2022新高考数学人教A版一轮总复习训练综合测试卷（二）（带解析）
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综合测试卷(二)时间:120分钟 分值:150分一、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.1.(2020陕西西安五校4月联考,1)设全集U=R,A={x|y=},B={y|y=2x,x∈R},则(∁UA)∩B=( )A.{x|x<0} B.{x|0<x≤1}c.{x|1<x≤2} d.="">2}答案 D 本题以函数的定义域和值域为载体考查不等式的求解和集合的运算,考查学生基础知识和基本技能的掌握情况,同时通过不等式的求解考查数学运算的核心素养.∵x∈R,∴y=2x>0,即B={y|y>0}.由2x-x2≥0得0≤x≤2,∴A={x|0≤x≤2},∴∁UA={x|x<0或x>2},∴(∁UA)∩B={x|x>2},故选D.2.(2019北京石景山一模文,2)设i是虚数单位,若复数(1-i)z=2i,则复数z的模为( )A.1 B. C. D.2答案 B 由(1-i)z=2i,得z===-1+i,∴|z|=.故选B.3.(2020浙江温州二模)设a,b∈(0,1)∪(1,+∞),则“a=b”是“logab=logba”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件,答案 A 本题考查充分、必要条件的判断.a,b∈(0,1)∪(1,+∞),当a=b时,logab=logba,充分性成立;当logab=logba时,取a=2,b=,验证成立,故必要性不成立,故选A.4.(2020河南六市一模,3)五行学说是华夏民族创造的哲学思想,是华夏文明重要组成部分.古人认为,天下万物皆由金、木、水、火、土五类元素组成,如图,分别是金、木、水、火、土彼此之间存在的相生相克的关系.若从5类元素中任选2类元素,则2类元素相生的概率为( )A. B. C. D.答案 A 从5类元素中任选2类元素,基本事件总数n=10,2类元素相生包含的基本事件有5个,则2类元素相生的概率P==.故选A.5.若函数y=f(x)的值域是[1,3],则函数F(x)=1-f(x+3)的值域是( )A.[-8,-3] B.[-5,-1] C.[-2,0] D.[1,3]答案 C ∵1≤f(x)≤3,∴1≤f(x+3)≤3,∴-3≤-f(x+3)≤-1,∴-2≤1-f(x+3)≤0.故F(x)的值域为[-2,0].故选C.名师点睛 本题可以通过函数图象的平移变换来求解,左右平移改变定义域,不改变值域;上下平移改变值域,不改变定义域.6.(2020江西南昌模拟,4)公比不为1的等比数列{an}中,若a1a5=aman,则mn不可能为( )A.5 B.6 C.8 D.9答案 B 本题主要考查了等比数列的性质,熟记等比数列的性质是解答本题的关键,着重考查了推理与计算能力,体现了逻辑推理和数学运算的核心素养.,由a1a5=aman及等比数列的性质,可得m+n=1+5=6,且m,n∈N*,所以m=1,n=5或m=2,n=4或m=3,n=3或m=4,n=2或m=5,n=1,所以mn不可能是6,故选B.方法总结 在等比数列{an}中,若m+n=p+q=2k(m,n,p,q,k∈N*),则am·an=ap·aq=.7.(2020河南天一大联考高三(上)段考,10)已知椭圆+=1(a>b>0)短轴的两个端点为A、B,点C为椭圆上异于A、B的一点,直线AC与直线BC的斜率之积为-,则椭圆的离心率为( )A. B. C. D.答案 A 由题意可设A(0,b),B(0,-b),C(x0,y0),由C在椭圆上可得+=1,即=,①由直线AC与BC的斜率之积为-,可得·=-,即=4(b2-),②将①代入②可得=4,即a=2b,则c==a,所以离心率e==.故选A.8.(2020山西临汾一模,10)三棱锥P-ABC中,底面△ABC为非钝角三角形,其中AB=2,BC=6,sin∠ACB=,PA=PC=4,则三棱锥P-ABC的外接球体积为( )A. B.72π C. D.288π,答案 C 因为sin∠ACB=,△ABC为非钝角三角形,故cos∠ACB=,在△ABC中,由余弦定理得AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos∠ACB,即28=AC2+36-2AC·6×,解得AC=8(舍去AC=1),可得AC2=AB2+BC2,PA2+PC2=AC2,故∠ABC=90°,∠APC=90°,此时,注意到球心即为线段AC的中点O(此时点O到A,B,C,P的距离均为4),故所求球的体积V=πR3=.