2022届天津市和平区高三一模数学试卷及答案

天津市和平区2022届高三下学期一模数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．全集，集合，则（       ）

A． B． C． D．

2．已知命题，则命题的否定为（       ）

A． B．

C． D．

3．下列函数中，图像为下图的是（       ）

A． B．

C． D．

4．为普及冬奥知识，某校在各班选拔部分学生进行冬奥知识竞赛． 根据参赛学生的成绩，得到如图所示的频率分布直方图． 若要对40%成绩较高的学生进行奖励，则获奖学生的最低成绩可能为（       ）

A．

B．

C．

D．95

5．已知，记，则的大小关系是（       ）

A． B．

C． D．

6．中国古代数学经典《九章算术》系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就，书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖脐．如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知平面，四边形为正方形，，，若鳖牖的体积为l，则阳马的外接球的表面积等于（　　）．

A． B． C． D．

7．设函数，其中，，若，，则在上的单调减区间是（       ）

A． B． C． D．

8．已知双曲线的一条渐近线过点，且双曲线的一个焦点在抛物线的准线上，则双曲线的方程为（       ）

A． B．

C． D．

9．已知函数，若函数恰有三个零点，则实数的取值范围为　　

A． B． C． D．

二、双空题

10．若复数满足，则的模为_______，虚部为_______．

11．为加快新冠肺炎检测效率，某检测机构采取“合1检测法”，即将个人的拭子样本合并检测，若为阴性，则可以确定所有样本都是阴性的；若为阳性，则还要对本组的每个人再做检测.若有100人，已知其中2人感染病毒，采用“10合一检测法”，若2名患者在同一组，则总检测次数为__________次；若两名感染患者在同一组的概率为，定义随机变量为总检测次数，则数学期望为__________.

12．在中，，，，，则______，延长交于点，点在边上，则的最小值为______.

三、填空题

13．在的展开式中，的系数是___________.

14．已知圆的圆心在直线上，且与直线：相切于点.则圆的标准方程为________.

15．已知，则的最小值为__________．

四、解答题

16．已知的内角的对边分别为，满足.

(1)求角的大小；

(2)若，求的值.

17．平行四边形所在的平面与直角梯形所在的平面垂直，∥，，且为的中点.

(1)求证：；

(2)求点到平面的距离；

(3)若直线上存在点，使得直线所成角的余弦值为，求直线与平面成角的大小.

18．已知椭圆C：1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1、F2，点P（﹣1，）在椭圆C上，且|PF2|．

（1）求椭圆C的方程；

（2）过点F2的直线l与椭圆C交于A，B两点，M为线段AB的中点，若椭圆C上存在点N，满足3（O为坐标原点），求直线l的方程．

19．已知等差数列各项均不为零，为其前项和，点在函数的图像上.

(1)求的通项公式；

(2)若数列满足，求的前项和；

(3)若数列满足，求的前项和的最大值、最小值.

20．设函数，其中.

(1)时，求曲线在点处的切线方程；

(2)讨论函数极值点的个数，并说明理由；

(3)若成立，求的取值范围.

参考答案：

1．A

【解析】

【分析】

先求的，再求，最后求解即可.

【详解】

因为，，

故且，则.

故选：A.

2．D

【解析】

【分析】

根据含有一个量词的命题的否定的方法求解即可.

【详解】

的否定为.

故选：D.

3．B

【解析】

【分析】

根据奇偶性可排除AC，利用可排除D.

【详解】

由图象可知： 定义在上的偶函数，

对于AC，为非奇非偶函数，可排除AC；

对于D，当时，，与图象不符，可排除D；

对于B，，可知图象与函数相符，B正确.

故选：B.

【点睛】

方法点睛：判断函数图象或根据图象选择解析式的问题，通常采用排除法来排除错误选项，进而得到正确结论，排除的依据有：①奇偶性；②特殊位置函数值的符号；③单调性.

4．C

【解析】

【分析】

根据频率分布直方图分别求出成绩在，的频率，进而得解.

【详解】

根据频率分布直方图可知，成绩在的频率为

成绩在的频率为，

又，所以40%成绩较高的学生的分数在之间，且最低分数为

故选：C

5．A

【解析】

【分析】

根据，利用指数函数和对数函数的单调性求解.

