三項(xiàng)分別為a1=5,a2=6,a3=8,且數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn滿足Sn+m=(S2n+S2m)-(n-m)2,其中m,n為任意正整數(shù). (1) 求數(shù)列{an}的

7、通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和Sn; (2) 求滿足-an+33=k2的所有正整數(shù)k,n. 20. (本小題滿分16分)設(shè)函數(shù)fn(x)=xn+bx+c(n∈N*,b,c∈R). (1) 當(dāng)n=2,b=1,c=-1時(shí),求函數(shù)fn(x)在區(qū)間內(nèi)的零點(diǎn); (2) 設(shè)n≥2,b=1,c=-1,求證:fn(x)在區(qū)間內(nèi)存在唯一的零點(diǎn); (3) 設(shè)n=2,若對(duì)任意的x1,x2∈[-1,1],有≤4,求b的取值范圍. xx屆高考綜合模擬卷(2) 1. {0,1}　【解析】 因?yàn)镹={x|x2≤x}={x|0≤x≤1},所以M∩N={0,1}. 2. 810　【解析】 高三年級(jí)總?cè)藬?shù)為=1 800;

8、90~100分?jǐn)?shù)段的人數(shù)的頻率為0.45;90~100分?jǐn)?shù)段的人數(shù)為1 800×0.45=810. 3. 　【解析】 共有16種等可能情況:(1,1),(1,2),(1,3)(1,4),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(3,1),(3,2),(3,3)(3,4),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4).兩次朝下的面上的數(shù)字之積為奇數(shù)共有4種情況,所以所求概率為. 4. -24　【解析】 由題意,(3x+3)2=x(6x+6),解得x=-1或x=-3.當(dāng)x=-1時(shí),3x+3=0,故舍去;所以x=-3.則等比數(shù)列前3項(xiàng)為-3,-6,-12,故第4項(xiàng)為-24.

9、 5. 充分不必要　【解析】 當(dāng)x>y>0時(shí),>1成立,反之不成立,例如x1. 6. 8　【解析】 如圖,約束條件表示的是以(0,0),(0,1),(1,1)為頂點(diǎn)的三角形及其內(nèi)部區(qū)域,目標(biāo)函數(shù)z=4x·2y=22x+y,在頂點(diǎn)(1,1)處2x+y取得最大值3,目標(biāo)函數(shù)取得最大值23=8. (第6題) 7. ①④　【解析】 若α∥β,α∥γ,則β∥γ,即平行于同一平面的兩個(gè)不重合的平面平行,故①正確;若a∥α,a∥β,則α與β平行或相交,故②錯(cuò)誤;若α⊥γ,β⊥γ,則平面α與β平行或相交,故③錯(cuò)誤;若a⊥α,a⊥β,則α與β平行,故④正確. 8.

10、5　【解析】 閱讀流程圖知:運(yùn)算規(guī)則是S=S×k2. 第一次循環(huán):k=3,S=1×32=9; 第二次循環(huán):k=5,S=9×52=225>100. 退出循環(huán),其輸出結(jié)果k=5. 9. 2　【解析】 圓x2+y2=4的圓心O(0,0)到直線3x+4y-5=0的距離d==1,則AB=2=2. 10. 　【解析】 f=cos=·cos=cos 2θ-sin 2θ,因?yàn)閏os θ=,θ∈,所以sin θ=-,所以sin 2θ=2sin θcos θ=-,cos 2θ=cos2θ-sin2θ=-,所以f=cos 2θ-sin 2θ=--=. 11. 2　【解析】 由題意得z=x2-

11、3xy+4y2,所以==+-3≥2-3=1,當(dāng)且僅當(dāng)=,即x=2y時(shí),等號(hào)成立,所以x+2y-z=2y+2y-(4y2-6y2+4y2)=-2(y-1)2+2≤2. 12. 直角三角形　【解析】 對(duì)任意的k∈R,|-k|≥||恒成立可以轉(zhuǎn)化為:對(duì)任意的k∈R,k2||2-2k·+-≥0,所以(·)2- 2(-)≤0,所以a2c2cos2B-a2(c2-b2)≤0,所以c2cos2B-c2+b2≤0,由正弦定理得sin2C ≥1,所以C=. 13. 　【解析】由余弦定理得62=BF2+102-2·10·BF·,解得BF=8,所以點(diǎn)A到右焦點(diǎn)的距離也是8.由橢圓定義有2a=6+8=14

12、,又2c=10,所以e==. 14. 1　【解析】方法一:顯然x>0,若x≤0,則mx-1<0,而當(dāng)m充分大時(shí),3m2-(x+1)m-1>0,與題設(shè)矛盾.而當(dāng)x>0時(shí),要使(mx-1)[3m2-(x+1)m-1]≥0,對(duì)任意的m∈(0,+∞)恒成立.則關(guān)于m的方程mx-1=0與3m2-(x+1)m-1=0在(0,+∞)內(nèi)有相同的根.所以3-(x+1)-1=0,解得x=1,x=-(舍去). (第14題) 方法二:設(shè)函數(shù)y1=mx-1,y2=3m2-(x+1)m-1,要使不等式(mx-1)[3m2-(x+1)m-1]≥0對(duì)任意的m∈(0,+∞)恒成立,則必有x>0,作出兩個(gè)函數(shù)圖象如

13、圖所示,則有兩個(gè)函數(shù)圖象交于點(diǎn),即m=是方程3m2-(x+1)m-1=0的根,則有-(x+1)-1=0,解得x=1,x=-(舍去). 15. (1) 由已知得2sin cos +1-2sin2=1-sin , 即sin =0, 由sin ≠0得2cos -2sin +1=0, 即sin -cos =,兩邊平方得sin C=. 7分 (2) 由sin -cos =>0知sin >cos ,則<<,即

