2022届高三数学上学期一轮复习8月阶段试题（新高考地区）（Word版附解析）

2022年高三一轮复习阶段性综合复习卷（新高考）数学试卷本试卷共4页，22题，全卷满分150分，考试用时120分钟。考试范围：高中数学（A版），高考要求的全部内容注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．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．已知集合，，若，则实数的取值集合为（）A．B．C．D．【答案】D【分析】先求出集合A，由得到，再分类讨论a的值即可.【详解】，因为，所以，当时，集合，满足；当时，集合，由，得或，解得或，综上，实数的取值集合为.故选：D.【点睛】易错点睛：本题考查的知识点是集合的包含关系判断及应用，其中易忽略时，集合满足，而错解.2．已知复数，为的共轭复数，则（）A．B．2C．D．【答案】C【分析】求出，代入，即可求得模长.【详解】由题：，，，所以.故选：C3．点，，在球表面上，，，，若球心到截面的距离为，则该球的表面积为（）,A．B．C．D．【答案】D【分析】由题意可知三角形ABC是直角三角形，BC为小圆的直径，球心O到截面ABC的距离为2，就是O到BC的中点的距离，求出球的半径，即可求出球的表面积．【详解】解：A、B、C是球面上三点，且AB＝2，BC＝4，∠ABC＝60°，所以三角形ABC是直角三角形，BC为小圆的直径，球心O到截面ABC的距离为2，就是O到BC的中点的距离，所以球的半径为R2；所以球的表面积为4π（2）2＝48π．故选：D．4．已知函数，若函数有3个零点，则实数m的取值范围（）A．B．C．（0，1）D．【答案】C【分析】函数有3个零点，所以有三个实根，即直线与函数的图象有三个交点，作出图象，即可求出实数的取值范围．【详解】因为函数有3个零点，所以有三个实根，即直线与函数的图象有三个交点．作出函数图象，由图可知，实数的取值范围是．故选：C．5．已知定义在的函数，，若，则一定有（）A．B．C．D．【答案】A【分析】令，对求导，根据已知及导数与单调性的关系可得的单调性，从而可得结论．【详解】解：令，，则，因为定义在的函数，，,所以，所以，所以在上单调递增，若，则，即，所以．故选：A．6．已知角的终边在直线上，则的值为（）A．B．C．D．【答案】A【分析】根据角的终边在直线上，得到，从而求得，，结合诱导公式，二倍角公式化简，代入求得结果.【详解】由题知，，则，或，，则故选：A7．已知正方体的棱长为3，为棱上的靠近点的三等分点，点在侧面上运动，当平面与平面和平面所成的角相等时，则的最小值为（）A．B．C．D．【答案】A【分析】作出过且与平面和平面所成角相等的截面，则P位于截面与平面的交线上，进而求得答案.【详解】如图1，为棱上靠近的三等分点，由正方体的对称性可知平面与平面和平面所成角相等，取棱AB上靠近B的三等分点E，取棱DC上的三等分点N,M，容易证明：，则共面，即平面与平面和平面所成角相等，于是点P在线段FN上.如图2，过点作垂直于FN于，容易知道当P位于时，最小.,如图3，由勾股定理可以求得，由等面积法，.故选：A.【点睛】对于动点问题，通常做法是先找到动点的轨迹，以本题为例就是先作出与平面和平面所成角相等的截面，从而找到截面与的交线，做题时要充分利用图形的特征，平常注意总结截面的做法.8．下列说法不正确的是（）A．在随机试验中，若，则事件与事件为对立事件，B．函数的图像可由的图像向左平移个单位而得到.C．在中，若，则；若，则D．在中，若，则【答案】A【分析】举例可以判断A；根据“左加右减”的原则即可判断B；用正弦定理和“大边对大角”的原则可判断C；先将进行化简，注意到课本上的习题“证明”，结合D，可以判断△ABC是锐角三角形，进而得到，进而得到，两边求正弦即可得到答案.