北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A版》
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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=
√2x-x2
},B={y|y=2x,x∈R},则(∁U A)∩B=( )
A.{x|x<0} B.{x|0<x≤1}
C.{x|1<x≤2} D.{x|x>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},∴∁U A={x|x<0或x>2},
∴(∁U A)∩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.√2 C.√3 D.2
2i 2i(1+i)
答案 B 由(1-i)z=2i,得z= = =-1+i,
1-i (1-i)(1+i)
∴|z|=√2.故选B.
3.(2020浙江温州二模)设a,b∈(0,1)∪(1,+∞),则“a=b”是“logb=loga”的 ( )
a b
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,logb=loga,充分性成立;当
a b
1
logb=loga时,取a=2,b= ,验证成立,故必要性不成立,故选A.
a b
2
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 ( )
1 1 1 1
A. B. C. D.
2 3 4 5
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
5 1
相生的概率P= = .故选A.
10 2
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 ( )
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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{a}中,若aa=a a,则mn不可能为 ( )
n 1 5 m n
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aa=a a 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
1 5 m n
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{a}中,若m+n=p+q=2k(m,n,p,q,k∈N*),则a ·a=a·a= .
n m n p q a2
k
7.(2020河南天一大联考高三(上)段考,10)已知椭圆x2 +y2
=1(a>b>0)短轴的两个端点为A、B,点C为椭圆上
a2 b2
1
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 ( )
4
√3 1 √3
A. B.√3 C. D.
2 2 4
答案 A 由题意可设A(0,b),B(0,-b),C(x,y),
0 0
x2 y2
由C在椭圆上可得 0+ 0=1,
a2 b2
a2(b2- y2)
即 x2= 0 ,①
0 b2
1
由直线AC与BC的斜率之积为- ,
4
可得 y 0 -b · y 0 +b =-1,
x x 4
0 0
即 x2 =4(b2- y2),②
0 0
将①代入②可得a2
=4,即a=2b,
b2
√3 c √3
则c=√a2-b2= a,所以离心率e= = .故选A.
2 a 2
√7
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√7,BC=6,sin∠ACB=
4
,PA=√3PC=4√3,则三棱锥P-ABC的外接球体积为 ( )
64π 256π
A. B.72π C. D.288π
3 3
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√7 3
答案 C 因为sin∠ACB= ,△ABC为非钝角三角形,故cos∠ACB= ,
4 4
在△ABC中,由余弦定理得AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos∠ACB,
3
即28=AC2+36-2AC·6× ,
4
解得AC=8(舍去AC=1),可得AC2=AB2+BC2,
PA2+PC2=AC2,故∠ABC=90°,∠APC=90°,
4
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=
3
256π
.故选C.
3
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 ( )
1 1
A. > B.lna>lnb
a b
C.alna<blnb D.a-b<ea-eb
1 1
答案 BD a>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,
a b
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{a}的前n项和记为S,公差记为d,若a>0,S =S ,则 ( )
n n 1 10 20
A.d<0 B.a <0
16
C.S≤S D.当且仅当S<0时n≥32
n 15 n
答案 ABC 由题可知10a+45d=20a+190d,∴145d=-10a,又a>0,∴d<0,故A正确;a =a+15d=a+15×
1 1 1 1 16 1 1
( - 2 )a 1 =- 1 a 1 <0,故B正确;a 15 =a 1 +14d=a 1 +14×( - 2 )a 1 = 1 a 1 >0,a 16 <0,∴前15项的和最大,∴S n ≤S 15 ,故
29 29 29 29
C正确;S
n
=na
1
+n(n-1)×(
-
2 )a
1
<0⇒n>30,故D错误,故选ABC.
2 29
1
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
2
A到达点P的位置,且PC=2√3,则 ( )
A.平面PED⊥平面EBCD
B.PC⊥ED
π
C.二面角P-DC-B的大小为
4
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D.PC与平面PED所成角的正切值为√2
答案 AC 由题易知CE=2√2,又∵PC=2√3,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,
π
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⊥
4
π
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
2
CD 2 √2
角,∴tan∠CPD= = = ,故D错误,故选AC.
PD 2√2 2
12.设函数f(x)=2cos2x-2-cos2x,则 ( )
A.f(x)在( π)上单调递增
0,
2
B.f(x)的值域为[ 3 3]
- ,
2 2
C.f(x)的一个周期为π
D.f( π)的图象关于点(π )对称
x+ ,0
4 4
答案 BC 令t=cos2x,t∈[-1,1],则y=2t-2-t,t=cos2x在( π)上单调递减,y=2t-2-t在[-1,1]上单调递增,故f(x)
0,
2
在( π)上单调递减,故A错误;易知y=2t-2-t在[-1,1]上单调递增,∴-3≤y≤3,故B正确;f(x+π)=2cos(2x+2π)-2-
0,
2 2 2
cos(2x+2π)=2cos2x-2-cos2x=f(x),故C正确;f( x+ π)= cos(2x+ π)- -cos(2x+ π)=2-sin2x-2sin2x,令x=π,则函数值不为0,故
4 2 2 2 2 4
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 .
