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1、（浙江專用）2022高考數學二輪復習 階段質量檢測（四）專題一-四“綜合檢測” 一、選擇題(本大題共10小題，每小題4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．橢圓＋＝1的焦距是(　　) A．2　　　　　　　　 　B．4 C．2 D．20 解析：選A　由橢圓的方程＋＝1，知a2＝8，b2＝6，故c＝＝，所以焦距2c＝2.故選A. 2．已知角α為第三象限角，且tan α＝，則sin α＋cos α＝(　　) A．－ B．－ C． D． 解析：選A　由題可得因為α是第三象限角，所以故sin α＋cos α＝－.選A. 3．某幾何體的三視

2、圖如圖所示，則該幾何體的體積是(　　) A. B．6 C. D．4 解析：選A　由三視圖可知，該幾何體的直觀圖如圖所示，所以該幾何體的體積V＝23－××2×2×1＝.故選A. 4．已知{an}是公差為d的等差數列，則“a1a80”的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 解析：選B　因為a1a8－a4a5＝a1(a1＋7d)－(a1＋3d)(a1＋4d)＝－12d2≤0，所以a1a80”的必要不充分條件．所以選B. 5．已知雙曲線mx2＋

3、ny2＝1(mn<0)的離心率為，此雙曲線上的點(x0，y0)滿足y>4x，則該雙曲線的一條漸近線方程為(　　) A．y＝2x B．y＝x C．y＝x D．y＝x 解析：選A　因為雙曲線上的點(x0，y0)滿足y>4x，所以焦點在y軸上．設雙曲線方程為－＝1(a>0，b>0)，則e＝＝，得＝，所以漸近線方程為y＝±2x. 6．已知O為坐標原點，點A，B在雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)上，且關于坐標原點O對稱．若雙曲線C上與點A，B橫坐標不相同的任意一點P滿足kPA·kPB＝3，則雙曲線C的離心率為(　　) A．2 B．4 C. D．10 解析：選A　設A(x1

4、，y1)，P(x0，y0)(|x0|≠|x1|)，則B(－x1，－y1)，則kPA·kPB＝·＝.因為點P，A在雙曲線C上，所以b2x－a2y＝a2b2，b2x－a2y＝a2b2，兩式相減可得＝，故＝3，于是b2＝3a2.又因為c2＝a2＋b2，所以雙曲線C的離心率e＝ ＝2.故選A. 7．已知AD與BC是三棱錐A-BCD中相互垂直的棱，若AD＝BC＝6，且∠ABD＝ ∠ACD＝60°，則三棱錐A-BCD的體積的最大值是(　　) A．36 B．36 C．18 D．18 解析：選D　如圖，過C作CF⊥AD，垂足為F，連接BF， ∵BC⊥AD，CF⊥AD，BC∩CF＝C，BC?

5、平面BCF，CF?平面BCF， ∴AD⊥平面BCF， ∴V三棱錐A-BCD ＝V三棱錐A-BCF＋V三棱錐D-BCF ＝S△BCF·AF＋S△BCF·FD ＝S△BCF·(AF＋FD)＝S△BCF·AD. ∵AD＝BC＝6，∴V三棱錐A-BCD＝2S△BCF， ∴當△BCF的面積最大時，V三棱錐A-BCD取得最大值， 易知當△BCF為等腰三角形時，S△BCF取得最大值，即V三棱錐A-BCD取得最大值． 取BC的中點E，連接EF，當△BCF為等腰三角形時，EF⊥BC， ∴2S△BCF＝2××BC×EF＝6EF， 又∵EF＝＝， ∴當CF最長時，V三棱錐A-BCD最大，

6、∵∠ACD＝60°，AD＝6，AD⊥CF， ∴當AC＝CD時，CF取得最大值， 此時CF＝3，∴EF＝3，∴6EF＝18. ∴三棱錐A-BCD體積的最大值為18.故選D. 8．已知F1，F2是橢圓＋＝1(a>b>0)的左、右焦點，過F2且垂直于x軸的直線與橢圓交于A，B兩點，若△ABF1是銳角三角形，則該橢圓離心率e的取值范圍是(　　) A．(－1，＋∞) B．(0，－1) C．(－1,1) D．(－1，＋1) 解析：選C　由題意可知，A，B的橫坐標均為c，且A，B都在橢圓上，所以＋＝1， 從而可得y＝±，不妨令A，B. 由△ABF1是銳角三角形知∠AF1F2<45°

