阶段滚动练(三)第1～10章--备战2022年高考数学一轮复习配套word试题(创新设计版).pdf

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1、阶段滚动练(三)第 110 章(本试卷分选择题和非选择题两部分，满分 150 分，考试用时 120 分钟)选择题部分(共 40 分)一、选择题(本大题共 10 小题，每小题 4 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(2021湖州中学质检一)已知集合 A1，0，1，2，Bx|x2x242 020成立的最小正整数 n 为()A10 B11 C12 D13 答案 C 解析 由an1anan2 得 an1a2n2an，即 an11(an1)2，所以 an(a11)2n1142n11，则由 an42 020得 2n12 020，n 的最小值为 12，故选C.8(2020

2、全国卷)设 F1，F2是双曲线 C：x2y231 的两个焦点，O 为坐标原点，点 P 在 C 上且|OP|2，则PF1F2的面积为()A.72 B3 C.52 D2 答案 B 解析 法一 由题知 a1，b 3，c2，F1(2，0)，F2(2，0)，如图，因为|OF1|OF2|OP|2，所以点 P 在以 F1F2为直径的圆上，故 PF1PF2，则|PF1|2|PF2|2(2c)216.由双曲线的定义知|PF1|PF2|2a2，所以|PF1|2|PF2|22|PF1|PF2|4，所以|PF1|PF2|6，所以PF1F2的面积为12|PF1|PF2|3.故选 B.法二 由双曲线的方程可知，双曲线的焦

3、点 F1，F2在 x 轴上，且|F1F2|2 134.设点 P 的坐标为(x0，y0)，则x20y2031，x20y202，解得|y0|32.所以PF1F2的面积为12|F1F2|y0|124323.故选 B.9(2021七彩阳光联盟适考)函数 f(x)ln xax1，xb，x33x2（2a）x1，xb，恒有零点的条件不可能是()Aa3 Ba2 Ca0，b1 Da0，be 答案 B 解析 由题意可得函数有零点，即 f(x)0 有解，即可化为 ax1ln x，xb，x33x22x，xb有解，即函数 yax1 与函数 yln x，xb，x33x22x，xb的图象有交点在同一平面内画出两函数的图象，

4、因为直线 yax1 恒过定点(0，1)，所以可知当 a3 时，必有公共交点，所以选项 A 满足条件；同理，选项 C，D也满足条件；当 b2 时，如图所示，直线 yax1 与 yln x，xb，x33x22x，xb的图象可以没有交点，所以此时不满足条件，故选B.10(2017浙江卷)已知随机变量 i满足 P(i1)pi，P(i0)1pi，i1，2.若 0p1p212，则()AE(1)E(2)，D(1)D(2)BE(1)D(2)CE(1)E(2)，D(1)E(2)，D(1)D(2)答案 A 解析 由题意可知 i(i1，2)服从两点分布，E(1)p1，E(2)p2，D(1)p1(1p1)，D(2)p

5、2(1p2)，又0p1p212，E(1)E(2)，把方差看作函数 yx(1x)，根据 01212知，D(1)0，cos 20，则 sin 2cos 22 105.14(2021北京丰台区期末)一个四面体的顶点在空间直角坐标系 O xyz 中的坐标分别是(0，0，0)，(0，0，1)，(1，1，0)，(1，0，1)，则此四面体在 xOy 坐标平面上的正投影图形的面积为_ 答案 12 解析(1，0，1)、(0，0，1)在 xOy 坐标平面上的投影点的坐标分别为(1，0，0)，(0，0，0)，故四面体的正投影为 A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)构成的三角形 ABC，因为|AB|1

6、，|AC|2，|BC|1，故|AB|BC|，|AB|2|BC|2|AC|2，所以ABC 为等腰直角三角形，故 SABC121112.15(2021北京大兴区一模)直线 l：ykxk 与圆 C：(x1)2y21 交于 A，B两点，当 k_时，ABC 的面积最大，最大面积为_ 答案 77 12 解析 根据题意，直线 l：ykxk 与圆 C：(x1)2y21 交于 A，B 两点，设圆心 C 到直线的距离为 d，圆 C：(x1)2y21 的圆心 C(1，0)，半径 r1；由题意知 0d1，则ABC 的面积 S12d21d2d2（1d2）d21d2212，当且仅当d21d2，即d22时，ABC 的面积最

7、大；此时 d|2k|1k222，解得 k77.16(2021名校仿真训练五)一个袋中装有 10 个大小相同只有颜色不同的黑球、白球和红球已知从袋中任意摸出 2 个球，至少得到 1 个白球的概率是79，则袋中的白球个数为_，若从袋中任意摸出 3 个球，记得到白球的个数为，则随机变量 的数学期望 E()_ 答案 5 32 解析 设袋中有白球 x 个，则从袋中摸出 2 个球，至少得到 1 个白球的概率是 1C210 xC21079，解得 x5，则袋中白球的个数为 5.从袋中任意摸出 3 个球，记得到白球的个数为，则 的所有可能取值为 0，1，2，3，且 P(0)C35C310112，P(1)C25C

8、15C310512，P(2)C15C25C310512，P(3)C35C310112，则 E()011215122512311232.17 已知在OAB 中，OAOB2，AB2 3，动点 P 位于线段 AB 上，则当PAPO取最小值时，向量PA与PO的夹角的余弦值为_ 答案 217 解析 法一 易知AOB120，记OAa，OBb，则 ab2，设PABAab(01)，则POPAAO(1)ab，则PAPO(ab)(1)ab1226，当 14时，PAPO取最小值34，此时，|PA|14|BA|32，PO34a14b14(3ab)，|PO|14|3ab|72，所以此时向量PA与PO的夹角的余弦值为 P

