天津市实验中学2022届高三下学期高考前热身训练数学试题

天津市实验中学2022届高三下学期高考前热身训练数学试题

第I卷（选择题）

1．设全集，，，则（       ）

A． B．

C． D．

2．设，则“”是“”的

A．充分而不必要条件

B．必要而不充分条件

C．充要条件

D．既不充分也不必要条件

3．函数的图像大致为（       ）

A． B．

C． D．

4．某市要对两千多名出租车司机的年龄进行调查，现从中随机抽出100名司机，已知抽到的司机年龄都在[20,45]岁之间，根据调查结果得出司机的年龄情况残缺的频率分布直方图如图所示，利用这个残缺的频率分布直方图估计该市出租车司机年龄的中位数大约是(　　)

A．31.6岁 B．32.6岁 C．33.6岁 D．36.6岁

5．设,,则   

A． B． C． D．

6．张衡是中国东汉时期伟大的天文学家、数学家，他曾经得出圆周率的平方等于10，三棱柱的侧棱垂直于底面，且，若该三棱柱的所有顶点都在同一球面上，利用张衡的结论可得该球的表面积为（       ）

A．8 B． C．12 D．

7．已知函数，给出下列四个结论，其中正确的结论是（       ）

A．函数的最小正周期是

B．函数在区间上是减函数

C．函数的图象关于对称

D．函数的图象可由函数的图象向左平移个单位得到

8．若双曲线C：（，）的一条渐近线被圆所截得的弦长为，则双曲线C的离心率为（       ）

A．2 B． C． D．

9．已知函数，函数则关于的方程的实根最多有

A．4个 B．5个 C．6个 D．7个

第II卷（非选择题）

10．设复数满足（为虚数单位），则的值为__________．

11．若的展开式中的系数为，则实数__．

12．已知直线是圆的对称轴，过点作圆的一条切线，切点为，则|______.

13．已知ab＞0，则的最小值为_____.

14．如图，在边长的等边三角形ABC中，D，E分别是边AB，AC的中点，O为的中心，过点O的直线与直线BC交于点P，与直线DE交于点Q，则的取值范围是______．

15．甲、乙两名枪手进行射击比赛，每人各射击三次，甲三次射击命中率均为；乙第一次射击的命中率为，若第一次未射中，则乙进行第二次射击，射击的命中率为，如果又未中，则乙进行第三次射击，射击的命中率为．乙若射中，则不再继续射击．则甲三次射击命中次数的期望为_____，乙射中的概率为_____．

16．在中，角的对边分别为.已知.

（1）求及的值；

（2）若，求的值.

17．如图，平面平面，且四边形为矩形，四边形为直角梯形，，，，.

(1)求证：平面；

(2)求平面与平面夹角的大小；

(3)求直线与平面所成角的余弦值.

18．已知椭圆的左、右焦点，离心率为，点是椭圆上的动点，的最大面积是．

（1）求椭圆的方程；

（2）圆E经过椭圆的左、右焦点，且与椭圆在第一象限的交点为，且三点共线，为坐标原点，直线交椭圆于两点，且．

（i） 求直线的斜率；

（ii）当的面积取到最大值时，求直线的方程．

19．等比数列{an}的各项均为正数，2a5，a4，4a6成等差数列，且满足a4＝4a32，数列{bn}的前n项和Sn＝，n∈N*，且b1＝1.

（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；

（2）设cn＝，求证：；

（3）设Rn＝a1b1+a2b2++anbn，Tn＝a1b1﹣a2b2++（﹣1）n-1anbn，n∈N*，求R2n+3T2n﹣1.

20．已知函数．

（1）若曲线在点处的切线方程为，求的值；

（2）当时，求证：；

（3）设函数，其中为实常数，试讨论函数的零点个数，并证明你的结论．

参考答案：

1．B

【解析】

【分析】

表示出，然后计算，最后根据并集的运算即可.

【详解】

因为，所以，

故.

故选：B.

【点睛】

本题主要考查集合的补集和并集运算，以及常用数集的识别，属于基础题.

2．B

【解析】

分别求出两不等式的解集，根据两解集的包含关系确定.