【详解】

解：因为，

所以，

所以，

故选：A

6．A

【解析】

【分析】

先根据鳖牖的体积为l，求得，再根据阳马的外接球的直径是以为宽，长，高的长方体的体对角线可求得求得直径，从而求得表面积．

【详解】

由题意，因为平面，四边形为正方形，，，

又由鳖牖的体积为，所以，

解得，

而阳马的外接球的直径是以为宽，长，高的长方体的体对角线，

所以，即，

球的表面积为．

故选A．

【点睛】

本题主要考查了多面体与球的组合体的性质，以及球的体积与表面公式计算，其中解答中得出阳马的外接球的直径是以为宽，长，高的长方体的体对角线是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．

7．C

【解析】

【分析】

根据的对称中心、零点求得，进而求得，结合三角函数单调区间的求法求得正确答案.

【详解】

据题意可以得出直线和点分别是的图象的一条对称轴和一个对称中心，

所以，

即（），

所以；又由得，

即（），

，所以，所以；

由得的单调减区间为（），

所以在上的单调减区间是.

故选：C

8．D

【解析】

【分析】

根据题意列出满足的等量关系式，求解即可.

【详解】

因为在双曲线的一条渐近线上，

故可得；

因为抛物线的准线为，故，

又；解得，

故双曲线方程为：.

故选：D.

9．B

【解析】

【分析】

作出函数的图象，则函数有三个不同的零点，等价于直线与曲线的图象有三个不同交点，考查直线与圆相切，且切点位于第三象限时以及直线过点时，对应的值，数形结合可得出实数的取值范围．

【详解】

解：当时，，则，等式两边平方得，

整理得，

所以曲线表示圆的下半圆，如下图所示，

由题意可知，函数有三个不同的零点，等价于直线与曲线的图象有三个不同交点，

直线过定点，

当直线过点时，则，可得；

当直线与圆相切，且切点位于第三象限时，，

此时，解得．

由图象可知，当时，直线与曲线的图象有三个不同交点．

因此，实数取值范围是．

故选：．

【点睛】

本题考查利用函数的零点个数求参数，同时也考查了直线与圆的位置关系以及正弦型函数图象的应用，考查数形结合思想的应用，属于难题．

10．     1    

【解析】

【分析】

把已知等式变形，利用复数的代数形式的乘除运算，再利用复数模的计算公式，即可求解.

【详解】

由题意，复数满足，

可得，

所以，且复数的虚部为.

故答案为：， .

【点睛】

本题主要考查了复数的代数形式的乘除运算，以及复数的基本概念及复数模的计算，着重考查了计算能力，属于基础题.

11．     20    

【解析】

【分析】

采取“合1检测法”，每组检查一次，共需10次，又两名患者在同一组，需再检查10次，可得一共需要检查的次数；由题意得随机变量可能取的值是20，30，分别求得，，从而得其分布列和期望.

【详解】

解：采取“合1检测法”，每组检查一次，共需10次，又两名患者在同一组，需再检查10次，因此一共需要检查20次；

由题意得，随机变量可能取的值是20，30，

，，

所以随机变量的分布列为：

所以，

故答案为：20；.

12．         

【解析】

【分析】

(1)以，为基底表示，，根据数量积的运算律化简，由此可求BC，(2)建立平面直角坐标系，利用数量积的坐标运算公式表示，再求其最小值.

【详解】

解：由，可得

由，可得，

，

则.∴.

如图建立平面直角坐标系，可得，，，

设，.

∵，∴，，∴为中点，

∴，

∴，

，

∵，∴时，最小，最小值为.

答案为：，.

【点睛】

求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．

13．112

【解析】

【分析】

由二项式定理求解

【详解】

由二项式定理知的展开式的通项为

令得

故

故答案为：112

14．

【解析】

【分析】

由圆与直线：相切于点，可得过切点与圆心的直线的方程再根据圆的圆心在直线上，可求得圆心坐标，从而可得答案.

【详解】

解：过点与直线：垂直的直线的斜率为，

所以直线的方程为，即，

由，解得，

所以.

故圆的方程为：.

故答案为：.

15．

【解析】

由可知，，，利用基本不等式即可求最值.

【详解】

因为，所以，，

当且仅当 即，时等号成立，

故答案为：

【点睛】

易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：

（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；

（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；

（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.

16．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）由已知条件，利用正弦定理角化边可得，再根据余弦定理即可求解；

（2）由角A的正切值求出角A的正弦和余弦值，从而根据二倍角公式可得、，再根据两角差的正弦公式即可求解.

