2022届高三上学期一轮复习8月阶段性成果检测调研卷数学试题（新高考地区）+Word版含解析

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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．2 C． D．
【答案】C
【分析】
求出，代入，即可求得模长.
【详解】
由题：，，
，
所以.
故选：C
3．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：A
7．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：AD
12．“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2
B．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：②③④
16．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.