2022年高三數(shù)學專題復習 仿真卷（2）理

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1、2022年高三數(shù)學專題復習 仿真卷（2）理 一、選擇題(本大題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的) 1．已知集合A＝{x|x2≥4}，B＝{y|y＝|tan x|}，則(?RA)∩B＝(　　) A．(－∞，2] B．(0，＋∞) C．(0，2) D．[0，2) 2．復數(shù)z為純虛數(shù)，若(3－i)·z＝a＋i(i為虛數(shù)單位)，則實數(shù)a的值為(　　) A. B．3 C．－ D．－3 3．已知平面向量a，b的夾角為45°，且a＝(2，－2)，|b|＝1，則 |a－b|＝(　　) A. B．2 C. D．3

2、4．下列命題中為真命題的是(　　) A．a(chǎn)－b＝0的充要條件是＝1 B．?x∈R，ex＞xe C．?x0∈R，|x0|≤0 D．若p∧q為假，則p∨q為假 5.函數(shù)y＝sin(ωx＋φ)(φ＞0)的部分圖象如圖所示，設P是圖象的最高點，A，B是圖象與x軸的交點，若cos∠APB＝－，則ω的值為(　　) A. B. C. D．π 6．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分別是A1B1，A1C1的中點，BC＝CA＝CC1，則BM與AN所成角的余弦值為(　　) A. B. C. D. 7．已知某錐體的正

3、視圖和側(cè)視圖如圖，其體積為，則該錐體的俯視圖可以是(　　) 8．過雙曲線－＝1(a＞0，b＞0)的左焦點F1作圓x2＋y2＝a2的切線交雙曲線右支于點P，切點為T，PF1的中點M在第一象限，則以下結(jié)論正確的是(　　) A．b－a＝|MO|－|MT| B．b－a＞|MO|－|MT| C．b－a＜|MO|－|MT| D．b－a＝|MO|＋|MT| 第Ⅱ卷(非選擇題　共110分) 二、填空題(本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分，把正確答案填在題中的橫線上) 9．設雙曲線C經(jīng)過點(2，2)，且與－x2＝1具有相同漸近線，則C的方程為_______

4、_；漸近線方程為________． 10．在△ABC中，角A、B、C的對邊分別為a，b，c，已知c＝3，A＝120°，且S△ABC＝，則邊長a＝________，b＝________． 11．已知△ABC的三個頂點在以O為球心的球面上，且∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，球心O到平面ABC的距離為1，則球O半徑為________，球的表面積為________． 12．設Sn為數(shù)列{an}的前n項和，Sn＝(－1)nan－，n∈N*，則 (1)a3＝________． (2)S1＋S2＋…＋S100＝________． 13．已知e1，e2是平面單位向量，且e1·e2＝.若平面向量b

5、滿足b·e1＝b·e2＝1，則|b|＝________． 14．若變量x，y滿足約束條件且z＝2x＋y的最小值為－6，則k＝________． 15．對于函數(shù)f(x)，若存在區(qū)間A＝[m，n]，使得{y|y＝f(x)，x∈A}＝A，則稱函數(shù)f(x)為“同域函數(shù)”，區(qū)間A為函數(shù)f(x)的一個“同域區(qū)間”，給出下列四個函數(shù)： ①f(x)＝cosx；②f(x)＝x2－1；③f(x)＝|x2－1|；④f(x)＝log2(x－1)． 存在“同域區(qū)間”的“同域函數(shù)”的序號是________(請寫出所有正確的序號)． 三、解答題(本大題共5小題，共74分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟)

6、 16．(本小題滿分14分)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.已知a≠b，c＝，cos2A－cos2B＝sin Acos A－sin Bcos B. (1)求角C的大?。?2)若sin A＝，求△ABC的面積． 17．(本小題滿分15分)設等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a3＝，且S2＋，S3，S4成等差數(shù)列，數(shù)列{bn}滿足bn＝8n. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)求數(shù)列{an·bn}的前n項和Tn. 18．(本小題滿分15分)如圖，在三棱錐S－ABC中，SB⊥底面ABC，SB＝AB＝2，BC＝，∠ABC＝，D、E分別是SA、S

7、C的中點． (1)求證：平面ACD⊥平面BCD； (2)求二面角S－BD－E的平面角的大?。? 19．(本小題滿分15分)設二次函數(shù)y＝f(x)＝ax2＋bx＋c(a>b>c)，f(1)＝0，且存在實數(shù)m使得f(m)＝－a. (1)求證：(ⅰ)b≥0；(ⅱ)f(m＋3)>0； (2)函數(shù)y＝g(x)＝f(x)＋bx的圖象與x軸的兩個交點間的距離記為d，求d的取值范圍． 20．(本小題滿分15分)如圖，O為坐標原點，橢圓C1：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，離心率為e1；雙曲線C2：－＝1的左、右焦點分別為F3，F(xiàn)4，離心率

