新高考一轮复习作业8 综合小测002-遇见最美的数学系列——专项好题版

新高考数学一轮复习综合小测 002 一、单选题 1．已知复数  21 2iz   ，则 z在复平面内对应的点的坐标为（ ） A．  3, 4  B．  3, 4 C．  3, 4 D．  3,4 2．已知集合  2 3A x x  ， { | ln( 3)}B x y x   ，则 A B  （ ） A． ( 1, )  B．[ 3, )  C． ( 3, 1)  D．[ 3,1) 3．陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时代遗址.如图所示的是一个陀螺立体结构图. 已知，底面圆的直径 12cmAB  ，圆柱体部分的高 6cmBC = ，圆锥体部分的高 4cmCD  ，则这个陀螺的表面积（单 位： 2cm ）是（ ） A．  144 12 13 π B．  144 24 13 π C．  108 12 13 π D．  108 24 13 π 4．在财务审计中，我们可以用本福特定律来检验数据是否造假．本福特定律指出，在一组没有人为编造的自然生 成的数据（均为正实数）中，首位非零数字是 1，2，L ，9 这九个事件并不是等可能的．具体来说，假设随机变量 X 是一组没有人为编造的数据的首位非零数字，则 1( ) lg kP X k k    ， 1,2, ,9k   ．根据本福特定律，首位非零数 字是 1的概率与首位非零数字是 8的概率之比约为（ ） （参考数据： lg 2 0.301 ， lg 3 0.477 ） A．4 B．5 C．6 D．7 5．将 7 个相同的球放入 4 个不同的盒子中，则每个盒子都有球的放法种数为（ ） A．22 B．25 C．20 D．48 6．若 5 2 50 1 2 5( 2) ( 2) ( 2)x a a x a x a x          ,则 0a =（ ） A． 32 B． 2 C．1 D．32 7．过椭圆 2 2 1 25 16 x y   的中心作直线与椭圆交于 A、B 两点， 1F为椭圆的左焦点，则 1F AB 面积的最大值为（ ） A．6 B．12 C．24 D．48 8．如图，圆O的半径为 1，A是圆上的定点，P是圆上的动点，角 x的始边为射线OA，终边为射线OP，过点 P作 直线OA的垂线，垂足为M .将点M 到直线OP的距离表示成 x的函数  f x ，则  y f x 在  0, π 的图象大致为（ ） A． B． C． D． 二、多选题 9．用一个平面去截正方体，则截面可能是（ ） A．直角三角形 B．等边三角形 C．正方形 D．正六边形 10．下列为真命题的有（ ） A．90，92，92，93，93，94，95，97，99，100 的中位数为 93.5 B．设一组样本数据 1 2, , , nx x x 的方差为 2，则数据 1 24 ,4 , , 4 nx x x 的方差为 8 C．甲、乙、丙三种个体按 3∶1∶2 的比例分层抽样调查，若抽取的甲种个体数为 9，则样本容量为 18 D．已知随机变量  2~ 2,N  ，且  4 0.8P    ，则  0 4 0.6P    11．已知   1sin π 2    ，则下列计算正确的是（ ） A．   1sin 5π 2   B． π 3sin 2 2       C． 3π 1cos 2 2        D． πtan 3 2       12．下列命题正确的有（ ） A．命题“ 1x  ，2 1 0x   ”的否定“ 1x  ，2 1 0x   ” B．函数  21 2 ( ) log 6 2f x x x   单调递增区间是 1 ,2 4     C．函数     , 1 3 2 2 , 1 a x f x x a x x          是R 上的增函数，则实数 a 的取值范围为 31, 2       D．函数 2 3( ) logf x x x   的零点所在区间为  2,3 且函数  f x 只有一个零点 三、填空题 13．已知  ,1a k ，  2,3b    ，若 a与b  互相平行，则实数 k的值是__________． 14．已知 2 2 1 2~ , ,( ) ( )~ ,X N Y N    ，则“ 1 2  ”是“X的密度曲线的峰值比 Y的密度曲线的峰值高”的________ 条件.(填“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”、“既不充分也不必要”之一) 15．数列 na 的前 n项和 22 1nS n n   ，则该数列的通项公式为______. 16．已知直线 l过圆  2 21 1x y   的圆心，且与圆相交于A，B两点，P为椭圆 2 2 1 9 8 x y + = 上一个动点，则 PA PB   的 最大值与最小值之和为______． 四、解答题 17．