綜合測(cè)試卷(一)

時(shí)間：120分鐘分值：150分

一、選擇題:本題共12小題,每小題5分，共60分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是

符合題目要求的.

1.(2024東城二模，1)已知集合人=也|1蕊忘2},那么[：壯=()

A.(-8,])U⑵+8)

B.(-°°,1]U[2,+8)

C.(-8,])U[2,+8)

D.(-0°,1]U⑵+8)

答案D依據(jù)補(bǔ)集的定義得[RA=(-8,I]U(2,+8),故選D.

2.(2024屆廣東深圳龍崗一中期中，3)已知復(fù)數(shù)z滿意2(2+。=|3+4村(其中》為虛數(shù)單位),

則復(fù)數(shù)一=()

A.2-iB.-2+i

C.2+iD.-2-i

答案Cz(2+i)=|3+4i|=V32+42=5,/.則一=2+i.故選C.

3.(2024新疆其次次適應(yīng)性檢測(cè),3)若關(guān)于x的不等式的解集為(-2,3),則

mn=()

A.5B.-5C.6D.-6

答案c因?yàn)?0$*-2<0,苧工〉0的解集為(-2,3),

所以x2-mx-n<0的解集為(-2,3),故一2+3=m,—2X3=-n,所以m=l,n=6,貝mn=6.故選C.

4.(2024海淀期中，5)如圖，角a以O(shè)x為始邊,它的終邊與單位圓0相交于點(diǎn)P,且點(diǎn)P的橫

坐標(biāo)為a則sin(f+a)的值為()

AA.—3Bcf

54

答案B易矢口cosQ/.sin（4+a）=cosa故選B.

5\2/5

5.（2024首都師大二附中開學(xué)測(cè)試,6）一個(gè)空間幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的體

積為（）

12

正視圖

答案D

由三視圖可知,該幾何體為如圖所示的三棱錐P-ABC,PC,平面ABC,PC=AC=2,AB=BC,AABC

中，AC邊上的高為2,所以VP-ABC=|SAABC-PC=gx；X2X2X2=*故選D.

思路分析由三視圖可知該幾何體的底面為等腰三角形,且等腰三角形的底為2,底上的高

為2,幾何體的高為2,利用棱錐的體積公式可求出幾何體的體積.

2

6.（2024四川宜賓月考,9）函數(shù)f（x）=1—的圖象大致為（）

311-3

D

答案C易知f(x)的定義域?yàn)?-8,-1)u(-1,1)U(1,+8),且f(x)為偶函數(shù),可解除A,B,

當(dāng)xe(0,1)時(shí),31x1-3<0,則f(x)<0,可解除D,故選C.

7.(2024長(zhǎng)沙明德中學(xué)3月月考)在各項(xiàng)都為正數(shù)的等比數(shù)列｛aj中,若a.=2,且a[a5=64,則數(shù)

歹！J七~-----)的前n項(xiàng)和是()

C.1--D.1--

2+12-1

答案A設(shè)公比為q,q>0,

4n

由ai=2,且aia5=64,得4q=64,解得q=2,貝！Jan=2,

可得數(shù)列｛(T)(即為｛(2;、)｝，

2_________1_1

(2-1)(2+1-1)2-12+1-f

???數(shù)列｛(°門｝的前n項(xiàng)和是白左+—???+六--=1-王，故選A.

8.(2024山東青島二模,7)已知正方體ABCD-ABCD的棱長(zhǎng)為2,點(diǎn)P在矩形ACCA區(qū)域(包含

邊界)內(nèi)運(yùn)動(dòng),且/PBD=45°,則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為()

A.KB.V2JiC.2nD.22口

答案B因?yàn)?PBD=45°,所以P在以B為頂點(diǎn),BD所在直線為軸，母線與軸夾角為45°的

圓錐的側(cè)面上，由于軸BDL對(duì)角面ACCA,ZABD=ZCBD=45°,因此在矩形ACCA區(qū)域(含邊界)

內(nèi)P點(diǎn)的軌跡是以AC為直徑的半圓弧,又AC=2A/2,因此動(dòng)點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為nX禽=0n.

故選B.