故选C.思路分析 由已知条件可求出AC的长,从而根据勾股定理的逆定理得出∠ABC=90°,∠APC=90°,可得球心及球的半径,从而求得三棱锥P-ABC的外接球体积.二、选择题: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,有选错的得0分,部分选对的得2分.9.若a,b为正实数,则a>b的充要条件为( )A.> B.lna>lnbC.alna<blnb d.a-b="">b>0时,<,故A错误;a>b>0时,lna>lnb,lna>lnb时,a>b>0,故B正确;a>1>b>0时,alna>0,blnb<0,则alna>blnb,故C错误;构造函数y=x-ex(x>0),y'=1-ex<0(x>0),∴y=x-ex在(0,+∞)上是减函数,又a>b>0,∴a-ea<b-eb,即a-b<ea-eb,反之也成立,故d正确.10.等差数列{an}的前n项和记为sn,公差记为d,若a1>0,S10=S20,则( )A.d<0 B.a16<0C.Sn≤S15 D.当且仅当Sn<0时n≥32答案 ABC 由题可知10a1+45d=20a1+190d,∴145d=-10a1,又a1>0,∴d<0,故A正,确;a16=a1+15d=a1+15×a1=-a1<0,故B正确;a15=a1+14d=a1+14×a1=a1>0,a16<0,∴前15项的和最大,∴Sn≤S15,故C正确;Sn=na1+×a1<0⇒n>30,故D错误,故选ABC.11.如图,直角梯形ABCD中,AB∥CD,AB⊥BC,BC=CD=AB=2,E为AB中点,以DE为折痕把△ADE折起,使点A到达点P的位置,且PC=2,则( )A.平面PED⊥平面EBCDB.PC⊥EDC.二面角P-DC-B的大小为D.PC与平面PED所成角的正切值为答案 AC 由题易知CE=2,又∵PC=2,PE=2,∴PC2=CE2+PE2,∴PE⊥CE,又PE⊥DE,CE∩DE=E,∴PE⊥平面EBCD,又PE⊂平面PED,∴平面PED⊥平面EBCD,故A正确;∵平面PED⊥平面EBCD,平面PED∩平面EBCD=ED,CD⊥DE,∴CD⊥平面PED,∴CD⊥PD,易知∠PDE为二面角P-DC-B的平面角,在Rt△PED中,PE=DE,∴∠PDE=,故C正确;假设PC⊥ED,又ED⊥CD,CD∩PC=C,PC⊂平面PCD,CD⊂平面PCD,∴ED⊥平面PCD,又PD⊂平面PCD,∴ED⊥PD,则∠PDE=,与C矛盾,故B错误;易知∠CPD为PC与平面PED所成角,∴tan∠CPD===,故D错误,故选AC.12.设函数f(x)=2cos2x-2-cos2x,则( )A.f(x)在上单调递增,B.f(x)的值域为C.f(x)的一个周期为πD.f的图象关于点对称答案 BC 令t=cos2x,t∈[-1,1],则y=2t-2-t,t=cos2x在上单调递减,y=2t-2-t在[-1,1]上单调递增,故f(x)在上单调递减,故A错误;易知y=2t-2-t在[-1,1]上单调递增,∴-≤y≤,故B正确;f(x+π)=2cos(2x+2π)-2-cos(2x+2π)=2cos2x-2-cos2x=f(x),故C正确;f=-=2-sin2x-2sin2x,令x=,则函数值不为0,故D错误,故选BC.三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2020全国Ⅰ卷地区百校联盟百日冲刺金卷(三),13)已知向量a=(2,1),b=(m,-1)(m∈R),且b⊥(2a-b),则向量a在b方向上的投影为 . 答案 或解析 根据题意,知2a-b=(4-m,3),∵b⊥(2a-b),∴m·(4-m)-3=0,∴m=1或m=3,∴向量a在b方向上的投影为==或=.解题关键 正确理解向量投影的定义,通过数量积进行合理转化是求解本题的关键,即a在b方向上的投影为|a|cos<a,b>=.14.已知角α,β满足tanα=-2,tanβ=,则tan(2α-β)= . 答案 ,解析 因为tanα=-2,所以tan2α==,又tanβ=,所以tan(2α-β)==.15.(2020河南洛阳二模,15)已知函数f(x)=x2-4x-4.若f(x)<1在区间(m-1,-2m)上恒成立,则实数m的取值范围是 . 答案 解析 本题考查恒成立问题,考查运算能力,体现了逻辑推理和数学运算的核心素养.因为f(x)=x2-4x-4,所以f(x)<1⇔x2-4x-5<0⇔-1<x<5,即解集为(-1,5).因为f(x)<1在区间(m-1,-2m)上恒成立,所以(m-1,-2m)⊆(-1,5),所以-1≤m-1<-2m≤5,且两个等号不同时成立,所以0≤m<.