7、， 所以tan ∠AF1F2<1， 所以tan∠AF1F2＝＝<1，故<1，即e2＋2e－1>0，解得e>－1或e<－－1，又因為橢圓中，0

8、017)＋(a2＋a4＋…＋a2 018)＝＋＝3×21 009－3. 10．已知直線ax＋by＝1(其中a，b是實數)與圓x2＋y2＝1相交于A，B兩點，O是坐標原點，且△AOB是直角三角形，則點P(a，b)與點M(0,1)之間的距離的最大值為(　　) A.＋1 B．2 C. D.－1 解析：選A　直線ax＋by＝1(其中a，b是實數)與圓x2＋y2＝1相交于A，B兩點，則依題意可知，△AOB是等腰直角三角形，坐標原點O到直線ax＋by＝1的距離d＝＝，即2a2＋b2＝2，∴a2＝(－≤b≤)，則|PM|＝＝ ＝，∴當b＝－時，|PM|max＝＝＋1. 二、填空題(本大題共

9、7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分) 11．已知拋物線y2＝2px過點A(1,2)，則p＝________，準線方程是________． 解析：由題可得，4＝2p，解得p＝2，所以準線方程為x＝－＝－1. 答案：2　x＝－1 12．在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.若滿足2bcos Acos C＝c－2acos Bcos C，則角C＝________，sin A＋sin B的最大值是________． 解析：由已知得2bcos Acos C＋2acos Bcos C＝c， 由正弦定理得2cos C(sin Bcos A＋sin Acos B)＝si

10、n C， 即2cos Csin(A＋B)＝sin C， ∵A＋B＋C＝π，A，B，C∈(0，π)， ∴sin(A＋B)＝sin C>0， ∴2cos C＝1，cos C＝，∴C＝. ∴sin A＋sin B＝sin A＋sin(A＋C)＝sin A＋sin A＋cos A＝sin， ∵C＝，∴0

11、為________． 解析：設點A′(x0，y0)， ∵點A與A′關于直線x＋y－5＝0對稱， ∴解得 ∴點A′的坐標為(－1,3)． 設圓C的方程為(x－a)2＋(y－b)2＝r2， 則(2－a)2＋(6－b)2＝r2. ① ∵點A(2,6)關于直線x＋y－5＝0的對稱點A′(－1,3)在圓C上， ∴圓心(a，b)在直線x＋y－5＝0上，∴a＋b－5＝0， ② 又直線3x＋4y－8＝0被圓截得的弦長為2， ∴r2＝()2＋. ③ 解由方程①②③組成的方程組，得a＝2，b＝3或a＝－，b＝， ∴圓C的圓心坐標為(2,3)或. 答案：(－1,

12、3)　(2,3)或 14．已知拋物線C：y2＝2px(p>0)和動直線l：y＝kx＋b(k，b是參變量，且k≠0，b≠0)相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點，平面直角坐標系的原點為O，記直線OA，OB的斜率分別為kOA，kOB，且kOA·kOB＝恒成立，則當k變化時，直線l經過的定點為________． 解析：聯(lián)立消去y，得k2x2＋(2kb－2p)x＋b2＝0， ∴x1＋x2＝，x1x2＝， ∵kOA·kOB＝，∴y1y2＝x1x2， 又∵y1y2＝(kx1＋b)(kx2＋b)＝k2x1x2＋kb(x1＋x2)＋b2＝， ∴＝·，解得b＝， ∴y＝kx＋＝k. 令x

13、＝－，得y＝0， ∴直線l過定點. 答案： 15．向量a與b的夾角為90°，|a|＝|b|＝1，若|c－a|＋|c－2b|＝，則|c＋2a|的最大值為________，最小值為________． 解析：因為|c－a|＋|c－2b|＝，且 ＝，a⊥b，所以向量c的終點在a和2b的終點的連線上(如圖)，故|c＋2a|的取值范圍為|SK―→|的長度變化．當SK⊥FG時，長度最短，連接SG，由SF·OG＝FG·SK，得SK＝＝.又SF＝3，SG＝2，所以當a＝c時，SK最長，為3. 答案：3　 16．已知F為拋物線y2＝x的焦點，點A，B在該拋物線上，且位于x軸的兩側，·＝2(其中O為坐標