9.(2024濟(jì)南二模,7)將函數(shù)f(x)=V^sinx+cosx的圖象向右平移￡個(gè)單位后，得到函數(shù)g(x)

0

圖象,則下列關(guān)于g(x)的說(shuō)法正確的是()

A.最小正周期為Ji

B.最小值為T

C.圖象關(guān)于點(diǎn)（?，0）中心對(duì)稱

D.圖象關(guān)于直線x=?對(duì)稱

答案D因?yàn)閒（x）=V^sinx+cosx=2sin（+孑），所以g（x）=2sin（.+3=2sinx,所以

g（x）的最小正周期為2”,所以A錯(cuò)誤；

函數(shù)g（x）的最大值為2,最小值為-2,所以B錯(cuò)誤；

因?yàn)間（v）=2sin^=-2#0,所以圖象不關(guān)于點(diǎn)（9,0）中心對(duì)稱,所以C錯(cuò)誤；

因?yàn)間（7）=2siny=2,所以圖象關(guān)于直線x9對(duì)稱,所以D正確.故選D.

10.（2024東北三省四市聯(lián)考（二），10）已知直線x+y=a與圓x?+y2=4交于A、B兩點(diǎn),0為坐標(biāo)

原點(diǎn)，I—>+—>73|---1則實(shí)數(shù)a的值為（）

A.±2B.+V2C.+V3D.+V6

答案D由|一（+―（|=V3|—1-一（|得（-,+—（）2=3?（—->）2,又0為圓

x2+y2=4的圓心，貝11―（|=|—>|=2,所以一'-—=2,所以|一,|一>|cosZA0B=2,即

cosZA0B=i,所以NA0B=：,所以AAOB是等邊三角形且邊長(zhǎng)為2,則0到直線x+y=a的距離

d=V3,即d二島二封解得a=±因故選D.

11.（2024課標(biāo)H文，11,5分）已知Fi,&是橢圓C的兩個(gè)焦點(diǎn),P是C上的一點(diǎn).若PF」PFz,

且NPFzFi=60°,則C的離心率為（）

22

不妨設(shè)橢圓方程為「+F=l（a〉b〉0）.在RtZiFiPF?中，因?yàn)镹PF2FF60°,|FFz|=2c,所以

|PF2|=C,|PFthV3c.由橢圓的定義得|PFi|+|PFe|=2a,即Wc+c=2a,所以橢圓的離心率

e=-2^V3-l.故選D.

V3+1

12.(2024哈爾濱三中一模,12)已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿

意:f(x)=『,"、八則f(2024)+f(2024)的值等于()

((-1)-(-2),>0,

A.-5B.-4C.-3D.-2

答案D因?yàn)閤>0時(shí),f(x)=f(x-l)-f(x-2),所以f(x+l)=f(x)-f(xT),故f(x+l)=-f(x-2),

所以f(x+6)=-f(x+3)=f(x)(x〉0),故f(x)在x>0時(shí)是周期為6的函數(shù)，所以

f(2024)=f(6X336+4)=f(4)=-f(1)=-f(0)+f(T)=T,f(2024)=f(6X336+5)=f(5)=-f(2)=-[

(0)]=-f(1)=-1,故f(2024)+f(2024)=-2,故選D.

二、填空題：本題共4小題,每小題5分，共20分.

13.(2024濟(jì)南H--學(xué)校聯(lián)考,14)已知m是常數(shù)，(1-mx)，^+24*，3乂除32+a^x+ao,且

ai+a2+a3+a4+a5=-2,則ai=.

答案TO

解析令X=0,可得l=ao,令X=l,可得(卜111)5=20+21+32+23+24+25=-2+20=-1,；.111=2,故

旦=心(-2)=-10.

14.(2024黑龍江頂級(jí)名校模擬,14)已知不共線的平面對(duì)量a,b,c兩兩所成的角相等,且

a|=l,|b|=2,a+b+c|=?,則|c|=.

答案4

解析,??不共線的平面對(duì)量a,b,c兩兩所成的角相等，

，向量a,b,c兩兩所成的角為120°.

又|a|=1,|b|=2,|a+b+c|=小,

(a+b+c)2=a2+b2+c2+21a||b|cos1200+21a||c|,cosl20°+2|b||c|cosl20°-1+4+1c12-2-

|c|-2|c|=7,即1c「-31c1-4=0,解得1c|=4或|c|=T(舍).故答案為4.