14、 由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos C=8+2, 所以c=+1. 14分 16. (1) 因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形,故DA⊥AB. 因?yàn)槠矫鍭BCD⊥平面ABEF,且DAì平面ABCD, 平面ABCD∩平面ABEF=AB, 故DA⊥平面ABEF.3分 因?yàn)锽Fì平面ABEF,故DA⊥BF.4分 因?yàn)锳B為直徑,故BF⊥AF. 因?yàn)镈A,AF為平面DAF內(nèi)的兩條相交直線, 所以BF⊥平面DAF.7分 (2) 因?yàn)椤螧AF=,AB∥EF,所以EF=AB. 8分 取DA的中點(diǎn)N,連接NF,MN,因?yàn)镸為BD的中點(diǎn), 所以MN∥AB,且MN=AB, 所以四邊形M

15、NFE為平行四邊形, 所以ME∥NF.11分 因?yàn)镹Fì平面DAF,ME?平面DAF, 所以ME∥平面DAF.14分 注:第(2)問,亦可先證明平面DAF∥平面MOE. 17. (1) S1=asin θ·acos θ=a2sin 2θ; 設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為x,則BQ=,RC=xtan θ, 所以+xtan θ+x=a, 所以x==, S2== . 7分 (2) 當(dāng)a固定,θ變化時(shí), =（+sin 2θ+4）,令sin 2θ=t, 則=(0

16、以橢圓C1:+=1. 2分 因?yàn)闄E圓C1的焦點(diǎn)為(0,2),(0,-2),所以p=4, 所以拋物線C2:x2=8y.4分 (2) 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4),Q(x0,y0). 由(1)知C2:y=,y'=, 所以過點(diǎn)A拋物線C2的切線方程為y-y1=(x-x1), 即y=-y1. 同理,過點(diǎn)B的拋物線C2的切線方程為y=-y2. 又因?yàn)檫@兩條直線均過點(diǎn)Q, 所以y0=-y1,y0=-y2, 所以點(diǎn)A,B均在直線y0=-y上, 所以直線AB的方程為y=-y0, 又因?yàn)橹本€AB過點(diǎn)M(0,1),所以y0=-1, 所以直線AB

17、的方程為y=x0x+1. 8分 方法一:聯(lián)立方程組 得(+32)x2+8x0x-7×16=0, x3+x4=,x3·x4=, CD=|x3-x4| =· =, 點(diǎn)Q到直線AB的距離為 . 所以△QCD的面積 S=· =. 12分 令t=,則t≥2. 所以S(t)==2, 所以當(dāng)t∈[2,+∞)時(shí),S(t)單調(diào)遞增. 所以Smin=. 16分 方法二:設(shè)k=x0,聯(lián)立方程組 消去y得,(2+k2)x2+2kx-7=0, 由C(x3,y3),D(x4,y4),則x3+x4=-,x3·x4=, CD=· =2··, 8分 設(shè)Q到直線的距離為d,則d=, 故△

18、QCD的面積S=. 令m==m,則m≥,S(m)=, S(m)==4, 函數(shù)S(m)=m-在[,+∞)上單調(diào)遞增, 所以Smin=. 14分 另法,令S=f(m), f'(m)=4×=4×,因?yàn)閙≥,所以f'(m)>0, 函數(shù)f(m)在[,+∞)上單調(diào)遞增. 所以Smin=f()=. 16分 19. (1) 在等式Sm+n=(S2n+S2m)-(n-m)2中, 分別令m=1,m=2,得 Sn+1=(S2n+S2)-(n-1)2,?、? Sn+2=(S2n+S4)-(n-2)2,?、? ②-①,得an+2=2n-3+. 3分 在等式Sn+m=(S2n+S2m)-(n-

19、m2)中, 令n=1,m=2,得S3=(S2+S4)-1, 由題設(shè)知,S2=11,S3=19,故S4=29. 所以an+2=2n+6(n∈N*),即an=2n+2(n≥3,n∈N*). 又a2=6也適合上式, 故an= 5分 Sn=即Sn=n2+3n+1,n∈N*. 6分 (2) 記-an+33=k2,(*) n=1時(shí),無正整數(shù)k滿足等式(*); n≥2時(shí),等式(*)即為(n2+3n+1)2-3(n-10)=k2.8分 ①當(dāng)n=10時(shí),k=131.9分 ②當(dāng)n>10時(shí),則k0, 所以k>n2+3n.

20、從而n2+3nn2+3n+1,因?yàn)閗∈N*, 所以k≥n2+3n+2. 從而(n2+3n+1)2-3(n-10)≥(n2+3n+2)2. 即2n2+9n-27≤0.因?yàn)閚∈N*,所以n=1或2.14分 當(dāng)n=1時(shí),k2=52,無正整數(shù)解; 當(dāng)n=2時(shí),k2=145,無正整數(shù)解. 綜上所述,滿足等式(*)的n,k分別為n=10,k=131.16分 20. (1) 當(dāng)n=2時(shí),b=1,c=-1時(shí),f2(x)=x2+x-1,令f2(x)=0, 得x=,

21、所以f2(x)在區(qū)間內(nèi)的零點(diǎn)是x=. 4分 (2) 因?yàn)閒n<0,fn(1)>0,所以fn·fn(1)<0, 所以fn(x)在內(nèi)存在零點(diǎn). 任取x1,x2∈,且x11,即|b|>2時(shí),M=|f2(1)-f2(-1)|=2|b|>4,與題設(shè)矛盾. ②當(dāng)-1≤-<0,即0