√2 √10
答案 或
2 2
解析 根据题意,知2a-b=(4-m,3),∵b⊥(2a-b),
a·b 1 √2 5 √10
∴m·(4-m)-3=0,∴m=1或m=3,∴向量a在b方向上的投影为 = = 或 = .
|b| √2 2 √10 2
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
a·b
为|a|cos<a,b>= .
|b|
1
14.已知角α,β满足tanα=-2,tanβ= ,则tan(2α-β)= .
2
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1
答案
2
解析 因为tanα=-2,
2tanα 4
所以tan2α= = ,
1-tan2α 3
1
又tanβ= ,
2
tan2α-tanβ 1
所以tan(2α-β)= = .
1+tan2αtanβ 2
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 [ 1)
0,
3
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
1
0≤m< .
3
名师点拨 由f(x)<1得其解集为(-1,5),依题意,(m-1,-2m)⊆(-1,5),列不等式得到实数m的取值范围.
16.(2020湖南师范大学附属中学5月模拟)已知数列{a}的前n项和S=2a-2n+1,若不等式2n2-n-3<(5-λ)a 对任
n n n n
意n∈N*恒成立,则整数λ的最大值为 .
答案 4
解析 当n=1时,a=S=2a-22,得a=4;
1 1 1 1
当n≥2时,S n-1 =2a n-1 -2n,又S n =2a n -2n+1,两式相减得a n =2a n -2a n-1 -2n,得a n =2a n-1 +2n,所以 a n - a n-1 =1.
2n 2n-1
又 a 1=2,所以数列 {a n } 是以2为首项,1为公差的等差数列,所以 a n=n+1,即a n =(n+1)·2n,
21 2n 2n
2n-3
故a>0,所以不等式2n2-n-3<(5-λ)a 等价于5-λ> .
n n 2n
2n-1
2n-3 b 2n+1 2n-1 1 1 1 1 b 3 b
n+1 3 n+1
记b= ,n≥2时, = = = + .因为b=- ,b= >0, = >1,且n≥3时,
n 2n b 2n-3 4n-6 2 2n-3 1 2 2 4 b 2 b
n 2 n
2n
1 1 5 3
≤ + = <1,所以(b) =b= ,
2 2×3-3 6 nmax 3 8
3 3 37
所以5-λ> ,即λ<5- = ,所以整数λ的最大值为4.
8 8 8
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.
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cosA a 2c
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
cosB b b
b=4.
(1)求角B;
(2)求△ABC周长的最大值.
cosA a 2c cosAsinB+cosBsin A 2sinC sin(A+B)
解析 (1)由 + = 及正弦定理,得 = ,即 =
cosB b b cosBsinB sinB cosBsinB
2sinC
,
sinB
1
∵sin(A+B)=sinC≠0,sinB≠0,∴cosB= ,
2
π
∵B∈(0,π),∴B= .
3
(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(a+c) 2 ,
2
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{a}(n∈N*)中,a,a,a 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
n 1 2 3
下表的同一列.
第一列 第二列 第三列
第一行 5 8 2
第二行 4 3 12
第三行 16 6 9
(1)请选择一个可能的{a,a,a}组合,并求数列{a}的通项公式;
1 2 3 n
(2)记(1)中您选择的{a}的前n项和为S,判断是否存在正整数k,使得a,a,S 成等比数列,若存在,请求出k的
n n 1 k k+2
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:
①a
1
=8,a
2
=12,a
3
=16,此时等差数列{a
n
}的首项a
1
=8,公差d=4,
所以其通项公式为a=4n+4. (5分)
n
②a
1
=2,a
2
=4,a
3
=6,此时等差数列{a
n
}的首项a
1
=2,公差d=2,
所以其通项公式为a=2n. (5分)
n
(2)若选择①,S=2n2+6n.