【详解】对A，从集合中任取一个数，记A=“取出的为偶数”，B=“取出不大于2”，显然，但事件A,B不互斥，则不对立，A错误；对B，的图像向左平移得：，B正确；对C，由正弦定理，C正确；对D，∵，∴，∵，∴，易知A,B,C均为锐角.,∴,易知，∴，D正确.故选：A.【点睛】本题的难点在于D这个答案，如果直接化简某个结论比较困难，但是考虑到课本习题，这样会简单很多，平常要多加对课本习题的练习，认真对待和总结.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，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．如图，正方体的棱长为2，E，F分别为，的中点，则以下说法正确的是（）A．平面截正方体所得截面周长为B．上存在点P，使得平面C．三棱锥和体积相等D．上存在点P，使得平面【答案】ACD【分析】对于B，可建立如图所示的空间直角坐标系，利用反证法可判断其正误，而对于ACD，连接，，，利用线线平行可判断截面为梯形，从而可求截面的周长，连接，利用等积法可求棱锥的体积，再取的中点M，的中点N，连接，，，利用线面平行的判定定理可证的中点Р满足平面，从而可判断这三者的正误.【详解】对于B选项，建立如图所示的空间直角坐标系，,则，，，，设，所以，，若平面，则，而显然不成立，所以与不垂直，所以上不存在点P，使得面，所以B选项错误；对于A选项，连接，，∵E，F分别为，的中点，故，而，故，∴E﹐F，，C四点共线，∴平面截正方体所得的截面为梯形，∴截面周长，故A正确；对于C选项，连接，故，而平面即为平面，因，故到平面的距离为到平面的距离的，而到平面为，故到平面的距离为，,故，所以成立，C正确；对于D选项，取的中点M，的中点N，连接，，，∵且，∴四边形为平行四边形，∴，∴，∵平面，平面∴平面，∴点P为的中点，∴上存在一点Р使得平面，故D正确．故选：ACD.10．在△中，内角所对的边分别为a、b、c，则下列说法正确的是（）A．B．若，则C．D．若，且，则△为等边三角形【答案】ACD【分析】A由正弦定理及等比的性质可说明；B令可得反例；C由和角正弦公式及三角形内角和的性质有，由正弦定理即可证；D若，，根据单位向量的定义，向量加法的几何意义及垂直表示、数量积的定义易知△的形状.【详解】A：由，根据等比的性质有，正确；B：当时，有，错误；C：，而，即，由正弦定理易得，正确；D：如下图，是单位向量，则，即、，则且平分，的夹角为，易知△为等边三角形，正确.故选：ACD,【点睛】关键点点睛：D选项，注意应用向量在几何图形中所代表的线段，结合向量加法、数量积的几何意义判断夹角、线段间的位置关系，说明三角形的形状.11．已知方程，则下列说法正确的是（）A．若方程有一根为0，则且B．方程可能有两个实数根C．时，方程可能有纯虚数根D．若方程存在实数根，则或【答案】AD【分析】将方程进行等价变形为，利用复数的定义，若复数为0，则实部为0，虚部也为0，判断AB选项；结合基本不等式求解实根的范围判断D选项；举例当且时，无纯虚根判断C.【详解】解：A选项：若方程有一根为0，则代入方程有，则有，，即且，故A正确；B选项：方程可变形为：，即，则，只有一解，故B错误；C选项：当且时，方程仅存在一解，此时无纯虚根，故C错误；D选项：若方程存在实数根，则，代入方程可得：，即，即，解得：或，即或，故D正确故选：AD12．“曼哈顿距离”是十九世纪的赫尔曼闵可夫斯基所创辞汇，定义如下：在直角坐标平面上任意两点，，的曼哈顿距离为：.在此定义下以下结论正确的是（）A．已知点，满足的点轨迹围成的图形面积为2B．已知点，，满足，，的点轨迹的形状为六边形C．已知点，，不存在动点满足方程：，，D．已知点在圆上，点在直线上，则、的最小值为【答案】ABD【分析】根据“曼哈顿距离”的定义，把“曼哈顿距离”表示出来：对A、B直接取绝对值号画图像即可求解；对C解绝对值方程；D先通过固定圆的点动起来再求出、的最小值.【详解】解：对于A，设，因为，所以，①当时，,②当时，；当时，；作出图象如下图所示，易知这是一个边长为的正方形，所以面积为，故A正确对于B，设，因为，，，所以，①当且时，，②当时，；当时，；当时，；作出图象如下图所示，所以点轨迹是一个六边形，故B正确.