【详解】

化简不等式，可知 推不出；

由能推出，

故“”是“”的必要不充分条件，

故选B．

【点睛】

本题考查充分必要条件，解题关键是化简不等式，由集合的关系来判断条件．

3．A

【解析】

【分析】

首先判断函数的奇偶性，再判断函数的单调性，即可判断；

【详解】

解：因为，所以，所以为奇函数，又，因为在定义域上单调递增，在上单调递增，根据复合函数的单调性，可得函数在定义域上单调递增，故满足条件的为A；

故选：A

【点睛】

本题考查函数图象的识别，函数的单调性的判断，属于基础题.

4．C

【解析】

【分析】

先根据频率分布直方图中频率之和为计算出数据位于的频率，再利用频率分布直方图中求中位数的原则求出中位数．

【详解】

在频率分布直方图中，所有矩形面积之和为，

所以，数据位于的频率为，

前两个矩形的面积之和为，

前三个矩形的面积之和为，

所以，中位数位于区间，设中位数为，

则有，解得（岁），故选C．

【点睛】

本题考查频率分布直方图的性质和频率分布直方图中中位数的计算，计算时要充分利用频率分布直方图中中位数的计算原理来计算，考查计算能力，属于中等题．

5．A

【解析】

【分析】

根据指数函数、对数函数单调性比较数值大小.

【详解】

因为，，，

所以，

故选A.

【点睛】

本题考查利用指、对数函数的单调性比较数值大小，难度一般.利用指、对数函数单调性比较大小时，注意利用中间量比较大小，常用的中间量有：.

6．B

【解析】

【分析】

先根据题意确定出球心的位置，求出球的半径，结合球的表面积公式可得结果.

【详解】

由题可知矩形的中心为该三棱柱外接球的球心，如图，

因为，所以，，

所以球的表面积为.

故选：B.

【点睛】

本题主要考查多面体的外接球问题，几何体的外接球问题求解的关键是确定球心位置，求出球半径，侧重考查直观想象的核心素养.

7．B

【解析】

先将化简为，再逐个选项判断即可．

【详解】

A选项，因为，则的最小正周期，结论错误；

B选项，当时，，则在区间上是减函数，结论正确；

C选项，因为，则的图象不关于直线对称，结论错误；

D选项，设，则，结论错误．

故选：B

【点睛】

本题考查三角函数的恒等变换及三角函数的性质，属于中档题.

8．D

【解析】

【分析】

先求出圆心到渐近线的距离，结合被圆截得的弦长，建立方程，可得，进而可求离心率.

【详解】

设双曲线C：（，）的一条渐近线，

圆的圆心为，半径为，圆心到渐近线的距离为，

因为渐近线被圆所截得的弦长为，

所以，解得，即

所以.

故选：D.

【点睛】

本题主要考查双曲线的性质及圆的弦长问题，把圆的弦长化简为等量关系是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.

9．C

【解析】

【分析】

【详解】

试题分析：，，

令，得，在上是增函数，在上是减函数，在上是增函数，

当时，取极大值为2，当时取极小值；

由函数的图像可知，当或时，；

（1）当时，方程，则，有一个实根，，方程有三个实根，此时关于的方程共有4个实根;

（2）当时，方程，则，方程只有一个实根，

或，方程只有一个实根，此时关于的方程共有2个根；

（3）当时，方程，则，方程有三个实根，

或，方程有三个实根，此时关于的方程共有6个实数根；

（4）当时，方程，则，方程最多有三个实根，

综上所述：关于的方程的实根最多有6个，选C

考点：函数图象，函数的零点，数形结合思想.

10．.               

【解析】

【详解】

分析：由条件得到复数的代数形式，即可求得复数模长.

详解：因为，所以==，

所以

点睛：本题考查复数的四则运算，意在考查学生的计算能力．

11．﹣2

【解析】

写出展开式通项公式，令的指数为4，求得的项数，得其系数，由系数为－448可得．

【详解】

由题意展开式通项公式为，令，，

∴系数为，解得．

故答案为：．

【点睛】

本题考查二项式定理，解题关键是掌握二项展开式通项公式．

12．6

【解析】

【分析】

首先将圆心坐标代入直线方程求出参数a，求得点A的坐标，由切线与圆的位置关系构造直角三角形从而求得.

【详解】

圆即，圆心为，半径为，

由题意可知过圆的圆心，

则，解得，点A的坐标为，

作示意图如图所示：

，切点为B，则，

.