8、為e2，已知e1e2＝，且|F2F4|＝－1. (1)求C1，C2的方程； (2)過F1作C1的不垂直于y軸的弦AB，M為AB的中點，當直線OM與C2交于P，Q兩點時，求四邊形APBQ面積的最小值． 高考仿真卷(B卷) 1．D　[A＝{x|x2≥4}＝{x|x≥2，或x≤－2}，B＝{y|y＝|tan x|}＝[0，＋∞)，∴(?RA)∩B＝(－2，2)∩[0，＋∞)＝[0，2)．] 2．A　[設z＝bi(b∈R，且b≠0)，且(3－i)·z＝a＋i， ∴(3－i)·bi＝a＋i，即3bi＋b＝a＋i. 由復數(shù)相等的定義，a＝b且3b＝1，因此a＝.] 3．

9、C　[∵|a－b|2＝a2－2a·b＋b2，又a＝(2，－2)，|b|＝1，且〈a，b〉＝45°，所以|a－b|2＝8－2|a||b|cos 45°＋1＝5，則|a－b|＝.] 4．C　[“a－b＝0”是“＝1”的必要不充分條件，則A為假命題；顯然B中當x＝e時不成立，B為假命題；當x0＝0時，|x0|≤0成立，故C為真命題．] 5．C　[過點P作PC⊥x軸于點C，由cos∠APB＝－，得tan∠APB＝－2， ∵∠APB＝∠APC＋∠CPB，且tan∠APC＝，tan∠CPB＝， ∴tan∠APB＝＝＝－2，因此T＝4，所以ω＝＝.] 6．C　[法一　補成正方體，利用向量的方法求異

10、面直線所成的角． 由于∠BCA＝90°，三棱柱為直三棱柱，且BC＝CA＝CC1， 可將三棱柱補成正方體，建立如圖(1)所示空間直角坐標系．設正方體棱長為2，則可得A(0，0，0)，B(2，2，0)，M(1，1，2)，N(0，1，2)，∴＝(1，1，2)－(2，2，0)＝(－1，－1，2)，＝(0，1，2)，∴cos〈，〉＝＝＝＝. 法二　通過平行關(guān)系找出兩異面直線的夾角，再根據(jù)余弦定理求解， 如圖(2)，取BC的中點D，連接MN，ND，AD，由于MN綉B(tài)1C1綉B(tài)D，因此有ND綉B(tài)M，則∠AND即為異面直線BM與AN所成角．設BC＝2，則BM＝ND＝，AN＝，AD＝，因此cos∠A

11、ND＝＝.] 7．C　[由正視圖和側(cè)視圖知，錐體的高h＝＝.由V＝· S底·h，得S底＝2，在四個選項中，只有C項滿足S底＝2.] 8．A　[∵M為PF1的中點，O為F1F2的中點，∴2|OM|＝|PF2|. 由雙曲線的定義，知|PF1|－|PF2|＝2a，∴2|MF1|－2|OM|＝2a，即|MF1|－|OM|＝a(*)． ∵直線PF1與圓x2＋y2＝a2相切， ∴|TF1|2＝|OF1|2－|OT|2＝c2－a2＝b2，則|TF1|＝b， 因此|MF1|＝|MT|＋|TF1|＝|MT|＋b，代入(*)式，|MT|＋b－|OM|＝a，于是b－a＝|OM|－|MT|.] 9.－

12、＝1　y＝±2x　[設雙曲線C的方程為－x2＝λ，將點(2，2)代入上式，得λ＝－3，所以C的方程為－＝1，其漸近線方程為y＝±2x.] 10．7　5　[∵S△ABC＝bcsin A＝b·＝，∴b＝5. 由余弦定理，a2＝b2＋c2－2bccos A＝25＋9＋15＝49，所以a＝7.] 11.　12π　[設O1為斜邊BC的中點，則O1為△ABC的外接圓的圓心，∴OO1⊥平面ABC，則O1O＝1. 在Rt△OBO1中，O1B＝BC＝，于是OB＝＝， ∴球的半徑R＝OB＝，則球的表面積S＝4πR2＝12π.] 12．(1)－　(2)　[(1)∵Sn＝(－1)nan－. n＝3時，a

13、1＋a2＋a3＝－a3－① n＝4時，a1＋a2＋a3＋a4＝a4－， ∴a1＋a2＋a3＝－.② 由①②知a3＝－. (2)n>1時，Sn－1＝(－1)n－1an－1－， ∴an＝(－1)nan＋(－1)nan－1＋. 當n為奇數(shù)時，an＝－an－1； 當n為偶數(shù)時，an－1＝－. 故an＝ ∴Sn＝ ∴S1＋S2＋…＋S100＝－ ＝－＝－＝.] 13.　[因為|e1|＝|e2|＝1且e1·e2＝.所以e1與e2的夾角為60°.又因為b·e1＝b·e2＝1，所以b·e1－b·e2＝0，即b·(e1－e2)＝0，所以b⊥(e1－e2)．所以b與e1的夾角為30°，所以

