2_综合检测卷(一)(1).docx

1、综合检测卷(一)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.(2022届河南顶级名校11月联考,1)已知集合M=(x,y)|y=|x|,N=(x,y)|x2+y2=2,则MN=()A.(-1,1)B.(1,1)C.(1,1),(-1,1)D.(-1,-1),(-1,1)答案C因为函数y=|x|的图象与圆x2+y2=2有2个交点,为(1,1),(-1,1),所以MN=(1,1),(-1,1),故选C.2.(2022届湘豫名校联盟11月联考,1)复数z满足z(1+i)=3-i(其中i为虚数单位),则复数z是(

2、)A.2+iB.2-iC.1-2iD.1+2i答案C由题意得z=3-i1+i=(3-i)(1-i)(1+i)(1-i)=2-4i2=1-2i.3.(2022届黑龙江六校11月联考,4)已知圆锥的轴截面为等边三角形,且圆锥的表面积为3,则圆锥的底面半径为()A.12B.1C.2D.3答案B设圆锥的母线长为l,底面半径为r,根据题意,得l=2r,所以圆锥的表面积S=r2+rl=3r2=3,解得r=1,故选B.4.(2022届江西顶级名校联考,9)已知函数f(x)=2sin x+23cos x(0)的图象相邻的对称轴之间的距离为2,将函数y=f(x)的图象向左平移12个单位后,得到函数g(x)的图象

3、,则函数g(x)在-6,3上的最大值为()A.4B.23C.22D.2答案Af(x)=2sin x+23cos x=4sinx+3,由于函数f(x)的图象相邻的对称轴之间的距离为2,所以f(x)的最小正周期为,故=2.将函数y=f(x)=4sin2x+3的图象向左平移12个单位后,得到g(x)=4sin2x+2=4cos 2x的图象,由于x-6,3,所以2x-3,23,当2x=0,即x=0时,g(x)取最大值,为4.故选A.5.(2021内蒙古呼伦贝尔二模,9)已知F1,F2是椭圆C:x24+y2=1的左、右焦点,点D在椭圆C上,F1DF2=120,点O为坐标原点,则|OD|=()A.1B.5

4、2C.62D.32答案A设|DF2|=m,由椭圆的定义可得|DF1|=4-m,在DF1F2中,由余弦定理可得|F1F2|2=|DF1|2+|DF2|2-2|DF1|DF2|cosF1DF2,即m2+(4-m)2-2m(4-m)-12=12,即m2-4m+4=0,所以m=2,所以|DF1|=|DF2|=2,即点D与椭圆C的上顶点(或下顶点)重合,所以|OD|=1.故选A.6.(2021广西名校联考三,7)已知tan-3=33,则tan 2=()A.-43B.-32C.43D.32答案A由tan-3=tan-tan31+tantan3=33,得tan =-32,则tan 2=2tan1-tan2=

5、-43.故选A.7.(2021安徽池州期末,10)已知函数f(x)的定义域为R,其导函数为f (x),且3f(x)-f (x)0在R上恒成立,则下列不等式一定成立的是()A.f(1)e3f(0)C.f(1)e2f(0)答案A令g(x)=f(x)e3x,则g(x)=f (x)e3x-3f(x)e3x(e3x)2=f (x)-3f(x)e3x,因为3f(x)-f (x)0在R上恒成立,所以g(x)0在R上恒成立,故g(x)在R上单调递减,所以g(1)g(0),即f(1)e3f(0)e0,即f(1)e3f(0).故选A.8.(2022届昆明一中双基检测三,8)某同学从家到学校要经过三个十字路口,设各

6、路口信号灯工作相互独立,该同学在各路口遇到红灯的概率分别为12,13,14,则该同学从家到学校至少遇到一次红灯的概率为()A.124B.1124C.23D.34答案D该同学从家到学校至少遇到一次红灯的概率为1-1-121-131-14=34,故选D.二、多项选择题:本题共8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.(2021届五省新高考联合质量检测12月联考,10)2020年上半年受疫情影响,我国居民人均消费支出情况也受到了影响,现统计出20152020年上半年我国居民人均消费支出情况如图所示,则下列说法正确的

