2022届高考数学(文科人教A版)大一轮阶段滚动检测(六)第一～十章-.docx

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阶段滚动检测(六)
第一～十章
(120分钟　150分)
一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50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.(滚动单独考查)复数z满足z(1+i)=2i,则复数z的实部与虚部之差为(　　)
A.-2 B.2 C.1 D.0
2.(滚动单独考查)已知全集M={x|2x2+5x<0,x∈Z},集合N={0,a},若M∩N=∅,则a等于(　　)
A.-1 B.2
C.1或2 D.-1或-2
3.(2021·西安模拟)平面上有一组平行线且相邻平行线间的距离为3cm,把一枚半径为1cm的硬币任意平掷在这个平面中,则硬币不与任何一条平行线相碰的概率是(　　)
A.14 B.13 C.12 D.23
4.(2021·日照模拟)已知三点A(2,1),B(1,-2),C（35,-15）,动点P(a,b)满足0≤OP→·OA→≤2,且0≤OP→·OB→≤2(O为坐标原点),则动点P到点C的距离小于15的概率为　(　　)
A.π20 B.1-π20 C.19π20 D.1-19π20
5.(滚动单独考查)如图是一个几何体的三视图,该几何体的体积是(　　)

A.2cm3 B.3cm3
C.334cm3 D.332cm3
6.(2021·沈阳模拟)已知△ABC的三顶点坐标为A(3, 0),B(0,4),C(0,0),D点的坐标为(2,0),向△ABC内部投一点P,那么点P落在△ABD内的概率为(　　)
A.13 B.12 C.14 D.16
7.运行如图的程序框图,设输出数据构成的集合为A,从集合A中任取一个元素a,则函数y=xa(x≥0)是增函数的概率为(　　)

A.37 B.45 C.35 D.34
8.扇形AOB的半径为1,圆心角为90°.点C,D,E将弧AB等分成四份.连接OC,OD,OE,从图中全部的扇形中随机取出一个,面积恰为π8的概率是　(　　)
A.310 B.15
C.25 D.12
9.(滚动单独考查)已知点F1,F2分别是椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点,A,B是以坐标原点O(0,0)为圆心、|OF1|为半径的圆与该椭圆左半部分的两个交点,且△F2AB是正三角形,则此椭圆的离心率为(　　)
A.3 B.32 C.2-1 D.3-1
10.(滚动交汇考查)(2021·张掖模拟)在区间[-π,π]内随机取两个数分别记为a,b,则使得函数f(x)=x2+2ax-b2+π有零点的概率为(　　)
A.78 B.34 C. 12 D.14
二、填空题(本大题共5小题,每小题5分,共25分.请把正确答案填在题中横线上)
11.(2021·益阳模拟)利用计算机产生-1与1之间的均匀随机数a,则大事“|a|<12”发生的概率为　　　　.
12.已知如图所示的矩形,长为12,宽为5,在矩形内随机地投掷1000颗黄豆,数得落在阴影部分的黄豆为600颗,则可以估量阴影部分的面积约为　　　　.
13.(滚动交汇考查)在区间[1,5]和[2,4]分别取一个数,记为a,b,则方程x2a2+y2b2=1表示焦点在x轴上且离心率小于32的椭圆的概率为　　　　.
14.从集合{1,2,3,4,5}中随机取一个数a,从集合{1,3,5}中随机取一个数b,则大事“a≥b”发生的概率是　　　　.
15.(滚动单独考查)如图,正六边形ABCDEF的两个顶点A,D为双曲线的焦点,其余四个顶点都在双曲线上,则该双曲线的离心率为　　　　　.

三、解答题(本大题共6小题,共75分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
16.(12分)(滚动单独考查)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,点(a,b)在直线x(sinA-sinB)+ysinB=csinC上.
(1)求角C的值.
(2)若2cos2A2-2sin2B2=32,且A12分)(滚动单独考查)如图,梯形ABCD中,AB∥CD,∠B=∠C=90°,
AB=2BC=2CD=2.E为AB中点.现将该梯形沿DE折叠.使四边形BCDE所在的平面与平面ADE垂直.
(1)求多面体ABCDE的体积.
(2)求证:BD⊥平面ACE.