在△ABC 中，角 A，B，C所对的边为 a，b，c (1)若 sin 2 3 sinB B= ，求∠B； (2)若 2 cosa b C ，试判断△ABC 的形状． 18．已知等比数列 na 的各项均为正数，且 2 3 4 39a a a   ， 5 4 32 3a a a  . (1)求 na 的通项公式； (2)数列 nb 满足 n nb n a  ，求 nb 的前 n项和 nT . 19．如图，设在直三棱柱 1 1 1ABC ABC- 中， 1 2AB AC AA   ， 90BAC  ，E，F依次为 1 ,CC BC的中点． (1)求异面直线 1A B、EF 所成角的余弦值； (2)求点 1B 到平面 AEF 的距离． 20．设函数   exf x ax  ， 0x  且 Ra ． (1)求函数  f x 的单调性； (2)若   2 1f x x  恒成立，求实数 a 的取值范围． 21．已知双曲线   2 2 2 2: 1 0, 0 x yC a b a b     的离心率为 2，焦点到一条渐近线的距离为 3 . (1)求双曲线C的方程； (2)若过双曲线的左焦点 F 的直线 l交双曲线于A， B两点，交 y轴于 P，设 PF mFA nFB     ，证明： 8 3 m n   . 22．马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，在强化学习、自然语言处理、金 融领域、天气预测等方面都有着极其广泛的应用．其数学定义为：假设我们的序列状态是…， 2tX  ， 1tX  ， tX ， 1tX  ，…， 那么 1tX  时刻的状态的条件概率仅依赖前一状态 tX ，即    1 2 1 1, , ,t t t t t tP X X X X P X X      ． 现实生活中也存在着许多马尔科夫链，例如著名的赌徒模型． 假如一名赌徒进入赌场参与一个赌博游戏，每一局赌徒赌赢的概率为50%，且每局赌赢可以赢得 1元，每一局赌徒 赌输的概率为50%，且赌输就要输掉 1 元．赌徒会一直玩下去，直到遇到如下两种情况才会结束赌博游戏：一种是 手中赌金为 0 元，即赌徒输光；一种是赌金达到预期的 B元，赌徒停止赌博．记赌徒的本金为  *N ,A A A B  ， 赌博过程如下图的数轴所示．当赌徒手中有 n 元（0 n B  ， Nn ）时，最终输光的概率为．．．．．．．．  P n ，请回答下列问 题： (1)请直接写出  0P 与  P B 的数值． (2)证明   P n 是一个等差数列，并写出公差 d． (3)当 100A  时，分别计算 200B  ， 1000B  时，  P A 的数值， 并结合实际，解释当 B时，  P A 的统计含义． 答案第 1页，共 8页 新高考数学一轮复习综合小测 002 参考答案 1．D 【详解】  21 2i i3 4z      ，即 z在复平面内对应的点的坐标为 ( 3,4) . 故选:D. 2．C 【详解】由题意：  1A x x   ，  3B x x   ，所以  3, 1A B    ； 故选：C. 3．C 【详解】由题意可得圆锥体的母线长为 2 26 4 2 13l    ， 所以圆锥体的侧面积为 1 12π 2 13 12 13π 2    ， 圆柱体的侧面积为12π 6 72π  ， 圆柱的底面面积为 2π 6 36π  ， 所以此陀螺的表面积为   212 13π 72π 36π 108 12 13π cm    ， 故选：C. 4．C 【详解】由题意可得： ( 1) lg 2 lg 2 lg 2 0.301 69( 8) lg9 lg8 2lg3 3lg 2 3 0.477 3 0.301lg 8 P X P X             ． 故选：C. 5．C 【详解】将 7个相同的球放入 4个不同的盒子中，即把 7个相同的球分成 4组， 因为每个盒子都有球， 所以每个盒子至少又一个球，不妨将 7个球摆成一排，中间形成 6个空，只需在这 6个空插入 3个隔板将它们隔开， 即分成 4组，不同插入方法共有 36 20C  种， 所以每个盒子都有球的放法种数为 20．故选 C． 6．D 【详解】 5 2 50 1 2 5( 2) ( 2) ( 2)x a a x a x a x           取 2x  ， 0 32a  . 故选：D . 7．B 【详解】如图： 设点A的坐标为  ,A x y ，由于 AB过椭圆中心， 所以A， B两点关于原点O对称，于是  ,B x y  ， 答案第 2页，共 8页 所以 1 1 1 2 2F AB S OF y c y   ，因此， 当 y 最大时， 1F AB 的面积最大， 而当A， B为椭圆上下顶点时， y 最大， 所以， 1F AB 的面积最大为 3 4 12cb    . 故选：B. 8．