故答案为：6

【点睛】

本题考查直线与圆的位置关系，属于基础题.

13．4.

【解析】

【分析】

根据题意，由基本不等式的性质分析可得，进而可得

，据此由基本不等式的性质分析可得最小值即可.

【详解】

解：根据题意，ab＞0，故，当且仅当a＝2b时等号成立，

则原式，又由ab＞0，则4ab+1＞1，

则有4，

当且仅当4ab+1＝2，即4ab＝1时等号成立，

综合可得：的最小值为4，

当且仅当a＝2b时等号成立

故答案为：4.

【点睛】

本题主要考查了基本不等式求最小值的问题，需要根据题中所给的结构利用合适的基本不等式求解，同时多次用基本不等式需要注意考虑取等号时满足的条件.属于中档题.

14．

【解析】

【分析】

因为是等边三角形，所以可建立平面直角坐标系，设出的方程，解出，的坐标，即可将问题转化为直线斜率的函数，求其值域即可.

【详解】

由题意，如图建立平面直角坐标系：

因为三角形ABC边长为，故高为，

故，，，

所以直线，（由对称性，不妨设）．

所以由，得；

由，得，

所以，，

所以，

特别的，当轴时，，，

∴，

故，即的取值范围是，

故答案为：.

15．         

【解析】

【分析】

甲击中的次数，由此能求出甲三次射击命中次数的期望，利用互斥事件概率加法公式和相互独立事件概率加法公式能求出乙射中的概率．

【详解】

解：甲、乙两名枪手进行射击比赛，每人各射击三次，甲三次射击命中率均为，

则甲击中的次数，

∴甲三次射击命中次数的期望为，

乙第一次射击的命中率为，

第一次未射中，则乙进行第二次射击，射击的命中率为，

如果又未中，则乙进行第三次射击，射击的命中率为，

乙若射中，则不再继续射击，

则乙射中的概率为：．

故答案为：，．

【点睛】

本题考查概率、离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，涉及了二项分布、互斥事件概率加法公式和相互独立事件概率加法公式等基础知识，考查运算求解能力．

16．（1）；（2）

【解析】

【分析】

（1）由已知利用余弦定理可得，利用同角三角函数基本关系式可求，利用二倍角公式可求，进而根据同角三角函数基本关系式可求的值.

（2）由已知利用两角和的正弦函数公式可求的值，进而由正弦定理可得的值.

【详解】

（1）∵，

∴由余弦定理可得：，

，

∴，

∴；

（2）∵

.

∴由正弦定理，可得.

【点睛】

该题考查的是有关解三角形的问题，在解题的过程中，涉及到的知识点有余弦定理、三角恒等变换，正弦定理.

17．(1)证明见解析

(2)

(3)

【解析】

【分析】

（1）取的中点，连接，可得且，证明四边形为平行四边形，从而可得证.

（2）以C为原点，CB所在直线为x轴，CE所在直线为y轴，CD所在直线为z轴建立如图所示空间直角坐标系,利用向量法求解即可.

（3）利用（2）中的空间坐标系，利用向量法求解即可.

(1)

取的中点，连接,则且

又，所以四边形为正方形,则且

又四边形ABCD为矩形，则且

所以且,则四边形为平行四边形

所以，又平面,平面

(2)

∵四边形BCEF为直角梯形，四边形ABCD为矩形，

∴，，

又∵平面平面BCEF，且平面平面，

∴平面.

以C为原点，CB所在直线为x轴，CE所在直线为y轴，CD所在直线为z轴建立如图所示空间直角坐标系.

 ，，，，，，

设平面的一个法向量为，

则，，

得

∵平面，∴平面一个法向量为，

设平面与平面所成锐二面角的大小为，

则.

因此，平面与平面所成锐二面角的大小为.

(3)

根据（2）知平面一个法向量为得，∵，

设直线与平面所成角为，则

，

∴.

因此，直线与平面所成角的余弦值为.