22

15.(2024屆長(zhǎng)沙雅禮中學(xué)月考一，15)已知F為雙曲線口-,=1(a>0,b>0)的右焦點(diǎn),過(guò)F作與

x軸垂直的直線交雙曲線于A,B兩點(diǎn)，若以AB為直徑的圓過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)，則該雙曲線的離心率

為.

2

解析設(shè)雙曲線的半焦距為C,c>0,則F(c,0),把x=c代入雙曲線方程得y=±—,不妨令

A(,—B(，-」)，因?yàn)橐訟B為直徑的圓過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)，所以c=「，所以ac=c?-a；可得

e2-e-l=0,又e>l,所以e=與亞.

16.(2024屆廣東惠州調(diào)研，15)如圖，四邊形ABCD和ADPQ均為正方形,它們所在的平面相互

垂直，動(dòng)點(diǎn)M在線段PQ上,E、F分別為AB、BC的中點(diǎn)，設(shè)異面直線EM與AF所成的角為6,

則COS0的最大值為.

答案I

5

解析

由己知條件知,AB,AD,AQ兩兩垂直,所以以A為原點(diǎn)，分別以AB,AD,AQ所在直線為x,y,z軸

建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則A(0,0,0),設(shè)AB=2,則E(l,0,0),F(2,1,0),則

一=(2,1,0).

由M在線段PQ上，設(shè)M(0,y,2),0WyW2,

-(-1,y,2),cose=|cos<\*〉I=-p=~設(shè)f(y)=~r=—『，OWyW2,貝！j

f'(y)=L］一^~^,:函數(shù)g(y)=-2y-5是一次函數(shù),且為減函數(shù),g(o)=-5〈o,；.g(y)〈0在

V5(2+5)V2+5

［0,2］上恒成立，.?.￡(y)<0,；.f(y)在［0,2］上單調(diào)遞減，.?.y=0時(shí),f(y)取到最大值:,即

COS。的最大值為今

□

三、解答題:共70分.解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明,證明過(guò)程或演算步驟.

(一)必做題

17.（2024貴州4月模擬,18）已知｛aj為等差數(shù)列,各項(xiàng)為正的等比數(shù)列｛b?｝的前n項(xiàng)和為

Sn,23,1—bl—2,82+@8=10,.

在①入s?=b?-l;@a4=S3-2S2+Si;@b?=2這三個(gè)條件中任選一個(gè),補(bǔ)充在上面的橫線上,并

完成下面問(wèn)題的解答.（假如選擇多個(gè)條件解答,則依據(jù)第一個(gè)解答計(jì)分）

⑴求數(shù)列｛aj和｛bj的通項(xiàng)公式；

（2）求數(shù)列｛&?bj的前n項(xiàng)和T0.

解析選擇②進(jìn)行解答.（答案不唯一）

（1）設(shè)等差數(shù)列｛須｝的公差為d,各項(xiàng)為正的等比數(shù)列｛bj的公比為q（q>0）,

\"2ai=bi=2,a2+a8=10,.'.ai=l,2ai+8d=10,解得d=l./.an=l+n-l=n.

,.*a*=S3-2S2+Si,.,.aFb3-b2,：.2q-2q=4,解得q=2（舍負(fù)）..*.*=2".

⑵由⑴得a??b?=n?2".

2323nn+1

則數(shù)列｛an?b?）的前n項(xiàng)和T?=2+2X2+3X2+-+n?2".2T?=2+2X2+-+（n-l）?2+n?2.

.?.-T?=2+2z+23+-+2n-n?2n+1=^1~2?2n+1,

1—2

.?.T?=（n-1）?2n+1+2.

18.（2024太原一模，19）如圖，在三棱錐P-ABC中，APAB是正三角形,G是4PAB的重心,D,E,H

分別是PA,BC,PC的中點(diǎn)，點(diǎn)F在BC上，且BF=3FC.

⑴求證:平面DFH〃平面PGE;

（2）若PB±AC,AB=AC=2,BC=2A/2,求三棱錐P-DEG的體積.

解析（1）證明：連接BG,由題意可得BG與GD共線,且BG=2GD,

是BC的中點(diǎn),BF=3FC,；.F是CE的中點(diǎn)，

■=■-=2,AGE^DF,又GEc平面PGE,DF。平面PGE,

；.DF〃平面PGE.

