2022届高考数学一轮复习收官测评卷（新高考Ⅰ）

这是一份2022届高考数学一轮复习收官测评卷（新高考Ⅰ），共14页。

【满分：150分】
【时间：120分钟】
一、单项选择题：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，，则( )
A.B.C.D.
2.设复数满足，其中为虚数单位，在复平面内，复数对应的点位于( )
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3.将20个完全相同的小球放入编号分别为1,2,3,4的四个盒子中,要求每个盒子中球的个数不小于它的编号,则不同的放法种数为( )
A.1615B.1716C.286D.364
4.若一个直角三角形的三边成等比数列，则较小锐角的正弦值是( )
A.B.C.D.
5.某学校有高一、高二、高三年级的学生共有1200人，其中高一年级的学生人数是高三年级的2倍，高二年级的学生人数比高一年级的少300人.若采用分层抽样在三个年级抽取16人进行安全教育，则高二年级学生被抽到的人数为( )
A.2B.4C.6D.8
6.某公司为了业务发展制订了一个激励销售人员的奖励方案，在销售额x为8万元时，奖金y为1万元；销售额x为64万元时，奖金y为4万元.若公司拟定的奖励模型为，某业务员要得到8万元奖金，则他的销售额应为( )
A.512万元B.1024万元万元D.256万元
7.已知向量，，且，则( )
A.-4B.-8C.4D.8
8.已知在区间上是减函数，那么( )
A．有最大值 B．有最大值 C．有最小值 D．有最小值
二、多项选择题：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3分，有选错的得0分.
9.已知，分别为双曲线(，且)的左、右焦点，P为双曲线右支上异于顶点的任意一点，O为坐标原点，则下列为真命题的是( )
A.的内切圆的圆心必在直线上
B.的内切圆的圆心必在直线
C.的内切圆的圆心必在直线OP上
D.的内切圆必经过点
10.在中，角所对的边分别为，则能确定B为钝角的是（ ）
A．
B．均为锐角，且
C．均为锐角，且
D．
11.对任意的正实数x,y，下列等式成立的是( )
A.B.C.D.
12.若随机变量X服从两点分布，其中分别为随机变量X的均值与方差，则下列结论正确的是( )
A.B.C.D.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.已知椭圆和双曲线的公共焦点为，，P是两条曲线的一个公共点，则的值为__________.
14.在等比数列中，各项均为正值，且，，则________.
15.在三棱锥中，，当此三棱锥的体积最大时，该三棱锥外接球的体积是___________.
16.的展开式中常数项是________________(用数字作答).
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. （10分）在中，分别是内角的对边.若
（1）求角C；
（2）若且，求的面积.
18. （12分）已知数列中，，，数列满足.
（1）求证：数列是等差数列；
（2）求数列中的最大项和最小项，并说明理由.
19. （12分）近年来，随着我国汽车消费水平的提高，二手车行业得到迅猛发展某汽车交易市场对2019年成交的二手车交易前的使用时间进行统计，得到频率分布直方图如图1所示.
（1）记“在2019年成交的二手车中随机选取一辆，该车交易前的使用时间在”为事件A，以频率估计概率，试估计事件A的概率；
（2）根据该汽车交易市场的历史资料，得到散点图如图2所示，其中x（单位：年）表示二手车交易前的使用时间，y（单位：万元）表示相应的二手车的平均交易价格.由散点图看出，可采用作为二手车平均交易价格y关于其交易前的使用时间x的回归方程，相关数据如下表（表中，）：
根据回归方程的类型及表中数据，求y关于x的回归方程.
20. （12分）如图，矩形ABCD和梯形ABEF所在的平面垂直，，，，，.
（1）求证：；
（2）若直线AC与平面ABEF所成的角等于，求钝二面角的余弦值.
21. （12分）设函数.
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）当时，求函数在上的最小值m和最大值M.
22. （12分）设椭圆，右顶点是，离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线与椭圆交于两点 (不同于点)，若，求证:直线过定点，并求出定点坐标.
答案以及解析
一、单项选择题
1.答案：A
解析：解：由已知可得，
又，所以，
故选：A.
解出集合A，即可判断A，B的关系.
本题考查了集合间的包含关系，涉及到解一元二次不等式的问题，属于基础题.
2.答案：D
解析：，对应的坐标为，在第四象限
3.答案：C
解析：先在编号为1,2,3,4的四个盒子内分别放0,1,2,3个球，再将剩下的14个小球分成四份分别放入编号为1,2,3,4的盒子里14个球之间有13个空隙,选出3个空隙放入隔板,所以有种放法.