14、b·e1＝|b|·|e1|cos 30°＝1.∴|b|＝.] 14．－2　[由題意知當z＝2x＋y過(k，k)時z＝2x＋y有最小值，將(k，k)代入z＝2x＋y，∴3k＝－6，∴k＝－2.] 15．①②③　[①中的存在A＝[0，1]，②中存在A＝[－1，0]，③中存在A＝[0，1]，使得{y|y＝f(x)，x∈A|}＝A.因此①②③為“同域函數(shù)”．④中，當1＜x＜2時，f(x)＜0；當x≥2時，f(x)≥0，不滿足．] 16．解　(1)由題意得－＝sin 2A－sin 2B， 即sin 2A－cos 2A＝sin 2B－cos 2B， sin＝sin. 由a≠b，得A≠B，又

15、A＋B∈(0，π)， 得2A－＋2B－＝π， 即A＋B＝， 所以C＝. (2)由c＝，sin A＝，＝，得a＝. 由a

16、·16＋·24＋…＋·8(n－1)＋·8n，② ①－②得Tn＝·8＋·8＋·8＋…＋·8－·8n＝8－， 故Tn＝16－. 18.(1)證明　由∠ABC＝，得BA⊥BC.又SB⊥底面ABC， ∴以B為坐標原點建立如圖所示的坐標系B－xyz.則A(2，0，0)，C(0，，0)，D(1，0，1)，E，S(0，0，2)． 易得：＝(－1，0，1)，＝(0，，0)，＝(1，0，1)．又·＝0，·＝0，∴⊥，⊥， ∴AD⊥BC，AD⊥BD.又BC∩BD＝B，∴AD⊥平面BCD.又AD?平面ACD，∴平面ACD⊥平面BCD. (2)解　又＝，設平面BDE的法向量為n＝(x，y，1)，所以

17、??n＝. 又平面SBD的法向量為，＝(0，，0)， ∴cos〈，n〉＝＝＝＝－. ∴二面角S－BD－E平面角的大小為. 19．(1)證明　(ⅰ)因為f(1)＝a＋b＋c＝0，且a>b>c，所以a>0，c<0，且a＋c＝－b， 因為存在實數(shù)m使得f(m)＝－a，即存在實數(shù)m，使am2＋bm＋c＋a＝0成立， 所以Δ＝b2－4a(a＋c)≥0，即b2＋4ab＝b(4a＋b)≥0， 因為4a＋b＝3a＋a＋b＝3a－c>0，所以b≥0. (ⅱ)由題意可知f(x)＝0的兩根為1，， 所以可設f(x)＝a(x－1)，其中a>0，<0， 因為f(m)＝－a，所以a(m－1)＝－a，

18、 即(m－1)＝－1<0， 所以必有0，c<0，所以＋1＝－≤0， 即≤－1， 又因為a>b＝－a－c，所以>－2，所以－2<≤－1， 所以m＋3>3＋>3－2＝1， 所以f(m＋3)>f(1)＝0，即f(m＋3)>0成立． (2)解　由(1)可知－2<≤－1， 因為y＝g(x)＝f(x)＋bx＝0?ax2＋2bx＋c＝0， Δ＝4b2－4ac＝4(b2－ac)>0，所以函數(shù)y＝g(x)＝f(x)＋bx的圖象與x軸必有兩個交點，記為(x1，0)，(x2，0)，則d＝|x1－x2|，x1＋x2＝－，x1·x2＝，d2＝(x2－x1)2＝(x

19、1＋x2)2－4x1x2＝－＝－ ＝4＝4(其中－2<≤－1)． 所以4≤d2<12，所以2≤d<2. 20．解　(1)因為e1e2＝，所以·＝，即a4－b4＝a4，因此a2＝2b2，從而F2(b，0)，F(xiàn)4(b，0)， 于是b－b＝|F2F4|＝－1，所以b＝1，a2＝2， 故C1，C2的方程分別為＋y2＝1，－y2＝1. (2)因AB不垂直于y軸，且過點F1(－1，0)， 故可設直線AB的方程為x＝my－1. 由得(m2＋2)y2－2my－1＝0. 易知此方程的判別式Δ＝(－2m)2－4×(－1)×(m2＋2)＝8(m2＋1)>0，設A(x1，y1)，B(x2，y2)

20、， 則y1，y2是上述方程的兩個實根， 所以y1＋y2＝，y1y2＝. 因此x1＋x2＝m(y1＋y2)－2＝， 于是AB的中點為M， 故直線PQ的斜率為－，PQ的方程為y＝－x， 即mx＋2y＝0. 由得(2－m2)x2＝4， 所以2－m2>0，且x2＝，y2＝， 從而|PQ|＝2＝2. 設點A到直線PQ的距離為d， 則點B到直線PQ的距離也為d， 所以2d＝. 因為點A，B在直線mx＋2y＝0的異側(cè)， 所以(mx1＋2y1)(mx2＋2y2)<0， 于是|mx1＋2y1|＋|mx2＋2y2|＝|mx1＋2y1－mx2－2y2|， 從而2d＝. 又因為|y1－y2|＝＝， 所以2d＝. 故四邊形APBQ的面積S＝|PQ|·2d＝＝2·. 而0<2－m2≤2，故當m＝0時，S取得最小值2. 綜上所述，四邊形APBQ面積的最小值為2.