2022屆天津市和平區(qū)2高三下學期二模數(shù)學試題解析版

天津市和平區(qū)2022屆高三下學期二模數(shù)學試題一?選擇題（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.已知全集為，集合，集合，則（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】化簡集合B，由集合的并集、補集運算可求解.【詳解】由題意知，所以，所以.故選：A2.設(shè)，則“”是“”的（）A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.既不充分也不必要條件D.充要條件【答案】D【解析】【分析】構(gòu)建新函數(shù)，可判斷該函數(shù)為上的奇函數(shù)且為增函數(shù)，從而可得正確的選項.【詳解】設(shè)，則該函數(shù)的定義域為，且，故函數(shù)為上的奇函數(shù)，當時，，故在上為增函數(shù)，故為上的增函數(shù)，又時，有，故，而當時，由為上的增函數(shù)可得即，故“”是“”的充要條件，故選：D.3.函數(shù)的大致圖像是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】判斷函數(shù)的奇偶性，可排除A，B；利用基本不等式，可排除C.【詳解】∵∴為奇函數(shù)，圖象關(guān)于原點對稱，排除A，B當時，，排除C故選：D【點睛】本題主要考查函數(shù)圖象和性質(zhì)等基礎(chǔ)知識，考查特殊與一般等思想方法.4.為了研究某藥品的療效，選取若干名志愿者進行臨床試驗，所有志愿者的舒張壓數(shù)據(jù)（單位：kPa）的分組區(qū)間為[12,13),[13,14),[14,15),[15,16),[16,17],將其按從左到右的順序分別編號為第一組，第二組，，第五組，如圖是根據(jù)試驗數(shù)據(jù)制成的頻率分布直方圖，已知第一組與第二組共有20人，第三組中沒有療效的有6人，則第三組中有療效的人數(shù)為A.6B.8C.12D.18【答案】C【解析】【詳解】試題分析：由直方圖可得分布在區(qū)間第一組與第二組共有20人，分布在區(qū)間第一組與第二組的頻率分別為0．24，0．16，所以第一組有12人，第二組8人，第三組的頻率為0．36，所以第三組的人數(shù)：18人，第三組中沒有療效的有6人，第三組中有療效的有12人．考點：頻率分布直方圖5.已知，，，則a，b，c的大小關(guān)系為A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性即可求解.【詳解】因為，所以即故選：B【點睛】本題主要考查了指數(shù)與對數(shù)的比較大小，關(guān)鍵是利用單調(diào)性進行比較，屬于基礎(chǔ)題.6.已知圓錐底面圓的直徑為3，圓錐的高為，該圓錐的內(nèi)切球也是棱長為a的正四面體的外接球，則此正四面體的棱長a為（）.A.B.C.3D.【答案】A【解析】【分析】先利用四面體內(nèi)接于圓錐的內(nèi)切球，由圓錐的軸截面進行分析，求出正四面體的外接球的半徑，再利用正四面體可以從正方體中截得，確定正四面體的外接球即為截得它的正方體的外接球，列式求解即可．【詳解】由題意可知，該四面體內(nèi)接于圓錐內(nèi)切球，設(shè)球心為，球的半徑為，圓錐的底面半徑為R，軸截面上球與圓錐母線的切點為Q，圓錐的軸截面如圖所示，由已知可得，所以△SAB為等邊三角形，故點P是△SAB的中心，連接BP，則BP平分∠SBA，所以∠PBO=30°，故，解得，故正四面體的外接球的半徑.又正四面體可以從正方體中截得，如圖所示，從圖中可以得到，當正四面體的棱長為時，截得它的正方體的棱長為，而正四面體的四個頂點都在正方體上，故正四面體的外接球即為截得它的正方體的外接球，所以，解得,故選：A7.已知拋物線交雙曲線的漸近線于兩點（異于坐標原點），雙曲線的離心率為的面積為64，則拋物線的焦點坐標為（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根據(jù)雙曲線的離心率可得漸近線的斜率，結(jié)合漸近線的方程及的面積可求的坐標，從而可求拋物線的方程，故可得其焦點坐標.【詳解】因為雙曲線的離心率為，故，其中為半焦距，故即，故漸近線的方程為：，由拋物線、雙曲線的對稱性可設(shè)，故，故，所以，所以，故，即拋物線的方程為：，故焦點坐標為：.故選：B8.