7、是()A.从2015年到2019年我国居民人均消费支出逐年减少B.若2020年下半年居民消费水平与上半年相当,则全年消费与2018年基本一致C.若2020年下半年居民消费水平比上半年提高20%,则全年消费支出将超过2019年D.随着疫情被有效控制,若2020年下半年居民消费水平比上半年有所提高,则居民人均消费支出较2019年减少不会超过10%答案BDA显然错误;9 7182=19 436(元),因此,2020年全年消费与2018年基本一致,B正确;9 7182.2=21 379.6b0)的右焦点为F,点P在椭圆C上,点Q在圆E:(x+3)2+(y-4)2=4上,且圆E上的所有点均在椭圆C外,若

8、|PQ|-|PF|的最小值为25-6,且椭圆C的长轴长恰与圆E的直径长相等,则下列说法正确的是()A.椭圆C的焦距为2B.椭圆C的短轴长为3C.|PQ|+|PF|的最小值为25D.过点F的圆E的切线斜率为-473答案AD圆E的圆心为E(-3,4),半径长为2,由于椭圆C的长轴长恰与圆E的直径长相等,则2a=4,可得a=2,设椭圆的左焦点为点F1,由椭圆的定义可得|PF|+|PF1|=2a=4,|PF|=4-|PF1|,|PQ|-|PF|=|PQ|-(4-|PF1|)=|PF1|+|PQ|-4|PF1|+|PE|-2-4|EF1|-6=25-6,当且仅当P、Q、E、F1四点共线,且P、Q分别为线

9、段EF1与椭圆C、圆E的交点时,等号成立,则|EF1|=(-3+c)2+(4-0)2=(c-3)2+16=25,0c2,则直线x=1与圆E相离,不合题意;则所求切线的斜率存在,可设切线的方程为y=k(x-1),即kx-y-k=0,由题意可得|-3k-4-k|k2+1=4|k+1|k2+1=2,整理得3k2+8k+3=0,解得k=-473,D选项正确.故选AD.三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2022届太原10月月考,16)已知函数f(x)=2x+1,xaln(ax)对于任意x(0,+)恒成立,则实数a的取值范围是.答案(0,e2)解析易知a0,将原不等式变形可得exal

10、n(ax)-1exexaxelnaxe=lnaxeelnaxe,当lnaxe0,h(x)在0,+)上单调递增,xlnaxeaex+1x.设(x)=ex+1x,则(x)=x-1x2ex+1,所以(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+)上单调递增,所以(x)的最小值为(1)=e2,故0a1时,p1;(3)根据你的理解说明第(2)问结论的实际含义.解析(1)E(X)=00.4+10.3+20.2+30.1=1.(2)证明:设f(x)=p3x3+p2x2+(p1-1)x+p0,由题易知p3+p2+p1+p0=1,故f(x)=p3x3+p2x2-(p2+p0+p3)x+p0,f (x)=3p3x2+2

11、p2x-(p2+p0+p3),若E(X)1,则p1+2p2+3p31,故p2+2p3p0,因为f (0)=-(p2+p0+p3)0,f (1)=p2+2p3-p00,所以f (x)有两个不同零点x1,x2,且x100,当x(x1,x2)时, f (x)f(x2)=f(1)=0,故1为关于x的方程:p0+p1x+p2x2+p3x3=x的一个最小正实根,即p=1,故当E(x)1时,p=1.若x21,因为f(1)=0且f(x)在(0,x2)上为减函数,故1为关于x的方程:p0+p1x+p2x2+p3x3=x的一个最小正实根.综上,若E(X)1,则p=1.若E(X)1,则p1+2p2+3p31,则p2

12、+2p3p0,此时f (0)=-(p2+p0+p3)0,故f (x)有两个不同零点x3,x4且x30x41,故f(x)在(-,x3),(x4,+)上为增函数,在(x3,x4)上为减函数,而f(1)=0,故f(x4)0,所以f(x)在(0,x4)上存在一个零点x0,且x01,所以x0为关于x的方程:p0+p1x+p2x2+p3x3=x的一个最小正根,即p1时,p1.(3)意义:若一个该种微生物繁殖后代的平均数不超过1,则若干代后会临近灭绝,若繁殖后代的平均数超过1,则若干代后还有继续繁殖的可能.19.(2020课标,18,12分)ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知B=150.(1