18．（1）；（2）（i）；（ii）．

【解析】

【分析】

（1）根据离心率建立等式，结合的最大面积是可求椭圆的方程；

（2）（i）利用圆的对称性可得圆心为轴上一点，结合，，三点共线可以表示出点的坐标，代入椭圆方程可求点，进而可得直线的斜率；

（ii）设出直线的方程，求出弦长，利用点到直线的距离公式求出三角形的高，结合面积公式及二次函数知识可求直线的方程．

【详解】

（1）∵离心率，，

∴，，

面积的最大值为：，

∴，；

∴椭圆方程为．

（2）（i）∵圆经过椭圆的两个焦点，

∴圆心为轴上一点，设点，

∵圆与椭圆在第一象限交于点，∴，

∵，，三点共线，且是圆的一条直径，

∴，

将点代入椭圆方程得到，即，

∴直线的斜率为．

（ii）∵，∴直线的斜率也为，设直线，，

联立，得，

，∴，

，，

，

点到直线：的距离，

∴．

∴当，即时的面积最大，此时直线的方程为：．

【点睛】

本题主要考查椭圆的方程和三角形面积的问题，方程求解的关键是明确的大小，面积问题一般结合弦长公式进行求解，侧重考查数学运算的核心素养.

19．（1），bn＝n；（2）证明见解析；（3）.

【解析】

【分析】

（1）设等比数列{an}的公比为q，由题设条件列出q的方程，再结合a4＝4a32求出公比与首项，写出数列{an}的通项公式.利用整理得，得出数列是各项均为的常数列，从而求出bn；

（2）由（1）得cn＝＝，利用裂项相消法求出，证明结论；

（3）先利用错位相减法分别求出Rn、Tn，再求R2n+3T2n﹣1.

【详解】

解：（1）解：设等比数列{an}的公比为q，依题意，有2a4＝2a5+4a6，

所以a4＝a，因为an＞0，所以q＞0，且2q2+q﹣1＝0，解得或q＝﹣1（舍），因为，所以所以

所以数列{an}的通项公式为.

当n≥2时，整理得（n﹣1）bn＝nbn﹣1，

即所以数列是各项均为的常数列.所以，即bn＝n，

所以数列{bn}的通项公式为bn＝n；

（2）证明：由（1）得cn＝＝＝（）•

＝＝，

所以

＝；

（3）解：∵Rn＝①，

∴＝（）2+2•（）3+…+n•（）n+1②，

∴由①﹣②可得：

＝＝

∴，∴.

又③，

∴④，

由③﹣④可得：

＝＝

∴，∴，

∴.

【点睛】

结论点睛：本题考查了等差数列与等比数列的综合、数列的求和，其中裂项相消法求数列和的常见类型：

（1）等差型，其中是公差为的等差数列；

（2）无理型；

（3）指数型；

（4）对数型.

20．（1）或；（2）见解析；（3）见解析

【解析】

【分析】

（1）根据导数的意义可知，解得切点；

（2）将所证明不等式转化为证明恒成立，设，利用导数证明；

（3）等价于，等价于，且，令，利用导数分析函数的性质，可知函数的极小值0，极大值，讨论当，，，时，结合零点存在性定理确定零点的个数.

【详解】

（1）．所以过点的切线方程为，所以，

解得或．

（2）证明：即证，因为，所以即证，

设，则．

令，解得．

所以 当时，取得最小值．

所以当时，．

（3）解：等价于，等价于，且．

令，则．

令，得或，

（Ⅰ）当时，，所以无零点，即定义域内无零点

（Ⅱ）当即时，若，因为，

，所以在只有一个零点，

而当时，，所以只有一个零点；

（Ⅲ）当即时，由（Ⅱ）知在只有一个零点，且当时，，所以恰好有两个零点；

（Ⅳ）当即时，由（Ⅱ）、（Ⅲ）知在只有一个零点，在只有一个零点，在时，因为，

只要比较与的大小，即只要比较与的大小，

令，

因为，因为，所以，

所以，

即，所以，即在也只有一解，所以有三个零点；

综上所述：当时，函数的零点个数为0；   当时，函数的零点个数为1；当时，函数的零点个数为2；当时，函数的零点个数为3．

【点睛】

本题考查利用导数研究函数的单调性，极值，以及分析零点个数的问题，判断零点个数不仅需要讨论极值点的位置，还需根据单调性验证零点存在性定理，第三问中当即时判断零点个数相对其他情况比较难，还需构造函数.解决零点问题常用方法还有：分离参数、构造函数、数形结合.