函數(shù)的部分圖象如圖所示，已知函數(shù)在區(qū)間有且僅有3個最大值點，則下列說法錯誤的個數(shù)是（）①函數(shù)的最小正周期為2：②點為的一個對稱中心；③函數(shù)的圖象向左平移個單位后得到的圖象：④函數(shù)在區(qū)間上是增函數(shù).A.1個B.2個C.3個D.4個【答案】A【解析】【分析】根據(jù)圖象求出函數(shù)的解析式，逐項計算判斷后可得正確的選項.【詳解】由圖象可得且，故，故，所以，而，故即，因為，所以即.對于①，，因為，故的周期為1，故的最小正周期不為2，故①錯誤.對于②，因為，故點為的一個對稱中心，故②正確.對于③，函數(shù)的圖象向左平移個單位后所得圖象對應的解析式為：，故③正確.對于④，由可得，故，因為函數(shù)在區(qū)間有且僅有3個最大值點，故，故，而當時，有，因為在上是增函數(shù)，故函數(shù)在區(qū)間上是增函數(shù)，故④正確.故錯誤說法共有1個，故選：A.9.已知函數(shù)滿足當時，，且當時，；當時，且).若函數(shù)的圖象上關(guān)于原點對稱的點恰好有3對，則的取值范圍是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先作出函數(shù)在上的部分圖象，再作出關(guān)于原點對稱的圖象，分類利用圖像列出有3個交點時滿足的條件，解之即可.【詳解】先作出函數(shù)在上的部分圖象，再作出關(guān)于原點對稱的圖象，如圖所示，當時，對稱后的圖象不可能與在的圖象有3個交點；當時，要使函數(shù)關(guān)于原點對稱后的圖象與所作的圖象有3個交點，則，解得.故選：C.【點睛】本題考查利用函數(shù)圖象解決函數(shù)的交點個數(shù)問題，考查學生數(shù)形結(jié)合的思想、轉(zhuǎn)化與化歸的思想，是一道中檔題.二?填空題（本大題共6小題，每小題5分，共30分，把答案寫在題中橫線上）10.復數(shù)：滿足（是虛數(shù)單位），則復數(shù)z在復平面內(nèi)所表示的點的坐標為___________.【答案】【解析】【分析】先求解出，從而得到對應點的坐標.【詳解】由題意得：，對應的點的坐標為.故答案為：11.若展開式中各項系數(shù)的和等于64,則展開式中的系數(shù)是________.【答案】【解析】【分析】先由各項系數(shù)的和，求出，再由二項展開式的通項公式，即可求出結(jié)果.【詳解】因為展開式中各項系數(shù)的和等于64，所以，解得；所以展開式的通項為，令，得的系數(shù)為.故答案為【點睛】本題主要考查二項展開式中指定項的系數(shù)，熟記二項式定理即可，屬于?？碱}型.12.設(shè)直線與圓C：x2+y2-2ay-2=0相交于A，B兩點，若，則圓C的面積為________【答案】【解析】【詳解】因為圓心坐標與半徑分別為，所以圓心到直線的距離，則，解之得，所以圓的面積，應填答案．13.某商場舉行有獎促銷活動，顧客購買一定金額商品后即可抽獎，每次抽獎都從裝有4個紅球?6個白球的甲箱和裝有5個紅球?5個白球的乙箱中，各隨機摸出1個球，在摸出的2個球中，若都是紅球，則獲一等獎：若只有1個紅球，則獲二等獎：若沒有紅球，則不獲獎.求顧客抽獎1次能獲獎的概率___________；若某顧客有3次抽獎機會，則該顧客在3次抽獎中至多有兩次獲得一等獎的概率___________.【答案】①.##0.7；②..【解析】【分析】根據(jù)相互獨立事件乘法公式及對立事件的概率求解顧客抽獎1次能獲獎的概率，由二項分布求出抽三次獲3次一等獎的概率，再由對立事件概率求解.【詳解】因為在甲箱中抽一球與在乙箱中抽一球相互獨立，所以由獨立事件同時發(fā)生的概率乘法公式可知，顧客抽獎一次未獲獎的概率，所以顧客抽獎1次能獲獎的概率為.在一次抽獎中，顧客獲得一等獎的概率為，設(shè)顧客3次抽獎中獲得一等獎的次數(shù)為隨機變量，則由題意知，則顧客3次抽獎都抽中一等獎的概率為,所以該顧客在3次抽獎中至多有兩次獲得一等獎的概率為.故答案為：；14.已知a，b，c均為正數(shù)，且abc＝4(a＋b)，則a＋b＋c的最小值為_______．【答案】8【解析】【詳解】15.如圖.在平面四邊形中，，___________；若點為邊上動點，則的最小值為___________.【答案】①.2②.【解析】【分析】利用余弦定理可求，設(shè)，利用數(shù)量積的運算律可用表示，利用二次函數(shù)的性質(zhì)可求最小值.【詳解】連接，因為，故，在中，，故.所以，所以，所以，故，而，所以為等邊三角形，故且，延長交的延長線于，則設(shè)，則，故，，其中，故當時，有最小值.故答案為：.三?解答題（本大題共5小題，共75分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）16.在中，角所對的邊分別為.（1）若，求的值；（2）若，求的值；（3）若，且，三角形的面積，求邊的值.