20.(13分)(滚动单独考查)已知动圆过定点A(0,2),且在x轴上截得的弦长为4.
(1)求动圆圆心的轨迹C的方程.
(2)点P为轨迹C上任意一点,直线l为轨迹C上在点P处的切线,直线l交直线:y=-1于点R,过点P作PQ⊥l交轨迹C于点Q,求△PQR的面积的最小值.
21.(14分)(滚动单独考查)已知函数f(x)=lnx-x+1,x∈(0,+∞),g(x)=x3-ax.
(1)求曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线方程.
(2)求函数f(x)的最大值.
(3)若对任意x1∈(0,+∞),总存在x2∈[1,2]使得f(x1)≤g(x2)成立,求a的取值范围.
答案解析
1.D　由z(1+i)=2i得:z=2i1+i=1+i.所以复数z的实部与虚部之差为1-1=0.
2.D　由2x2+5x<0得:-52垂足为M;线段OM长度的取值范围就是[0,32],只有当1D内的概率为P=S△ABDS△ABC=13.
7.C　由程序框图可知:初始条件x=-3.第一次x≤3,是,所以y=(-3)2+2×(-3)=3,从而x=-3+1=-2;
其次次x≤3,是,所以y=(-2)2+2×(-2)=0,从而x=-2+1=-1;第三次x≤3,是,所以y=(-1)2+2×(-1)=-1,从而x=-1+1=0;第四次x≤3,是,所以y=02+2×0=0,从而x=0+1=1;
第五次x≤3,是,所以y=12+2×1=3,从而x=1+1=2;
第六次x≤3,是,所以y=22+2×2=8,从而x=2+1=3;
第七次x≤3,是,所以y=32+2×3=15,从而x=3+1=4;
第八次x≤3,否.从而集合A={3,0,-1,8,15};而函数y=xa(x≥0)是增函数必需且只须a>0,故所求概率P=35.
8.A　从图中全部的扇形中随机取出一个,共有10种取法,即取得扇形分别为:扇形AOE,扇形AOD,扇形AOC,扇形AOB,扇形EOD,扇形EOC,扇形EOB,扇形DOC,扇形DOB,扇形COB,其中满足面积恰为π8的有:扇形AOD,扇形EOC,扇形DOB,所以面积恰为π8的概率是310.
9.D　由题意,由于A,B是以O(O(0,0)为坐标原点)为圆心、|OF1|为半径的圆与该椭圆左半部分的两个交点,所以|OA|=|OB|=|OF2|=c,由于△F2AB是正三角形,所以|F2A|=3c,所以|F1A|=c,又由于|F1A|+|F2A|=2a,( 1+3)c=2a,即e=3-1.
10.B　在区间[-π,π]内随机取两个数分别记为(a,b),表示边长为2π的正方形.要使函数f(x)=x2+2ax-b2+π有零点,需4a2+4b2-4π≥0,即a2+b2≥π,表示以原点为圆心,π为半径的圆的外部,且在正方形的内部,所以其面积为4π2-
π2=3π2,所以有零点的概率为3π24π2=34.
11.【解析】由|a|<12得-12000×12×5=36.
答案：36
13.【解析】方程x2a2+y2b2=1表示焦点在x轴上且离心率小于32的椭圆,所以a>b>0,a<2b,它对应的平面区域如图中阴影部分所示,