VH是PC的中點(diǎn),F是EC的中點(diǎn)，；.FH〃PE,又PEc平面PGE,FHC平面PGE,；.FH〃平面PGE,

又：DFCFH=F,DFc平面DHF,FHc平面DHF,

平面DFH〃平面PGE.

(2),/AB=AC=2,BC=2V2,AB2+AC2=8=BC2,

，ABJ_AC,：PB_LAC,ABnPB=B,...AC，平面PAB.

「△PAB是正三角形，...5.=苧面=畬,

V-PDEG-V-EPDG~-VE-PBD{VE-PAB=二Vc-PAB=々X：,SAPAB,AC=

3b12123lo

19.（2024百校聯(lián)盟質(zhì)量監(jiān)測(cè)）為了增加超市的銷售量,營(yíng)銷人員實(shí)行了相應(yīng)的推銷手段,每

位顧客消費(fèi)達(dá)到100元可以獲得相應(yīng)的積分,每花費(fèi)100積分可以參加超市的抽獎(jiǎng)嬉戲，嬉戲

規(guī)則如下:抽獎(jiǎng)箱中放有2張獎(jiǎng)券,3張白券,每次任取兩張券,每個(gè)人有放回地抽取三次,即

完成一輪抽獎(jiǎng)嬉戲;若摸出的結(jié)果是“2張獎(jiǎng)券”三次,則獲得10100積分,若摸出的結(jié)果是

“2張獎(jiǎng)券”一次或兩次,則獲得300積分,若摸出“2張獎(jiǎng)券”的次數(shù)為零,則獲得0積分;

獲得的積分扣除花費(fèi)的100積分，則為該顧客所得的最終積分,最終積分若達(dá)到肯定的標(biāo)準(zhǔn),

可以兌換電飯鍋、洗衣機(jī)等生活用品.

⑴求一輪抽獎(jiǎng)嬉戲中，甲摸出“2張獎(jiǎng)券”的次數(shù)為零的概率;

⑵記一輪抽獎(jiǎng)嬉戲中，甲摸出“2張獎(jiǎng)券”的次數(shù)為X,求X的分布列以及數(shù)學(xué)期望;

⑶試用概率與統(tǒng)計(jì)的相關(guān)學(xué)問(wèn)，從數(shù)學(xué)期望的角度進(jìn)行分析,多次參加抽獎(jiǎng)嬉戲后，甲的最

終積分狀況.

解析⑴每次抽取,摸出“2張獎(jiǎng)券”的概率P=1=《,故一輪嬉戲中，甲摸出“2張獎(jiǎng)

（2）依題意,X的可能取值為0,1,2,3,

故P(X=0)=P(A)焉,P(X=D=丹?(1—卷)噓,P(X=2)=C”(5)?0-

力磊,P（X=3）=佶）1

-1000,

故X的分布列為

0123

729243271

P

1000100010001000

故E(X)=0X琮+1X評(píng)13

100010,

(3)記一輪抽獎(jiǎng)嬉戲后，甲的最終積分為Y分,Y的全部可能取值為TOO,200,10000,則Y的分

布列為

Y-10020010000

7292701

P

100010001000

-72900+54000+10000

故E(Y)=二—8.9,

1000

可知一輪嬉戲過(guò)后，甲的最終積分的期望為負(fù)數(shù),

故多次參加抽獎(jiǎng)活動(dòng)后,可以估計(jì)甲的最終積分會(huì)越來(lái)越少.

22

20.(2024屆T8聯(lián)考,20)設(shè)橢圓E:—+—=1(a>b>0),0C:(x-2m)件(y-4nM=1(mWO),點(diǎn)Fi,F2

分別為E的左,右焦點(diǎn)，點(diǎn)C為圓心,0為原點(diǎn),線段0C的垂直平分線為1.已知E的離心率為;,

點(diǎn)Fi,F?關(guān)于直線1的對(duì)稱點(diǎn)都在圓C上.

⑴求橢圓E的方程；

⑵設(shè)直線1與橢圓E相交于A,B兩點(diǎn)，問(wèn)：是否存在實(shí)數(shù)m,使直線AC與BC的斜率之和為g?

若存在,求實(shí)數(shù)m的值;若不存在,說(shuō)明理由.

解析⑴因?yàn)閑=—=：,所以a=2c.