对于C，设，因为，，，所以，解得，所以点的轨迹为两条直线，故C错误；对于D，如下图所示，为圆上一点，为直线上一点，过点作轴的平行线交直线与点，过点作轴的垂线交于点，,当点固定时，显然当在，点上方时最小，则，又因为，所以，由几何关系易得当时此时取得最小值，如下图所示由点到直线的距离公式得，所以所以，故D正确.故选：ABD.【点睛】数学中的新定义题目解题策略：(1)仔细阅读，理解新定义的内涵；(2)根据新定义，对对应知识进行再迁移.,三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．若函数的图象与直线有两个公共点，则实数的取值范围是____．【答案】【分析】对a分类讨论，作出函数的图象，根据有两个公共点，列不等式组，求出a的范围.【详解】在平面直角坐标系中作出函数的大致图象．当时(如图1)，需满足，即；图1当时(如图2)，，两个函数图象不可能有两个公共点．所以满足题意的的取值范围是．故答案为：14．是边长为1的等边三角形，点分别是边的中点，连接并延长到点，使得，则的值为___________.【答案】【分析】先由题意，得到，推出，再由，根据向量的数量积运算，结合题中条件，直接计算，即可得出结果.【详解】因为，点、分别是边、的中点，所以，因此，又，是边长为的等边三角形，所以,.故答案为：15．已知分别为双曲线的左、右焦点，过且倾斜角为的直线与双曲线的右支交于两点，记的内切圆的半径为，的内切圆的半径为，圆的面积为，圆的面积为，则______________.①的取值范围是②直线与轴垂直③若，则④的取值范围是【答案】②③④【分析】根据双曲线渐近线的倾斜角判断①；利用双曲线的性质和切线长的定义判断②；根据平面几何的知识得后，再根据直角三角形相似求得判断③；根据得范围，再根据基本不等式求解即可.【详解】解：如图，设与圆的切点分别为，由切线的性质得的横坐标相等，，由双曲线的定义得，所以，所以，设，则，解得，即的横坐标，同理可得的横坐标也是，,对于①，双曲线的渐近线方程为，倾斜角分别为，故当过且倾斜角满足时，直线与双曲线的右支交于两点，故错误；对于②，由于两点横坐标相等，故直线与轴垂直，正确；对于③，连接，由三角形的内切圆圆心是角平分线的交点得，所以，，，故，即，当时，解得，此时直线轴，，，所以，故正确；对于④，因为，所以，，所以，又因为，故，所以，所以，故正确.故答案为：②③④16．已知在棱长为12的正四面体的内切球球面上有一动点，则的最小值为______，的最小值为______．【答案】【分析】求出正四面体的高，进一步得到内切球的半径，由高减去内切球的直径得的最小值；利用阿波罗尼斯球的定义，借助内切球的比例关系求得，转化后求最小值即可.【详解】设正四面体的高为，每一个面的面积为，其内切球的半径为，则由等积法可得，，即．设内切球球心为，连结并延长交平面于，交内切球上方的点设为，过作，交于，连结，，如图，则在正三角形中，,，正四面体内切球的半径，直径为.则的最小值为．同理可知的最小值为.根据阿波罗尼斯球知,内切球是线段上以，为定点，空间中满足的点的集合，设，因为，，，，解得，，，，，在中，，，，．的最小值为．故答案为：；．【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点在于，根据阿波罗尼斯球定义利用比例关系求得,可将转化为，利用平面几何性质知最小值为，由余弦定理求解即可，属于难题.四、解答题：本题共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．在①，②是公差为1的等差数列，③，这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中并作答．问题：在递增的等差数列中，为数列的前项和，已知，______，数列是首项为2，公比为2的等比数列，设，为数列的前项和，求使成立的最小正整数的值．