名师点拨>0,所以不等式2n2-n-3<(5-λ)an等价于5-λ>.记bn=,n≥2时,===+.因为b1=-,b2=>0,=>1,且n≥3时,≤+=<1,所以(bn)max=b3=,所以5-λ>,即λ<5-=,所以整数λ的最大值为4.四、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)(2020湖南长沙一中月考,17)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,满足+=且b=4.(1)求角B;(2)求△ABC周长的最大值.解析 (1)由+=及正弦定理,得=,即=,∵sin(A+B)=sinC≠0,sinB≠0,∴cosB=,∵B∈(0,π),∴B=.(2)在△ABC中,由余弦定理得b2=a2+c2-2accosB=a2+c2-ac=16,∴(a+c)2=16+3ac≤16+3,即a+c≤8,当且仅当a=c时取等号.∴△ABC的周长=a+b+c≤12,∴△ABC周长的最大值为12.,18.(12分)等差数列{an}(n∈N*)中,a1,a2,a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数,且其中的任何两个数不在下表的同一列.第一列第二列第三列第一行582第二行4312第三行1669(1)请选择一个可能的{a1,a2,a3}组合,并求数列{an}的通项公式;(2)记(1)中您选择的{an}的前n项和为Sn,判断是否存在正整数k,使得a1,ak,Sk+2成等比数列,若存在,请求出k的值;若不存在,请说明理由.解析 (1)由题意可知,有两种组合满足条件:①a1=8,a2=12,a3=16,此时等差数列{an}的首项a1=8,公差d=4,所以其通项公式为an=4n+4.(5分)②a1=2,a2=4,a3=6,此时等差数列{an}的首项a1=2,公差d=2,所以其通项公式为an=2n.(5分)(2)若选择①,Sn=2n2+6n.则Sk+2=2(k+2)2+6(k+2)=2k2+14k+20.(8分)若a1,ak,Sk+2成等比数列,则=a1·Sk+2,即(4k+4)2=8(2k2+14k+20),整理得k2+2k+1=k2+7k+10,即5k=-9,(11分)此方程无正整数解,故不存在正整数k,使得a1,ak,Sk+2成等比数列.(12分)若选择②,Sn=n2+n,则Sk+2=(k+2)2+(k+2)=k2+5k+6,(8分)若a1,ak,Sk+2成等比数列,则=a1·Sk+2,即(2k)2=2(k2+5k+6),整理得k2-5k-6=0,解得k=6或k=-1,因为k为正整数,所以k=6.(11分),故存在正整数k=6,使得a1,ak,Sk+2成等比数列.(12分)19.(12分)(2020山西康杰中学等四校联考,18)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,∠BAD=60°,∠APD=90°,且PA=PD=,PB=2.(1)求证:平面PAD⊥平面ABCD;(2)求点C到平面PBD的距离.解析 (1)证明:取AD的中点O,连接OP,OB.由题意知,△PAD为等腰直角三角形,又PA=PD=,所以AD=2,所以PO=1.(1分)因为底面ABCD为菱形,∠BAD=60°,所以AD=AB=BD=2.因为O为AD的中点,所以OB⊥AD,且OB=.(2分)因为PO2+OB2=1+3=4=PB2,所以OB⊥OP.(3分)因为OP∩AD=O,OP⊂平面PAD,AD⊂平面PAD,所以OB⊥平面PAD.(5分)因为OB⊂平面ABCD,所以平面PAD⊥平面ABCD.(6分)(2)由(1)知平面PAD⊥平面ABCD,OP⊥AD,且平面PAD∩平面ABCD=AD,OP⊂平面PAD,所以PO⊥平面ABCD.(7分)所以VP-BCD=·S△BCD·OP=×××22×1=.(9分),在△PBD中,PB=BD=2,PD=,所以S△PBD=××=.(10分)设点C到平面PBD的距离为d,因为VP-BCD=VC-PBD,所以=·S△PBDd,所以d=.故点C到平面PBD的距离为.(12分)20.(12分)(2020安徽江南十校4月模拟,18)移动支付是指移动客户端利用手机等电子产品进行电子货币支付,移动支付将互联网、终端设备、金融机构有效地联合起来,形成了一个新型的支付体系,使电子货币开始普及.