B 【详解】 如图：过M 作MD OP 于D，则由题意可得： sinPM x ， cosOM x ， 在Rt OMP 中， 1 2OMP S MD OP OM PM    ， 所以 cos sin 1cos sin sin 2 1 2 x xOM PMMD x x x OP      ， 所以 1( ) sin 2 (0 π) 2 f x x x   ，其图象即为选项 B. 故选：B. 9．BCD 【分析】作出对应的截面，分析截面的形状，可得出合适的选项. 【详解】对于 A选项，一个平面与正方体共点的3个面相交，截面为三角形，此三角形不可能是直角三角形， 如图，截面为 ABC ，点O为正方体的顶点， 在三棱锥O ABC 中，OA、OB、OC两两垂直， 若 ABC 为直角三角形，不妨令 90BAC  ，则 2 2 2BC AB AC  ， 而 2 2 2BC OB OC  ， 2 2 2AB OA OB  ， 2 2 2AC OC OA  ， 因此 22 0OA  ，矛盾，A错误； 对于 B选项，当截面为下图所示的 ABC 时，截面为等边三角形，B对； 对于 C选项，当截面与正方形的底面平行时，截面为正方形，如下图所示： 答案第 3页，共 8页 对于 D选项，一个平面与正方体的6个面相交，截面为六边形，此六边形可能是正六边形， 如图， N、 P、Q、 R、S、T为正方体所在棱的中点，顺次连接得正六边形， 设正方体棱长为 a，有 2 2 TN NP PQ QR RS ST a      ， 6 2 PT a ， NPT 中， 2 2 2 1cos 2 2 NT NP PTPNT NT NP        ，则 120PNT  ， 同理 120NPQ PQR QRS RST STN          ，即六边形 NPQRST 为正六边形，D正确. 故选：BCD. 10．ACD 【详解】对于 A，90，92，92，93，93，94，95，97，99，100的中位数为 93 94 93.5 2   ，故 A正确； 对于 B，样本数据 1 2, , , nx x x 的方差为 2， 则数据 1 24 ,4 , , 4 nx x x 的方差为 22 4 32  ，故 B不正确； 对于 C，甲、乙、丙三种个体按 3∶1∶2的比例分层抽样调查， 若抽取的甲种个体数为 9，则样本容量为 3 1 29 18 3     ，故 C正确； 对于 D，随机变量  2~ 2,N  ，  4 0.8P    ， 所以    0 4 0.8 0.5 2 0.6P       ，故 D正确. 故选：ACD 11．AC 【详解】依题意，   1 1sin π sin ,sin 2 2         ， 所以 2 3cos 1 sin 2       ， 所以   1sin 5π sin 2     ，A选项正确； π 3sin cos 2 2          ，B选项错误； 3π 1cos sin 2 2           ，C选项正确. 答案第 4页，共 8页 πsin π cos2tan 3 π2 sincos 2                      ，D选项错误. 故选：AC 12．BD 【详解】对于 A，命题“ 1x  ，2 1 0x   ”的否定“ 1x  ， 2 1 0x   ”，故 A选项错误； 对于 B，由 26 2 0x x   ，得 3 2 2 x   ，令 26 2xt x  ，则 1 2 logy t ， 因为 26 2xt x  在 3 1, 2 4      上单调递增，在 1 ,2 4       上单调递减， 又 1 2 logy t 在定义域内单调递减， 所以  f x 在 3 1, 2 4     上单调递减，在 1 ,2 4     上单调递增，故 B选项正确； 对于 C，因为函数     , 1 3 2 2 , 1 a x f x x a x x          是R 上的增函数， 所以     0 3 2 0 3 2 1 2 1 a a aa                ，解得： 31 2 a  ，故 C选项错误； 对于 D，因为函数 3y x  和函数 2logy x  在区间  2,3 上单调递减， 所以函数 2 3( ) logf x x x   在区间  2,3 上单调递减， 又因为      2 32 3 1 1 log 3 0 2 f f           ， 所以函数 ( )f x 在区间  2,3 上只有一个零点，故 D选项正确. 故选：BD. 13． 2 3  【详解】因为 a b   ∥ ， 所以3 2k   ，解得 2 3 k   ， 故答案为： 2 3  ． 14．充要 【详解】当 一定时， 较小时，峰值高，曲线“瘦高”； 较大时，峰值低，曲线“矮胖”． 故“ 1 2  ”是“X的密度曲线的峰值比 Y的密度曲线的峰值高”的充要条件． 故答案为：充要 15． 