n
则S =2(k+2)2+6(k+2)=2k2+14k+20. (8分)
k+2
若a,a,S 成等比数列,则 =a·S ,
1 k k+2 a2 1 k+2
k
即(4k+4)2=8(2k2+14k+20),整理得k2+2k+1=k2+7k+10,即5k=-9,(11分)
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此方程无正整数解,故不存在正整数k,使得a,a,S 成等比数列. (12分)
1 k k+2
若选择②,S=n2+n,
n
则S =(k+2)2+(k+2)=k2+5k+6, (8分)
k+2
若a,a,S 成等比数列,则 =a·S ,
1 k k+2 a2 1 k+2
k
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a,a,S 成等比数列. (12分)
1 k k+2
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=√2,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=√2,
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=√3. (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)
1 1 1 √3 √3
所以V = ·S ·OP= × × ×22×1= . (9分)
P-BCD 3 △BCD 3 2 2 3
在△PBD中,PB=BD=2,PD=
√2
,所以S
△PBD
= 1 ×
√2
× √
22-
(√2) 2 = √7.(10分)
2 2 2
设点C到平面PBD的距离为d,因为V =V ,
P-BCD C-PBD
√3 1 2√21
所以 = ·S d,所以d= .
3 3 △PBD 7
2√21
故点C到平面PBD的距离为 . (12分)
7
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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 40 20 10 4 4 2
不使用移动支
1 1 2 2 4 10
付
(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
年龄不小于50岁 合计
岁
使用移动支付
不使用移动支
付
合计
n(ad-bc)2
附:K2= ,n=a+b+c+d.
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
P(K2≥k) 0.050 0.010 0.001
0
k 3.841 6.635 10.828
0
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:
1
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,
80
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
年龄不小于50岁 合计
岁
使用移动支付 70 10 80
不使用移动支
4 16 20
付
合计 74 26 100
100×(70×16-4×10)2
K2= ≈37.89>10.828,
80×20×74×26
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F,F
是椭圆C:x2 +y2
=1(a>b>0))的左,右焦点,椭圆上一点P
1 2
a2 b2
满足PF⊥x轴,|PF|=5|PF|,|FF|=2√2.
1 2 1 1 2
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(1)求椭圆C的标准方程;
(2)过F 的直线l交椭圆C于A,B两点,当△ABF 的内切圆面积最大时,求直线l的方程.
2 1
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.
5√3 √3 5√3 √3
(1)由|PF|=5|PF|,|FF|=2√2,|PF|2+|FF|2=|PF|2,解得|PF|= ,|PF|= ,由椭圆的定义知2a= +
2 1 1 2 1 1 2 2 2 1
3 3 3 3
x2
=2√3,∴a=√3,又c=√2,∴b=1,∴椭圆C的标准方程为 +y2=1.
3
(2)要使△ABF 的内切圆的面积最大,只需△ABF 的内切圆的半径r最大.
1 1
易知F(-√2,0),F(√2,0).设A(x,y),B(x,y).
1 2 1 1 2 2
{x=ty+√2,
易知,直线l的斜率不为0,设直线l:x=ty+ ,联立得 故(t2+3)y2+2 ty-1=0,故y+y=- 2√2t
√2 x2 √2 1 2
+ y2=1, t2+3
3
1 1
,yy=- .故S =S +S = |FF||y-y|=√2√(y + y )2-4 y y =
1 2 t2+3 △ABF 1 △F 1 F 2 A △F 1 F 2 B 2 1 2 1 2 1 2 1 2
√2 √ ( - 2√2t) 2 + 4 = 2√6√t2+1 ,
t2+3 t2+3 t2+3
1 1
又S = (|AF|+|FB|+|AB|)r= ×4√3r=2√3r,
△ABF 1 2 1 1 2
√2
故2√6√t2+1=2 r,即r=√2√t2+1= ≤1,
√3 2
t2+3 t2+3
√t2+1+
2
√t2+1
2
当且仅当 = ,即t=±1时等号成立,
√t2+1
√t2+1
∴直线l的方程为y=x-√2或y=-x+√2.
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.
1
解析 (1)由题意得g(x)=f'(x)=ex-1+ -a(x>0),
x
1
则g'(x)=ex-1- .
x2
1 2
设φ(x)=g'(x)=ex-1- (x>0),则φ'(x)=ex-1+ >0,
x2 x3
∴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) =g(1)=2-a.
极小值
(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;
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北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A版》
当a>2时,f'(1)=2-a<0,
1 1
又∵f'(lna+1)=elna-a+ = >0,
lna+1 lna+1
∴∃x∈(1,lna+1),使得f'(x)=0,
0 0
故x∈(1,x)时,f'(x)<0;x∈(x,+∞)时,f'(x)>0,
0 0
∴f(x)在(1,x)上单调递减,当x∈(1,x)时,f(x)<f(1)=1,不满足题意.
0 0
综上所述,实数a的取值范围为(-∞,2].
方法总结 解决不等式恒成立问题的常见方法:
(1)分离参数法:a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x) 或a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x) ;
max min
(2)数形结合法:若f(x)≥g(x)恒成立,则函数y=f(x)的图象在函数y=g(x)的图象上方.
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