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】7【解析】【分析】若选条件①：根据求得公差得出；若选条件②：可得，利用得；若选条件③：根据求得公差可得.,得出，利用错误相减法求得，根据可得单调递增，即可求解.【详解】设数列的公差为，若选条件①：，，解得（舍负），故；若选条件②：是公差为1的等差数列，，则，当时，，满足，；若选条件③：，，解得（舍去）或，故.由已知可得，则，则，，两式相减可得，所以，，显然，当时，，即，又，所以最小正整数的值为7.【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解；（2）对于结构，其中是等差数列，是等比数列，用错位相减法求和；（3）对于结构，利用分组求和法；（4）对于结构，其中是等差数列，公差为，则，利用裂项相消法求和.18．据相关部门统计，随着电商网购的快速普及，快递包装业近年来实现了超过的高速年均增长．针对这种大好形式，某化工厂引进了一条年产量为万个包装胶带的生产线．已知该包装胶带的质量以某项指标值作为衡量标准．为估算其经济效益，该化工厂先进行了试生产，并从中随机抽取了个包装胶带，统计了每个包装胶带的质量指标值，并分成以下组：，，…，，其统计结果及产品等级划分如下表所示：质量指标值产品等级级级级级废品,频数试利用该样本的频率分布估计总体的概率分布，并解决下列问题（注：每组数据取区间的中点值）：（1）由频数分布表可认为，该包装胶带的质量指标值近似地服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本的标准差，并已求得．求的值；（2）已知每个包装胶带的质量指标值与利润（单位：元）的关系如下表所示：（）质量指标值利润假定该化工厂所生产的包装胶带都能销售出去，且这一年的总投资为万元（含引进生产线、兴建厂房等等一切费用在内），问：该化工厂能否在一年之内通过生产包装胶带收回投资？试说明理由．参考数据：若随机变量，则，，，．【答案】（1）；（2）该化工厂不能在一年之内通过销售包装胶带收回投资，理由见解析.【分析】(1)写出分布列，求出样本平均数，利用正态分布三段区间的概率值求概率；(2)列出包装胶带的质量指标值的分布列，求出每个包装胶带的利润，借助导数求其最大值即可作答.【详解】（1）依题意，区间中点值与对应概率如下表：中间值概率则样本平均数为，于是得，而，（2）依题意，该包装胶带的质量指标值、利润与对应概率如下表所示：质量指标值利润则每个包装胶带的利润，则，令，得，因此当时，，当时，，函数在上递增，在上递减，从而得当时，取最大值，(元)因该生产线的年产量为万个，则该生产线的年盈利的最大值为(万元)，而万元万元，,所以该化工厂不能在一年之内通过销售包装胶带收回投资.19．在中，角的对边分别为.（1）求证：中至少有一个角大于或等于；（2）若角成等差数列，证明.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）利用反证法即可证得；（2）利用分析法，将问题转化为为证，结合等差数列求得，利用余弦定理即可证得结果.【详解】（1）假设结论不成立，即，则，这与相矛盾，所以假设不成立，即中至少有一个角大于或等于.（2）要证，只需证，即证：，即证，即证：.又因的三个内角成等差数列，故.由余弦定理可得：，即：，故，所以成立【点睛】关键点点睛：本题考查间接证明的方法，熟练掌握反证法和分析法是解题的关键，考查学生的推理论证能力和运算求解能力，属于中档题.20．己知椭圆：（，）的左、右焦点分别为、，离心率为，经过点且倾斜角为的直线与椭圆交于、两点（其中点在轴上方），的周长为8．（1）求椭圆的标准方程；（2）如图，将平面沿轴折叠，使轴正半轴和轴所确定的半平面（平面）与轴负半轴和轴所确定的半平面（平面）互相垂直．