4, 1 4 1, 2n n a n n      【详解】当 1n  时， 1 1 2 1 1 4a S     ； 当 2n  时，      221 2 1 2 1 1 1 4 1n n na S S n n n n n               . 答案第 5页，共 8页 1 4a  不满足 4 1na n  . 所以， 4, 1 4 1, 2n n a n n      . 故答案为： 4, 1 4 1, 2n n a n n      . 16．18 【详解】圆  2 21 1x y   ，圆心  1 1,0O ，半径 1r  ， 因为直线 l过圆  2 21 1x y   的圆心，且与圆相交于A， B两点， 所以 1 1O B O A    ，又椭圆 2 2 1 9 8 x y + = ，则 3a  ， 1c  ，右焦点为  1,0 ， 所以    1 1 1 1PA PB PO O A PO O B               22 21 1 1 1 1 1 1 1PO O A PO O A PO O A PO               ， 又 1a c PO a c     ，即 12 4PO   ，所以 2 13 1 15PO    ， 即3 15PA PB     ，所以 PA PB   的最大值为15，最小值为3 . 则 PA PB   的最大值与最小值之和为18 . 故答案为：18 17．(1) π 6 B  (2)△ABC是等腰三角形 【详解】（1）由 sin 2 2sin cos 3sinB B B B= = ，而 sin 0B  ，故 3cos 2 B  ， 又 (0, π)B ，故 π 6 B  . （2） 2 2 2 2 2 2 2 cos 2 2 a b c a b ca b C b ab a         ，故 2 2 0b c  ，即b c ， 所以△ABC是等腰三角形. 答案第 6页，共 8页 18．(1) 13nna  (2) 23 1 2 n n n nT    【详解】（1）∵ 2 3 4 5 4 3 39 2 3 a a a a a a       ， ∴  2 31 4 3 2 1 1 1 39 2 3 a q q q a q a q a q        ， 0q  ，解得 1 1 3 a q    ，∴ 13nna  ； （2）由题可知 13nnb n   ，∴ 1 11 2 1 3 3nnT n          ， ∴   21 1 3 3 1 2 1 3 2 n n n n n n nT          ， 19．(1) 6 3 ； (2) 6 ． 【详解】（1）在直三棱柱 1 1 1ABC ABC- 中， 90BAC  ，以 A为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则 1 1(0,0,0), (0,0, 2), (2,0,0), (2,0, 2), (0, 2,1), (1,1,0)A A B B E F ， 1 (2,0, 2), (1, 1, 1)AB EF       ， 1 1 1 2 1 ( 2) ( 1) 6cos , 32 2 3 A B EFA B EF A B EF                  ， 所以异面直线 1 ,A B EF 所成角的余弦值为 6 3 ． （2）设平面 AEF的一个法向量为 ( , , )n a b c  ，而 (0, 2,1), (1,1,0)AE AF    ， 则 2 0 0 n AE b c n AF a b             ，令 1a  ，得 (1, 1, 2)n    ，又 1 (2,0,2)AB   ， 于是 1 1 2 2 2 6 6 AB n d n           ． 所以点 1B 到平面 AEF的距离为 6 ． 20．(1)答案见解析 (2) e 2a   【详解】（1）   exf x a   ， 0x  ， 当 1a  时，   0f x  恒成立，则  f x 在 0,  上单调递增； 当 1a  时，  0, lnx a 时，   0f x  ，则  f x 在 0, ln a 上单调递减；  ln ,x a  时，   0f x  ，则  f x 在 0, ln a 上单调递增． （2）方法一： 2e 1x ax x   在 0x  恒成立，则 答案第 7页，共 8页 当 0x  时，1 1 ，显然成立，符合题意； 当 0x  时，得 2e 1x xa x    恒成立，即 2 min e 1x xa x         记   2e 1x xg x x    ， 0x  ，     2 e 1 1x x x g x x      ， 构造函数 e 1xy x   ， 0x  ，则 e 1 0xy    ，故 e 1xy x   为增函数，则 0e 1 e 0 1 0x x      . 故 e 1 0x x   对任意 0x  恒成立，则  g x 在  0,1 递减，在  1, 递增，所以    min 1 e 2g x g   ∴ e 2a   ． 