4.答案：B
解析：设三条边由小到大分别为a，aq，，则，即，解得（负值舍去），则较小锐角的正弦值是.
5.答案：B
解析：本题考查分层抽样.设高一年级的学生人数为2x，则高二、高三年级的学生人数分别为，则有，解得，即高一年级600人，高二年级300人，高三年级300人，故若抽取16人进行安全教育，高二年级学生被抽到的人数为，故选B.
6.答案：B
解析：依题意得即
解得，.
所以，
当，即时，
解得.
故选B.
7.答案：D
解析：由题意知，
则，，.
8.答案：B
解析：由在上是减函数，知
，
则
.
故选B.
二、多项选择题
9.答案：AD
解析：设的内切圆分别与，切于点A、B，与切于点M，
则，，.
又点P在双曲线的右支上，所以，
故，而，
设点M的坐标为，可得，解得，
显然内切圆的圆心与点M的连线垂直于x轴，故AD正确，B错误.
因为OP是的边上的中线，
所以的内切圆的圆心不一定在中线OP上，故选AD.
10.答案：AC
解析：对于A：，即，可得，
又B为三角形的内角，所以B为钝角；
对于B：均为锐角，等价于，
又因为在上单调递增，所以，
即，，故B错误；
对于C：均为锐角，可得，，
又，所以，故B为钝角；
对于D：，所以，所以B为锐角，故D错误，
综上选AC．
11.答案：ACD
解析：，中等式不成立.，，A,C,D中的等式显然成立.故选ACD.
12.答案：AB
解析：随机变量X服从两点分布，其中,,,.易知A正确，D错误;,故B正确；,故C错误.故选AB.
三、填空题
13.答案：
解析：设，分别为左，右焦点，点P在第一象限，
由椭圆与双曲线的定义可得
解得
又，
所以.
14.答案：
解析：在等比数列中，，则.又各项均为正值，所以.
15.答案：
解析：因为，所以，由余弦定理得，又，所以，所以.
如图，当平面时，三棱锥的体积最大.
把三棱锥放在长方体中，其外接球的半径，
所以该三棱锥外接球的体积.
16.答案：240
解析：展开式的通项,令,解得,所以常数项为.
四、解答题
17.答案：（1）由正弦定理得，
（2），又由余弦定理可得，
解得
故
18.答案：（1）因为，，
所以.
又，所以数列是以为首项，1为公差的等差数列.
（2）由（1），得，
则.
设，则在区间和上为减函数，且当时，；当时，，
所以当时，取得最小值-1；当时，取得最大值3.
19.答案：（1）由频率分布直方图，得该汽车交易市场2019年成交的二手车交易前的使用时间在内的频率为，在内的频率为，所以.
（2）由,得,即.
由表中数据，得,
,
所以Y关于x的线性回归方程为,
即y关于x的回归方程为.
20.答案：（1）证明：在中，
由正弦定理可得.
所以，
因此，即.
又因为平面平面ABEF，
平面平面，
所以平面ABCD，
因为平面ABCD，
所以.
（2）由于ABCD是矩形，所以，
又因为平面平面ABEF，
平面平面，
所以平面ABEF，
故直线AC与平面ABEF所成的角为，
所以.
因为，所以.
易得，所以，.
以B为原点，BA,BF,BC所在直线分别为x轴，
y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，
，，
设平面DCF的一个法向量为，
则有取，得，
，所以.
设平面CFE的一个法向量为，
则有取，
得，，所以.
所以，
故钝二面角的余弦值为.
21.答案：（1）当时，，.
，
在R上恒成立，在R上单调递增，
的单调递增区间为，无单调递减区间.
（2），.
①当，即时，在R上恒成立，
在R上单调递增，
在上的最小值，最大值.
②当，即时，
令，得，.
的图象的对称轴为直线，且恒过点，
作出的大致图象如图所示，可知，
当x变化时，，的变化情况如下表：
由表可知，.
，
.
，
.
综上所述，当时，函数在上的最小值，最大值.
22.答案：（1）右顶点是，离心率为，
所以，∴，则，
∴椭圆的标准方程为.
（2）当直线斜率不存在时，设，
与椭圆方程联立得：，，
设直线与轴交于点，，即，
∴或 (舍），
∴直线过定点；
当直线斜率存在时，设直线斜率为，，则直线，与椭圆方程联立，得，
，，，
，
，则，
即，
∴，
∴或，
∴直线或，
∴直线过定点或舍去；
综上知直线过定点.
5.5
8.7
1.9
301.4
79.75
385
x
k
-k
+
0
-
0
+
k
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增