13、)若a=3c,b=27,求ABC的面积;(2)若sin A+3sin C=22,求C.解析(1)由题设及余弦定理得28=3c2+c2-23c2cos 150.解得c1=-2(舍去),c2=2,从而a=23.ABC的面积为12232sin 150=3.(2)在ABC中,A=180-B-C=30-C,所以sin A+3sin C=sin(30-C)+3sin C=sin(30+C).故sin(30+C)=22.而0Cb0)的离心率为22,且过点(2,2).(1)求椭圆G的方程;(2)过点M(0,1)斜率为k(k0)的直线l交椭圆G于A,B两点,在y轴上是否存在点N,使得ANM=BNM(点N与点M不

14、重合)?若存在,求出点N的坐标;若不存在,请说明理由.解析(1)由题意得ca=22,4a2+2b2=1,a2=b2+c2,解得a=22,b=2.所以椭圆G的方程为x28+y24=1.(2)解法一:由题意可知直线l的方程为y=kx+1.设A(x1,y1),B(x2,y2),N(0,t)(t1),所以直线AN的斜率为k1=y1-tx1,直线BN的斜率为k2=y2-tx2.所以当且仅当k1+k2=0时,ANM=BNM成立.所以y1-tx1+y2-tx2=x2y1-tx2+x1y2-tx1x1x2=x2(kx1+1)-tx2+x1(kx2+1)-tx1x1x2=2kx1x2+(1-t)(x1+x2)x

15、2x2=0.即2kx1x2+(1-t)(x1+x2)=0.由y=kx+1,x28+y24=1得(2k2+1)x2+4kx-6=0.则x1+x2=-4k2k2+1,x1x2=-62k2+1.所以2k-62k2+1+(1-t)-4k2k2+1=4k(t-4)2k2+1=0.又因为k0,所以t=4.因此在y轴上存在点N,使得ANM=BNM,点N的坐标为(0,4).解法二:根据题意,直线l的方程为y=kx+1(k0).设A(x1,y1),B(x2,y2),N(0,t)(t1),当t=0时,N(0,0),显然ANMBNM,不满足题意.所以直线AN的斜率为k1=y1-tx1.所以直线AN的方程为(y1-t

16、)x-x1y+x1t=0.所以原点O到直线AN的距离为d1=|x1t|(y1-t)2+x12.同理可得原点O到直线BN的距离为d2=|x2t|(y2-t)2+x22.所以当且仅当d1=d2,即|x1t|(y1-t)2+x12=|x2t|(y2-t)2+x22时,ANM=BNM成立.因为t0,所以x12(y1-t)2+x12=x22(y2-t)2+x22.所以x12(kx1+1-t)2+x12=x22(kx2+1-t)2+x22.整理得2(1-t)kx1x2(x1-x2)=-(1-t)2(x1+x2)(x1-x2),因为x1-x20,1-t0,所以2kx1x2=-(1-t)(x1+x2).由y=

17、kx+1,x28+y24=1得(2k2+1)x2+4kx-6=0.则x1+x2=-4k2k2+1,x1x2=-62k2+1.所以2k-62k2+1=-(1-t)(-4k)2k2+1.又k0,所以t=4.因此在y轴上存在点N,使得ANM=BNM,点N的坐标为(0,4).22.(2020课标,21,12分)设函数f(x)=x3+bx+c,曲线y=f(x)在点12, f12处的切线与y轴垂直.(1)求b;(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点,证明: f(x)所有零点的绝对值都不大于1.解析(1)f (x)=3x2+b.依题意得f 12=0,即34+b=0.故b=-34.(2)证明:由(1)知f

18、(x)=x3-34x+c, f (x)=3x2-34.令f (x)=0,解得x=-12或x=12.f (x)与f(x)的情况为:x-,-12-12-12,121212,+f (x)+0-0+f(x)c+14c-14因为f(1)=f-12=c+14,所以当c14时, f(x)只有小于-1的零点.由题设可知-14c14.当c=-14时, f(x)只有两个零点-12和1.当c=14时, f(x)只有两个零点-1和12.当-14c14时, f(x)有三个零点x1,x2,x3,且x1-1,-12,x2-12,12,x312,1.综上,若f(x)有一个绝对值不大于1的零点,则f(x)所有零点的绝对值都不大于1.