14、原點)，則△AFO與△BFO面積之和的最小值是________． 解析：法一：設直線lAB：x＝my＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 聯(lián)立?y2－my－t＝0， ∴y1＋y2＝m，y1y2＝－t， ∵點A，B位于x軸兩側， ∴y1y2＝－t<0，∴t>0. 又·＝x1x2＋y1y2＝(y1y2)2＋y1y2＝t2－t＝2， 解得t＝2或t＝－1(舍去)． ∴S△AFO＋S△BFO＝|OF|·|y1－y2|＝|y1－y2|＝≥， ∴△AFO與△BFO面積之和的最小值為. 法二：設A(x1，y1)，B(x2，y2)． ∵·＝x1x2＋y1y2＝(y1y2)2＋y1y

15、2＝2， ∴y1y2＝－2或y1y2＝1(舍去)． ∴S△AFO＋S△BFO＝|y1－y2|＝＝ ≥＝. 答案： 17．已知雙曲線C1：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦點分別為F1，F2，拋物線C2：y2＝2px(p>0)的焦點與雙曲線C1的一個焦點重合，C1與C2在第一象限相交于點P，且|F1F2|＝|PF1|，則雙曲線C1的離心率為________． 解析：由題意可知，F1(－c,0)，F2(c,0)．設點P(x0，y0)，過點P作拋物線C2：y2＝2px(p>0)準線的垂線，垂足為A，連接PF2.根據雙曲線的定義和|F1F2|＝|PF1|＝2c，可知|PF2|＝2c－2a.由

16、拋物線的定義可知|PF2|＝|PA|＝x0＋c＝2c－2a，則x0＝c－2a.由題意可知＝c，又點P在拋物線C2上，所以y＝2px0＝4c·(c－2a)，在Rt△F1AP中，|F1A|2＝|PF1|2－|PA|2＝(2c)2－(2c－2a)2＝8ac－4a2, 即y＝8ac－4a2，所以8ac－4a2＝4c(c－2a)，化簡可得c2－4ac＋a2＝0，即e2－4e＋1＝0，又e>1，所以e＝2＋. 答案：2＋ 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) 18．(本小題滿分14分)已知函數f(x)＝2cos2－cos＋m(ω>0)的最小正周期為π. (

17、1)求函數f(x)的單調遞增區(qū)間； (2)當x∈時，函數f(x)的最大值為2，求f的值． 解：(1)f(x)＝2cos2－cos＋m ＝1＋cos－cos 2ωxcos－sin 2ωxsin＋m ＝1＋sin 2ωx－cos 2ωx－sin 2ωx＋m ＝sin 2ωx－cos 2ωx＋m＋1 ＝sin＋m＋1. ∵函數f(x)的最小正周期為π， ∴T＝＝π，∴ω＝1， ∴f(x)＝sin＋m＋1. 令2kπ－≤2x－≤2kπ＋，k∈Z， 解得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z， ∴函數f(x)的單調遞增區(qū)間為，k∈Z. (2)由(1)知，f(x)在上單調遞增，上單調遞減，

18、 ∴f(x)max＝f＝1＋m＋1＝2， 解得m＝0. ∴f(x)＝sin＋1， ∴f＝sin＋1 ＝sincos－cossin＋1 ＝. 19．(本小題滿分15分)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左、右頂點分別為A，B，且長軸長為8，T為橢圓上任意一點，直線TA，TB的斜率之積為－. (1)求橢圓C的方程； (2)設O為坐標原點，過點M(0,2)的動直線與橢圓C交于P，Q兩點，求·＋·的取值范圍． 解：(1)設T(x，y)，由題意知A(－4,0)，B(4，0)， 設直線TA的斜率為k1，直線TB的斜率為k2，則k1＝，k2＝. 由k1k2＝－，得·＝－， 整理得＋＝

19、1. 故橢圓C的方程為＋＝1. (2)當直線PQ的斜率存在時，設直線PQ的方程為y＝kx＋2，點P，Q的坐標分別為 (x1，y1)，(x2，y2)，直線PQ與橢圓方程聯(lián)立， 得消去y，得(4k2＋3)x2＋16kx－32＝0. 所以x1＋x2＝－，x1x2＝－. 從而，·＋·＝x1x2＋y1y2＋[x1x2＋(y1－2)(y2－2)]＝2(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝＝－20＋. 所以－20<·＋·≤－. 當直線PQ的斜率不存在時，·＋·的值為－20. 綜上，·＋·的取值范圍為. 20．(本小題滿分15分)已知數列{an}的前n項和為Sn，a1＝4，a2＝7