方法二： 2 1 1 ex x ax   在 0,  上恒成立，即 2 max 1 1 ex x ax       ． 记   2 1 ex x axh x   ， 0x  ，     1 1 ex x x a h x      ， 当 1a  时，  h x 在  0,1 单增，在  1, 单减，则    max 21 1 e ah x h    ，得 e 2a   ，舍： 当 0 1a  时，  h x 在  0,1 a 单减，在  1 ,1a 单增，在  1, 单减，  0 1h  ，   21 e ah  ， 得0 e 2a   ； 当 0a  时，  h x 在  0,  单减，成立； 当 0a  时，  h x 在  0,1 单减，在  1,1 a 单增，在  1 ,a  单减，  0 1h  ，   1 21 e a ah a     ，而 1e 1 1a a    ， 显然成立． 综上所述， e 2a   ． 21．(1) 2 2 1 3 yx   (2)证明见详解 【详解】（1）因为已知双曲线   2 2 2 2: 1 0, 0 x yC a b a b     的离心率为 2， 所以 2 c a  ，又因为焦点到一条渐近线的距离为 3，设焦点坐标为  ,0c ， 到渐近线 by x a  的距离为： 2 2 bcd b a b    . 所以 3b  ，又 2 2 2c a b  ，解得： 2 21, 3a b  . 所以双曲线C的方程为： 2 2 1 3 yx   . （2）证明：如图 由题意可知  2,0F  ，由于过双曲线的左焦点 F 的直线 l交双曲线于A， B两点，交 y轴于 P， 所以可知直线 l的斜率存在，故设直线方程为：  2y k x  .  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，则  0,2P k . 答案第 8页，共 8页 联立   2 2 2 1 3 y k x yx        得：  2 2 2 23 4 4 3 0k x k x k     .   4 2 2 2Δ 16 4 3 3 4 36 36 0k k k k       恒成立. 所以 2 1 2 2 4 3 kx x k    ， 2 1 2 2 4 3 3 kx x k     .  2, 2PF k    ，  1 12,FA x y   ，  2 22,FB x y   ， 因为 PF mFA nFB     ，所以    1 22 2 2m x n x     ， 所以 1 2 2 m x    ， 2 2 2 n x    ， 所以         2 1 1 2 1 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2 x x m n x x x x                       2 21 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 8 82 8 2 8 3 4 3 82 2 2 4 4 3 3 k x x x x k k kx x x x x x k k                     2 2 24 24 83 9 9 3 3 k k       . 22．(1)  0 1P  ，   0P B  (2)证明见解析； 1d B   (3) 200B  时，   50%P A  ，当 1000B  时，   90%P A  ，统计含义见解析 【详解】（1）当 0n  时，赌徒已经输光了，因此  0 1P  . 当 n B 时，赌徒到了终止赌博的条件，不再赌了，因此输光的概率   0P B  . （2）记 M：赌徒有 n元最后输光的事件，N：赌徒有 n元上一场赢的事件, ( ) ( ) ( | ) ( ) ( | )P M P N P M N P N P M N  , 即 1 1( ) ( 1) ( 1) 2 2 P n P n P n    ， 所以        1 1P n P n P n P n     ， 所以  { }P n 是一个等差数列， 设    1P n P n d   ，则        1 2 1 0P n P n d P P d     ， , ， 累加得   (0)P nnP d  ，故   (0)P B P Bd  ，得 1d B   ， （3） 100A  ，由    0P n P nd  得    0P A P Ad  ,即 ( ) 1 AP A B   , 当 200B  时，   50%P A  ， 当 1000B  时，   90%P A  ， 当 B时，   1P A  ，因此可知久赌无赢家， 即便是一个这样看似公平的游戏， 只要赌徒一直玩下去就会100%的概率输光．