某机构为了研究不同年龄人群使用移动支付的情况,随机抽取了100名市民,得到如下表格:年龄(岁)[20,30)[30,40)[40,50)[50,60)[60,70)[70,80]使用移动支付402010442不使用移动支付1122410(1)画出样本中使用移动支付人群年龄的频率分布直方图,并估计使用移动支付人群的平均年龄;(2)完成下面的列联表,能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为使用移动支付与年龄有关系?年龄小于50岁年龄不小于50岁合计使用移动支付不使用移动支付合计附:K2=,n=a+b+c+d.P(K2≥k0)0.0500.0100.001k03.8416.63510.828解析 (1)样本中使用移动支付的人数为80,所以各年龄段的频率分别为0.5,0.25,0.125,0.05,0.05,0.025.,画出样本中使用移动支付人群年龄的频率分布直方图,如图所示:所以使用移动支付人群的平均年龄为×(40×25+20×35+10×45+4×55+4×65+2×75)=34.75,估计使用移动支付人群的平均年龄为34.75岁.(2)根据题意填写列联表如下:年龄小于50岁年龄不小于50岁合计使用移动支付701080不使用移动支付41620合计7426100K2=≈37.89>10.828,所以能在犯错误的概率不超过0.001的前提下认为使用移动支付与年龄有关系.21.(12分)(2020皖南八校第三次联考,20)已知点F1,F2是椭圆C:+=1(a>b>0))的左,右焦点,椭圆上一点P满足PF1⊥x轴,|PF2|=5|PF1|,|F1F2|=2.(1)求椭圆C的标准方程;(2)过F2的直线l交椭圆C于A,B两点,当△ABF1的内切圆面积最大时,求直线l的方程.解析 本题主要考查椭圆的标准方程,直线的方程,椭圆的定义与几何性质,直线与椭圆的位置关系,通过三角形内切圆面积的转化考查学生对问题的化归能力和求解能力,考查的核心素养为数学运算和逻辑推理.(1)由|PF2|=5|PF1|,|F1F2|=2,|PF1|2+|F1F2|2=|PF2|2,解得|PF2|=,|PF1|=,由椭圆的定义知2a=,+=2,∴a=,又c=,∴b=1,∴椭圆C的标准方程为+y2=1.(2)要使△ABF1的内切圆的面积最大,只需△ABF1的内切圆的半径r最大.易知F1(-,0),F2(,0).设A(x1,y1),B(x2,y2).易知,直线l的斜率不为0,设直线l:x=ty+,联立得故(t2+3)y2+2ty-1=0,故y1+y2=-,y1y2=-.故=+=|F1F2||y1-y2|===,又=(|AF1|+|F1B|+|AB|)r=×4r=2r,故=2r,即r==≤,当且仅当=,即t=±1时等号成立,∴直线l的方程为y=x-或y=-x+.22.(12分)(2020河北衡水中学二调)已知函数f(x)=ex-1-a(x-1)+lnx(a∈R,e是自然对数的底数).(1)设g(x)=f'(x)(其中f'(x)是f(x)的导数),求g(x)的极小值;(2)若对x∈[1,+∞),都有f(x)≥1成立,求实数a的取值范围.解析 (1)由题意得g(x)=f'(x)=ex-1+-a(x>0),则g'(x)=ex-1-.设φ(x)=g'(x)=ex-1-(x>0),则φ'(x)=ex-1+>0,∴g'(x)在(0,+∞)上为增函数,且g'(1)=0,,∴当x∈(0,1)时,g'(x)<0;当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,∴g(x)极小值=g(1)=2-a.(2)由(1)知,f'(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,∴f'(x)≥f'(1)=2-a.当a≤2时,f'(x)≥0,f(x)在[1,+∞)上单调递增,则f(x)≥f(1)=1,满足题意;当a>2时,f'(1)=2-a<0,又∵f'(lna+1)=elna-a+=>0,∴∃x0∈(1,lna+1),使得f'(x0)=0,故x∈(1,x0)时,f'(x)<0;x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,∴f(x)在(1,x0)上单调递减,当x∈(1,x0)时,f(x)</x<5,即解集为(-1,5).因为f(x)<1在区间(m-1,-2m)上恒成立,所以(m-1,-2m)⊆(-1,5),所以-1≤m-1<-2m≤5,且两个等号不同时成立,所以0≤m<.名师点拨></a,b></b-eb,即a-b<ea-eb,反之也成立,故d正确.10.等差数列{an}的前n项和记为sn,公差记为d,若a1></blnb></x≤1}c.{x|1<x≤2}>
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