则方程x2a2+y2b2=1表示焦点在x轴上且离心率小于32的椭圆的概率为:P=S阴影S矩形=1-12×1×12+12(1+3)×22×4=1532.
答案:1532
14.【解析】从集合{1,2,3,4,5}中随机取一个数a,从集合{1,3,5}中随机取一个数b,记为(a,b),共有15种状况,其中a≥b的有9种状况,所以大事“a≥b”发生的概率是35.
答案：35
15.【解析】设正六边形ABCDEF的边长为1,中心为O,以AD所在直线为x轴,以O为原点,建立直角坐标系,则c=1,
在△AEF中,由余弦定理得AE2=AF2+EF2-2AF·EFcos120°=1+1-2×(-12)=3,
所以AE=3,2a=AE-DE=3-1,所以a=3-12,
e=13-12=3+1.
答案：3+1
16.【解析】(1)由题得a(sinA-sinB)+bsinB=csinC,
由正弦定理asinA=bsinB=csinC得a(a-b)+b2=c2,即a2+b2-c2=ab.
由余弦定理得cosC=a2+b2-c22ab=12.
结合0A2-2sin2B2=cosA+cosB=cosA+cos（2π3-A）
=12cosA+32sinA
=sin（A+π6）=32.
由于A+B=2π3,且An∈N*,所以152≤12-a1≤172,即-8≤a1≤-7,
所以a1的取值范围是[-8,-7].
18.【解析】(1)社区总数为12+18+6=36,样本容量与总体中的个体数比为636=16.所以从A,B,C三个行政区中应分别抽取的社区个数为2,3,1.
(2)设A1,A2为在A行政区中抽得的2个社区,B1,B2,B3为在B行政区中抽得的3个社区,C为在C行政区中抽得的社区,在这6个社区中随机抽取2个,全部可能的结果有(A1,A2),(A1,B1),(A1,B2),(A1,B3),(A1,C),( A2,B1),(A2,B2),(A2,B3),
(A2,C),(B1,B2),(B1B3),(B1,C),(B2,B3),(B2,C),(B3,C),共有15种.设大事“抽取的2个社区至少有1个来自A行政区”为大事X,则大事X所包含的全部可能的结果有:(A1,A2),(A1,B1),(A1,B2),(A1,B3),(A1,C),(A2,B1),(A2,B2),(A2,B3),(A2,C),共有9种,所以抽取的2个社区中至少有1个来自A行政区的概率为P(X)=915=35.
19.【解析】(1)易知,AE⊥平面BCDE,所以VABCDE=13SBCDE·AE=13×1×1=13.
(2)由于AE⊥平面BCDE,而BD⊂平面BCDE,所以BD⊥AE,又BD⊥CE,AE∩CEE,所以BD⊥平面ACE.
20.【解析】(1)设C(x,y),|CA|2-y2=4,即x2=4y.
所以动圆圆心的轨迹C的方程为x2=4y.
(2)C的方程为x2=4y,即y=14x2,故y′=12x,设P（t,t24）(t≠0),PR所在的直线方程为y-t24=t2(x-t),即y=t2x-t24,则点R的横坐标xR=t2-42t,
|PR|=1+t24|xR-t|
=4+t2(t2+4)4|t|;
PQ所在的直线方程为y-t24=-2t(x-t),
即y=-2tx+2+t24,

得x24+2tx-2-t24=0,由xP+xQ=-8t得点Q的横坐标为xQ=-8t-t,
|PQ|=1+4t2|xP-xQ|
=1+4t2|8t+2t|
=2t2+4(t2+4)t2,
所以S△PQR=12|PQ||PR|=(t2+4)34t2|t|,不妨设t>0,
记f(t)=t2+4t(t>0),则当t=2时,f(t)min=4.
由S△PQR=14[f(t)]3,得△PQR的面积的最小值为16.
21.【解析】(1)由于f(x)=lnx-x+1(x>0),所以f′(x)=1x-1=1-xx,所以f′(1)=0,由导数的几何意义知:曲线f(x)在点(1,0)处的切线的斜率为0,故所求切线方程为y=0.
(2)由(1)知:f′(x)=1x-1=1-xx,所以当00;
当x>1时,f′(x)<0,所以f(x)≤f(1)=0,所以f(x)的最大值为0.
(3)方法一:依题意f(x1)max≤g(x2)max,其中x1∈(0,+∞),x2∈[1,2],由(2)知f(x1)max=f(1)=0,问题转化为:存在x∈[1,2],使得x3-ax≥0⇔a≤(x2)max=4,其中x∈[1,2],所以a≤4.
方法二:对任意x1∈(0,+∞),总存在x2∈[1,2]使得f(x1)≤g(x2)成立,等价于f(x1)max≤g(x2)max,其中x1∈(0,+∞),x2∈[1,2].
由(2)知f(x)max=0,因此只要对任意x∈[1,2]恒有g(x)max≥0.
当a≤0时,g(x)=x3-ax在x2∈[1,2]时恒为正,满足题意.
当a>0时,g′(x)=3x2-a=3（x-a3）(x+a3),知g(x)在
(-∞,-a3)和(a3,+∞)上单调递增,在(-a3,a3)上单调递减.
若a3≤1即02即a>12时g(1)<0,g(2)<0,不合题意.
综上知a的取值范围为a≤4.
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