20、，且當n≥3時，Sn＋Sn－2＝2Sn－1＋3，數列{bn}為等比數列，b1＋b2＝8(b4＋b5)，a5·b4＝1. (1)求數列{an}與{bn}的通項公式； (2)證明：數列{anbn}的前n項和Tn<7. 解：(1)由已知可得當n≥3時，Sn－Sn－1＝(Sn－1－Sn－2)＋3， 即an＝an－1＋3， 又a2＝a1＋3， 所以數列{an}是以a1＝4為首項，3為公差的等差數列， 所以an＝4＋3(n－1)＝3n＋1. 設等比數列{bn}的公比為q， 則由已知可得＝， 即q3＝，解得q＝. 又a5＝3×5＋1＝16， 所以b4＝＝， 故bn＝b4qn－4＝×

21、n－4＝. (2)證明：由(1)知anbn＝. 所以Tn＝a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋an－1bn－1＋anbn＝＋＋＋…＋＋， ① Tn＝＋＋＋…＋＋， ② ①－②得 Tn＝＋＋＋…＋＋－ ＝2＋－ ＝2＋－ ＝－， 所以Tn＝7－. 因為>0，所以Tn<7. 21．(本小題滿分15分)已知動圓C過定點F2(1,0)，并且內切于定圓F1：(x＋1)2＋y2＝16. (1)求動圓圓心C的軌跡方程； (2)若y2＝4x上存在兩個點M，N，(1)中曲線上有兩個點P，Q，并且M，N，F2三點共線，P，Q，F2三點共線，PQ⊥MN，求四邊形PMQN

22、的面積的最小值． 解：(1)設動圓的半徑為r，則|CF2|＝r，|CF1|＝4－r，∴|CF1|＋|CF2|＝4>|F1F2|， 由橢圓的定義知動圓圓心C的軌跡是以F1，F2為焦點的橢圓，a＝2，c＝1， ∴b＝，故動圓圓心C的軌跡方程是＋＝1. (2)當直線MN的斜率不存在時，直線PQ的斜率為0，易得|MN|＝4，|PQ|＝4，四邊形PMQN的面積S＝8. 當直線MN的斜率存在時，設其方程為y＝k(x－1)(k≠0)，聯(lián)立消去y，得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0， 設M(x1，y1)，N(x2，y2)，則 ∴|MN|＝·＝＋4. ∵PQ⊥MN，∴直線PQ的方程為y＝－(

23、x－1)， 聯(lián)立消去y， 得(3k2＋4)x2－8x＋4－12k2＝0. 設P(x3，y3)，Q(x4，y4)，則 ∴|PQ|＝ ·＝. ∴四邊形PMQN的面積S＝|MN|·|PQ|＝··＝24×. 令k2＋1＝t，t>1，上式S＝24·＝24， 令2t＋1＝z(z>3)， 則S＝8＝8＝8. ∵z＋>(z>3)，∴3－10>0，∴S>8. 綜上可得，S≥8，即四邊形PMQN的面積的最小值為8. 22．(本小題滿分15分)已知橢圓＋＝1(a>b>0)與拋物線y2＝2px(p>0)的公共焦點為F2，拋物線上的點M到y(tǒng)軸的距離等于|MF2|－1，且橢圓與拋物線的交點Q滿足|Q

24、F2|＝. (1)求拋物線的方程和橢圓的方程； (2)過拋物線上的點P作拋物線的切線y＝kx＋m，交橢圓于A，B兩點，求此切線在x軸上的截距的取值范圍． 解：(1)∵拋物線上的點M到y(tǒng)軸的距離等于|MF2|－1， ∴點M到直線x＝－1的距離等于點M到焦點F2的距離， ∴直線x＝－1是拋物線y2＝2px的準線，即－＝－1，解得p＝2， ∴拋物線的方程為y2＝4x. 可知橢圓的右焦點F2(1,0)， 設橢圓的左焦點為F1，則F1(－1,0)， 由拋物線的定義及|QF2|＝，得xQ＋1＝， ∴xQ＝， 又∵y＝4xQ，∴Q， 由橢圓的定義得2a＝|QF1|＋|QF2|＝＋＝6

25、， ∴a＝3，又∵c＝1，∴b2＝a2－c2＝8， ∴橢圓的方程為＋＝1. (2)顯然k≠0，m≠0， 由消去x，得ky2－4y＋4m＝0， 由題意知Δ1＝16－16km＝0，得km＝1， ∵k≠0，m≠0，∴k＝. 由消去y，得(9k2＋8)x2＋18kmx＋9m2－72＝0， 由題意知Δ2＝(18km)2－4(9k2＋8)(9m2－72)>0， 即9k2－m2＋8>0， 又∵k＝，∴m4－8m2－9<0，∴0