(1)

解：，

，即，

，

，

；

(2)

解：由，可得，

，

17．(1)证明见解析；

(2)；

(3)﹒

【解析】

【分析】

(1)证明AC⊥AB，从而得AC⊥平面ABEF即可；

(2)以A为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，则点到平面的距离为在方向投影的绝对值；

(3)根据E、H、F三点共线，表示出H点坐标，根据可求出H坐标，求出平面法向量，利用向量即可求出直线与平面成角的大小﹒

(1)

中，，

由余弦定理得，，

，，

平面平面，平面平面＝，平面，

平面，.

(2)

以A为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系.

则，

则，，

设平面的法向量为，

则，即，取，

∴点到平面的距离；

(3)

，，，，

设点坐标，，

∵E、H、F三点共线，∴，

，∴，

∴，

解得，

，

设平面的法向量为，

则，即，令，则，

设直线与平面成的角为，

，

∴直线与平面成的角为.

18．（1）．（2）xy﹣1＝0或xy﹣1＝0．

【解析】

【分析】

（1）根据题意得①，②，③，由①②③组成方程组，解得，，进而得椭圆的方程．

（2）设直线的方程为，，，，，联立直线与椭圆的方程得关于的一元二次方程，结合韦达定理得，，从而得线段中点坐标，点的坐标，将其代入椭圆方程，可解得，进而得出直线的方程．

【详解】

解：（1）因为点在椭圆上，且．

所以，①

，解得，②

又因为③

由①②③组成方程组，解得，，

所以椭圆的方程为：．

（2）由（1）可知，

设直线的方程为，，，，，

联立直线与椭圆的方程得，

得，则，

所以线段中点，，

所以，，

所以点的坐标为，，

将点坐标代入椭圆的方程，

解得，，

所以直线的方程为：或．

【点睛】

本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的相交问题，属于中档题．

19．(1)

(2)

(3)最大值为，最小值为

【解析】

【分析】

（1）将点代入函数解析再结合前和即可求解；

（2）运用错位相减法或分组求和法都可以求解；

（3）将数列的通项变形为，再求和，通过分类讨论从单调性上分析求解即可.

(1)

因为点在函数的图像上，

所以，

又数列是等差数列，所以，

即所以，

；

(2)

解法1：，

==，

解法2：， ①

， ②     ①-② 得

，

；

(3)

记的前n项和为，

则=

，

当n为奇数时随着n的增大而减小，可得，

当n为偶数时随着n的增大而增大，可得，

所以的最大值为，最小值为.

20．(1)

(2)当时，函数有一个极值点；

当时，函数无极值点；

当时，函数有两个极值点.

(3)

【解析】

【分析】

（1）将代入函数中，得出函数的解析式，进而可以求出切点坐标，再利用导数的几何意义及点斜式即可求解；

（2）根据已知条件，对进行分类讨论，利用导数法求函数极值的步骤及函数极值的定义即可求解；

（3）根据成立，转化为即可，再利用第（2）的结论即可求解.

(1)

当时，

，所以切点为，

，

所以曲线在点处的切线的斜率为，

所以曲线在点处的切线的斜率切线方程为

，即

(2)

由题意知函数的定义域为，

，

令，

（i）当时，，函数在单调递增，无极值点

（ii）当时，，

①当时，，

所以函数在单调递增，无极值点；

②当时，，

设方程两根，

此时

时，，函数单调递增；

时，，函数单调递减.

函数有两个极值点；

③当时，，

设方程两根

此时

时，，函数单调递增；

时，，函数单调递减.

函数有一个极值点；

综上所述：

当时，函数有一个极值点；

当时，函数无极值点；

当时，函数有两个极值点.

(3)

由成立等价于即可.

①当时，函数在上单调递增，

时，，符合题意；

②当时，由，得，

函数在上单调递增，

又时，，符合题意；

③当时，由，得

时， 单调递减,

时，时，不合题意；

④当时，设，

，时，在上单调递增.

当时，，即，

可得，

当时，，此时，不合题意.

综上，的取值范围是.

【点睛】

解决此题的关键是第一问利用导数的几何意义及点斜式即可，第二问主要是对参数进行分类讨论，再结合利用导数法求函数的极值的步骤即可，第三问主要将恒成立问题转化为最值问题再结合第二问的结论即可求解.