設(shè)點(diǎn)儲(chǔ),出關(guān)于直線1的對(duì)稱點(diǎn)分別為M,N,因?yàn)辄c(diǎn)0,C關(guān)于直線1對(duì)稱,0為線段FE的中點(diǎn)，

所以C為線段MN的中點(diǎn),從而線段MN為圓C的一條直徑,所以|FR歸為|=2,即2c=2,即c=L

22

于是a=2,b2=a2-c2=3,所以橢圓E的方程是7+彳=1.

(2)因?yàn)樵c(diǎn)0為線段F島的中點(diǎn)，圓心C為線段MN的中點(diǎn)，直線1為線段OC的垂直平分線，

所以點(diǎn)。與C也關(guān)于直線1對(duì)稱，

因?yàn)辄c(diǎn)C(2m,4m),所以線段0C的中點(diǎn)為(m,2m),直線0C的斜率為2,又直線1為線段0C的垂

直平分線,所以直線1的方程為y-2m=-1(x-m),即y=fx+".

將y=[x+"代入7+一=1,得3x?+4(-卞+")2=12,即4x2-10mx+25m2-12=0.

因?yàn)橹本€1與橢圓E相交,所以△=100m2-16(25m2-12)>0,解得m2<||,即|m|號(hào)

2512

設(shè)A(xi,yi),B(x2,y2),貝！Jxi+x2=^-,xix2=4.

24m_1(i+3m

所以kc+kc=-

AB]-2m2-2m2\i_2m

(i+3m)(2-2m)+(2+3m)(「2m)

2(i-2m)(2-2m)

2[2+m(]+2)T22

2i2-4m(i+2)+82

o

因?yàn)閗Ac+ksc^,

所以!■]2+m(]+2)T22+2—0

l2-4m(i+2)+83

*l23

則2xix2-m(xi+x2)-4m=0,

所以25212_3_4nl2=0,gp二］,gpm二±1.

所以不存在實(shí)數(shù)m,使直線AC與BC的斜率之和為|.

21.(2024山東青島二模,21)已知函數(shù)f(x)=alnx-V-+l(x>0),a￡R.

⑴探討f(x)的單調(diào)性；

⑵若對(duì)隨意x￡(0,+8),均有f(x)W0,求a的值；

(3)假設(shè)某籃球運(yùn)動(dòng)員每次投籃命中的概率均為0.81,若其10次投籃全部命中的概率為p,

證明:p〈eW

解析(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+8),f，

3z

若aWO,則f'(x)<0對(duì)隨意的x>0恒成立，此時(shí)函數(shù)f(x)在(0,+8)上為減函數(shù)；

若a>0,由f'(x)>0可得0<x<4a2,由f'(x)<0可得x>4a2,

止匕時(shí),函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,4a)單調(diào)遞減區(qū)間為(4a；+8).

綜上所述,當(dāng)a<0時(shí)，函數(shù)f(x)在(0,+8)上為減函數(shù);當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)f(x)在(0,4a2)上單調(diào)

遞增，在(41,+8)上單調(diào)遞減.

⑵當(dāng)aWO時(shí)，函數(shù)f(x)在(0,+8)上為減函數(shù),且f(1)=0,當(dāng)0<x<l時(shí),f(x)>f(1)=0,不合題

22

當(dāng)a>0時(shí)，由⑴知f(x)maX=f(4a)=aln(4a)-2a+l=2aln(2a)-2a+l^0,

令t=2a,t>0,可得tint-t+IWO,即lnt-l+—^0,

令g(t)=lnt+—-1,其中t>0,貝UgJ(t)=———2=——.

當(dāng)時(shí),g'(t)<0,此時(shí)函數(shù)g(t)單調(diào)遞減；

當(dāng)t>l時(shí),g'(t)〉0,此時(shí)函數(shù)g(t)單調(diào)遞增.

所以，g(t)mi?=g(l)=O,貝I]g(t)2g(1)=0,又g(t)W0,所以g(t)=O,所以2a=t=l,解得a=g.

⑶由題意可得p=0.8110,

由⑵可知，當(dāng)a寺寸,，-廠+1W0,即lnxW2(，—-l),所以

InO.8110=101n0.8K20(VW-1)=-2,因此,p<e-2.

(-)選擇題(從下面兩道題中選一題做答)

22.(2024安徽黃山二模,22)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，曲線Q的參數(shù)方程為