9、APO|PA|PO|343272217.法二 取线段 AB 的中点 C，连接 OC，以线段 AB 的中点 C 为原点，以AB的方向为 x 轴正方向，CO的方向为 y 轴正方向建立直角坐标系，则 O(0，1)，A(3，0)，B(3，0)，设 P(x，0)(3x 3)则PAPO(3x，0)(x，1)x2 3x，当 x32时，PAPO取最小值34.此时PA32，0，PO32，1，所以向量PA与PO的夹角的余弦值为 PAPO|PA|PO|343272217.三、解答题(本大题共 5 小题，共 74 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)18(本小题满分 14 分)(2021名校仿真训练一)在锐角三

10、角形 ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c.若 a(1cos B)bcos A.(1)求角 A 的取值范围；(2)求函数 f(A)2cos A(3cos Asin A)的值域 解(1)a(1cos B)bcos A，由正弦定理得 sin A(1cos B)sin Bcos A，整理得 sin Asin(BA)，ABA 或 ABA(舍)，即 B2A.ABC 为锐角三角形，故0A2，0B2A2，0C3A2，解得6A4，所求角 A 的取值范围是 A6，4.(2)f(A)2cos A(3cos Asin A)2sin 2A3 3.由6A4得232A356，故有 1 3f(A)2 3，f

11、(A)的值域为y|1 3y2n13.(1)解 2Snan1(nN*)，2Sn1an11(n2)，两式相减，得anan113，令 n1，得 a113，数列an是以13为首项，13为公比的等比数列，an13n.(2)证明 由题意可得 cn1113n1113n1 3n3n13n13n11 213n113n11 213n113n11.13n113n1，cn213n13n1，Tn2n1313213213313n13n12n13n1132n13，Tn2n13.21(本小题满分 15 分)(2021名校预测冲刺卷二)已知抛物线 C：x24y，过点(2，3)的直线 l 交 C 于 A、B 两点，抛物线 C 在

12、点 A、B 处的切线交于点 P.(1)当点 A 的横坐标为 4 时，求点 P 的坐标；(2)(一题多解)设 Q 是抛物线 C 上的动点，当|PQ|取最小值时，求点 Q 的坐标及直线 l 的方程 解(1)点 A 的横坐标为 4，A(4，4)，易知此时直线 l 的方程为 y12x2，联立x24y，y12x2，解得x2，y1，或x4，y4，B(2，1)，由 yx24得 yx2，所以 kPA2，直线 PA 方程为 y2x4，同理可得直线 PB 方程为 yx1，联立y2x4，yx1，可得x1，y2，故点 P 的坐标为(1，2)(2)法一 设 Ax1，x214，Bx2，x224，由 yx24，yx2，所以

13、 kPAx12，所以直线 PA 的方程为 yx214x12(xx1)，即 yx12xx214，同理 PB 的方程为 yx22xx224，联立解得 Px1x22，x1x24，依题意直线 l 的斜率存在，不妨设直线 l 的方程为 y3k(x2)，由x24y，y3k（x2），得 x24kx8k120，易知 0，因此 x1x24k，x1x28k12，P(2k，2k3)，点 P 在直线 l1：xy30 上 法二 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，由 yx24，yx2，kPAx12，直线 PA 的方程为 yy1x12(xx1)，即 yx12xy1，同理 PB 的方程为 yx22xy

14、2，因为点 P 在切线 PA，PB 上，y0 x12x0y1，y0 x22x0y2，A(x1，y1)，B(x2，y2)在直线 y0 x02xy 上，直线 l 的方程为 y0 x02xy，又直线 l 的过点(2，3)，y0 x03，即点 P 在直线 l1：xy30 上 以下法一和法二相同，当|PQ|取最小值时，即抛物线 C：x24y 上的动点 Q 到直线 l1的距离最小，设 Qx0，x204，则 Q 到 l1的距离 dx0 x20432x021222 2x02122，当 x02 时，d 取最小值 2，此时 Q(2，1)，易知过点 Q 且垂直于 l1的直线方程为 yx3，由yx3，xy30，解得

15、P(3，0)，k32，直线 l 的方程为 y32x，综上，点 Q 的坐标为(2，1)，直线 l 的方程为 y32x.22(本小题满分 15 分)(2021绍兴适考)已知函数 f(x)ln xax(a0)(1)若函数 f(x)有零点，求实数 a 的取值范围；(2)证明：当 a2e时，ln xaxex0.(1)解 由题意可知，函数 f(x)的定义域为(0，)由 f(x)ln xax0 有解，得 axln x 有解，令 g(x)xln x，则 g(x)(ln x1)当 x0，1e时，g(x)0，当 x1e，时，g(x)0，a0，00，即证 ln xaxex，x0，即证 xln xaxex，即证(xln xa)min(xex)max.令 h(x)xln xa，则 h(x)ln x1.当 0 x1e时，h(x)1e时，h(x)0.函数 h(x)在0，1e上单调递减，在1e，上单调递增，h(x)minh1e1ea，故当 a2e时，h(x)1ea1e.令(x)xex，则(x)exxexex(1x)当 0 x0；当 x1 时，(x)0 时，(x)1e.显然，不等式中的等号不能同时成立，故当 a2e时，ln xaxex0.