,①若，求异面直线和所成角的余弦值；②是否存在，使得折叠后的周长为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）①；②存在；．【分析】（1）由的周长可求出的值，从而由离心率的值可求得，进而由椭圆中的关系求出的值，即可得椭圆的标准方程.（2）①直线l的方程为，与椭圆方程联立求出点的坐标，再建立空间直角坐标系，求出点的坐标，从而可得，再利用空间向量的夹角公式即可求解.②由8，可得，设折叠前，直线的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理代入上式化简整理即可求出的值，从而可得直线l的斜率，进而可得tan的值.【详解】解：（1）由椭圆的定义知：，所以的周长，所以，又椭圆离心率为，所以，所以，，由题意，椭圆的焦点在轴上，所以椭圆的标准方程为；（2）①由直线：与，联立求得，（因为点在轴上方）以及，再以为坐标原点，折叠后原轴负半轴，原轴，原轴正半轴所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，则,，，，，，．记异面直线和所成角为，则；②设折叠前，，折叠后，在新图形中对应点记为，，，，由，，故，将直线方程与椭圆方程联立，得，，，在折叠后的图形中建立如图所示的空间直角坐标系（原轴仍然为轴，原轴正半轴为轴，原轴负半轴为轴）；，，所以，（i）又，,所以，（ii）由（i）（ii）可得，因为，所以，即，所以，解得，因为，所以．【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是根据折叠前、后三角形周长的变化，得到，进而根据两点间的距离公式及韦达定理进行求解.21．已知双曲线的左､右顶点分别为A和B，和是双曲线上两个不同的动点.（1）求直线与交点的轨迹C的方程；（2）已知点，过点A且斜率为的直线交曲线C于另一点P，设直线，延长交直线l于点Q，线段的中点为E，求证：点B关于直线的对称点在直线上.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）设直线与的交点为，求出直线、的方程，两式相乘得，再利用在双曲线上，整理化简可得答案；（2）直线的方程为，求得，由E为线段的中点，所以直线的斜率，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理求得点P的坐标，得到直线的斜率，直线的斜率，设，则有，即，可得答案.【详解】（1）设直线与的交点为，∵A，B是双曲线的左､右顶点，∴，，，两式相乘得，而在双曲线上，所以，即，所以，化简得：，即.又当时，不合题意，去掉左右顶点.,∴直线与的交点的轨迹C的方程是；（2）直线的方程为，将代入得，所以.因为E为线段的中点，所以，因为点F的坐标为，所以直线的斜率，联立消去y得：，由，且，∴，所以点P的坐标为，所以直线的斜率，而直线的斜率为，若设，则有，即，所以点B关于直线的对称点在直线上.22．已知函数.（1）若存在零点，求实数的取值范围；（2）若是的零点，求证：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）令，变形得，令，求出函数令的值域，即可求得实数的取值范围；（2）由题意可得，，得，要证，即证，先证，只需证，令，求出函数的最小值即可得证；再证，令，，证明即可得证.【详解】（1）令，变形得，,令，问题转化成与有交点.令，解得，则在上单调递增，在上单调递减，故，当时，，所以，所以；（2）由题意可得，，得，要证即证.即证.先证，只需证，令，.∴在上单调递减，在上单调递增，故，∴，左边证毕.再证，令，，∴在上单调递增，在上单调递减，故；令，，令，在恒成立，所以函数在上递增，所以，即在恒成立，，解得，∴在上单调递减，在上单调递增，故.∵，∴，即，,故，右边证毕.所以.【点睛】本题考查了函数的零点问题、单调性及最值，考查了计算能力及逻辑推理能力，需要构造新的函数来解决所求问题，属于难题.