【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）由余弦定理直接求解即可；（2）由正弦定理及條件可得，再由誘導公式求解；（3）由正弦定理及面積公式聯(lián)立方程可得外接圓半徑，再由正弦定理即可得.【小問1詳解】，由余弦定理知，即，即，.【小問2詳解】，由正弦定理，得，即，，【小問3詳解】由，，，由，，17.如圖，在四棱臺中，底面四邊形ABCD為菱形，平面.（1）若點是的中點，求證：平面（2）求直線與平面所成角的余弦值；（3）棱上存在點，使得，求平面與平面的夾角的正弦值.【答案】（1）見解析（2）（3）【解析】【分析】（1）取的中點為，連接，可證平面平面，從而得到要求證的線面平行.（2）在平面中，過作的垂線，與交于，則可建立如圖所示的空間直角坐標系，求出及平面的法向量后可求線面角的正弦值.（3）求出平面的法向量與平面的法向量的夾角的余弦值后可求面面角的正弦值.【小問1詳解】取的中點為，連接，在菱形中，因為，則，而平面，平面，故平面，由四棱臺可得，而，故，故，故四邊形為平行四邊形，故，而平面，平面，故平面，因為，平面，平面，故平面平面，而平面，故平面【小問2詳解】在平面中，過作的垂線，與交于，因為平面，平面，故，同理，故可建立如圖所示的空間直角坐標系，故，，故，，所以，所以，故，而平面的一個法向量為，設(shè)直線與平面所成的角為，則.【小問3詳解】由可得，故，而，設(shè)平面的法向量為，則即，取，則，故，結(jié)合（2）的平面的一個法向量為，故，設(shè)平面與平面的夾角為，則.故平面與平面的夾角的正弦值為.18.已知點M是橢圓C：上一點，，分別為橢圓C的上、下焦點，，當，的面積為5.（1）求橢圓C的方程：（2）設(shè)過點的直線和橢圓C交于兩點A，B，是否存在直線，使得與（O是坐標原點）的面積比值為5：7.若存在，求出直線的方程：若不存在，說明理由.【答案】（1）（2）存在，【解析】【分析】（1）根據(jù)焦距可求出c,再根據(jù)以及的面積可求出a,b，即得橢圓方程；（2）設(shè)直線方程并和橢圓方程聯(lián)立，得到根與系數(shù)的關(guān)系式，根據(jù)與的面積比值為5：7，得到相關(guān)等式，聯(lián)立根與系數(shù)的關(guān)系式化簡，即可得到結(jié)論.【小問1詳解】由,由,,故,∴,∴∴，即橢圓的標準方程為.【小問2詳解】假設(shè)滿足條件的直線存在，當直線的斜率不存在時，不合題意，不妨設(shè)直線：，，，顯然，聯(lián)立，得，所以，因為S△OAF2即（3），由（1），（3），得（4），將（1）（4）代入（3）得，所以直線的方程為，故存在直線，使得與的面積比值為5：7.【點睛】本題考查了橢圓方程的求解以及直線和橢圓的位置關(guān)系，涉及到橢圓中的三角形面積問題，解答時一般思路是要將直線方程和橢圓方程聯(lián)立，得到根與系數(shù)的關(guān)系式，再將該關(guān)系式代入到相關(guān)等式中化簡，其中計算量大,多是關(guān)于字母參數(shù)的運算，要求計算準確，需要細心和耐心.19.已知數(shù)列的前n項和為滿足.數(shù)列滿足，且満足（1）求數(shù)列，的通項公式；（2）若數(shù)列滿足；求（3），數(shù)列的前項和為，求證：.【答案】（1），；（2）；（3）證明見解析.【解析】【分析】（1）由與的遞推關(guān)系得出為等比數(shù)列求解，由為等差數(shù)列求通項公式；（2）分是奇數(shù)、偶數(shù)，分組求和即可得解；（3）利用放縮法及裂項相消求和證明即可.【小問1詳解】，時，時，，，即，是以2為首項，2為公比的等比數(shù)列，，由題可知，是首項為2，公差為1的等差數(shù)列，，.【小問2詳解】，(i)n為偶數(shù)時，，(ii)n為奇數(shù)時，，【小問3詳解】，，(i)右式證明：，(ii)左式證明：綜上得證.20.設(shè)為實數(shù)，且，已知函數(shù).（1）當時，曲線的切線方程為，求的值；（2）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間：（3）若對任意，函數(shù)）有兩個不同的零點，求的取值范圍.【答案】（1）；（2）答案見解析；（3）.【解析】【分析】（1）根據(jù)導數(shù)的幾何意義求出斜率，點斜式寫出切線方程，與已知切線方程對照即可求解；（2）求出函數(shù)導數(shù)，分和討論，即可得出函數(shù)的單調(diào)性區(qū)間；（3）由（2）知函數(shù)有兩個零點可轉(zhuǎn)化為極小值，化簡換元后可得對任意都成立，即可得出.【小問1詳解】設(shè)切點坐標，切線方程為，即又曲線的切線方程為，.【小問2詳解】，令，即，