天津市滨海新区塘沽第一中学2022届高三下学期三模数学试题

天津市滨海新区塘沽第一中学2022届高三下学期三模数学试题

第I卷（选择题）

1．设集合，，，则（       ）

A． B．2，

C．2，4， D．

2．“”是“”的（       ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分又不必要条件

3．函数的图象大致为（       ）

A． B．

C． D．

4．已知，则（       ）

A． B．

C． D．

5．某校随机抽取了400名学生进行成绩统计，发现抽取的学生的成绩都在50分至100分之间，进行适当分组画出频率分布直方图如图所示，下列说法正确的是（       ）

A．直方图中x的值为0.040

B．在被抽取的学生中，成绩在区间的学生数为30人

C．估计全校学生的平均成绩为84分

D．估计全校学生成绩的样本数据的80%分位数约为93分

6．如图所示的粮仓可近似为一个圆锥和圆台的组合体，且圆锥的底面圆与圆台的较大底面圆重合.已知圆台的较小底面圆的半径为1，圆锥与圆台的高分别为和3，则此组合体的外接球的表面积是（       ）

A． B． C． D．

7．已知双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合，过作与一条渐近线平行的直线，交另一条渐近线于点，交抛物线的准线于点，若三角形（为原点）的面积，则双曲线的方程为（ ）

A． B． C． D．

8．智能主动降噪耳机工作的原理如图1所示，是通过耳机两端的噪声采集器采集周围的噪音，然后通过听感主动降噪芯片生成相等的反向波抵消噪音.

已知某噪音的声波曲线在上大致如图2所示，则通过听感主动降噪芯片生成相等的反向波曲线可以为（       ）

A． B．

C． D．

9．设，函数，，若在上单调递增，且函数与的图象有三个交点，则的取值范围（       ）

A． B． C． D．

第II卷（非选择题）

10．若复数为实数，则实数的值为_______.

11．的展开式中，二项式系数最大的项的系数是___________.

12．过点作一条直线截圆所得弦长为，则直线的方程是___________.

13．已知，当取到最小值时，___________．

14．甲箱中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙箱中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲箱中随机取出1球放入乙箱中，分别以、、表示由甲箱中取出的是红球，白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以表示由乙箱中取出的球是红球的事件，则___________；若随机从甲箱中取出3个球，设取到红球个数为随机变量X，则X的数学期望为___________．

15．如图，四边形中，，，，，．若是线段的动点，则________，则的最大值为________．

16．已知的内角，，所对的边分别为，，，且为钝角．

(1)求；

(2)若，，求的面积；

(3)求．

17．如图所示的几何体中，四边形ABCD为矩形，平面ABCD，，，，点P为棱DF的中点.

(1)求证：平面APC；

(2)求直线DE与平面BCF所成角的正弦值；

(3)求平面ACP与平面BCF的夹角的余弦值.

18．在平面直角坐标系中，设椭圆的下顶点为，右焦点为，离心率为．已知点是椭圆上一点，当直线经过点时，原点到直线的距离为．

(1)求椭圆的方程；

(2)设直线与圆相交于点（异于点），设点关于原点的对称点为，直线与椭圆相交于点（异于点）．直线的斜率为，求直线的斜率．

19．已知数列，，已知对于任意，都有，数列是等差数列，，且，，成等比数列．

(1)求数列和的通项公式；

(2)记．

（ⅰ）求；

（ⅱ）求．

20．已知函数

(1)若函数在点处的切线斜率为0，求a的值．

(2)当时．

①设函数，求证：与在上均单调递增；

②设区间（其中，证明：存在实数，使得函数在区间上总存在极值点．

参考答案：

1．B

【解析】

【分析】

直接利用集合的并集和交集运算求解.

【详解】

因为，，

，2，4，，

又，

，2，．

故选：B．

2．A

【解析】

【分析】

根据对数函数、幂函数的单调性将问题转化，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可；

【详解】

解：因为在上单调递增，由得到，由在定义域上单调递增，又，即，所以；

故由能够推得出，即充分性成立；由推不出，即必要性不成立，故是的充分不必要条件；

故选：A

3．C

【解析】

【分析】

本题可用排除法，先根据函数的奇偶性排除A、B选项，再由特殊值，即可确定结果.

【详解】

因为函数定义域为R，且，所以为偶函数，排除A、B；又，排除D，即可确定答案为C.

故选：C

【点睛】

本题主要考查函数性质的应用体现学生数形结合思想，属于中档题.

4．C

【解析】

【分析】

利用指数函数和对数函数的单调性以及中间值进行比较即可.

【详解】

，，

故选：C.

5．C

【解析】

【分析】

根据学生的成绩都在50分至100分之间的频率和为1可求得x值，以此判断A；计算成绩在区间[70，80)的学生频率，然后可计算该区间学生数，以此判断B；按照频率频率分布直方图中平均数计算公式计算可判断C；按照频率分布直方图中百分位数的计算方法计算可判断D.

【详解】

定义A：根据学生的成绩都在50分至100分之间的频率和为1，可得，解得x=0.03，所以A错；

对于B：在被抽取的学生中，成绩在区间[70，80)的学生数为10×0.015×400=60(人)，所以B错；对于C：估计全校学生的平均成绩为55×0.05+65×0.1+75×0.15+85×0.3+95×0.4=84(分)，所以C对；

对于D：全校学生成绩的样本数据的80%分位数约为 (分).

所以D错.

故选：C

6．B

【解析】

设外接球半径为R，球心为O，圆台较小底面圆的圆心为，根据球的性质与圆台的上下底面垂直，从而有，且球心在上下底面圆心的连线上，，即可求出，得出结论.

【详解】

解：设外接球半径为R，球心为O，圆台较小底面圆的圆心为，

则，而，

故.

故选:B.

【点睛】

本题考查组合体外接球的表面积，利用球的性质是解题的关键，属于基础题.

7．D

【解析】

【分析】

由抛物线方程得出焦点坐标和准线方程，联立直线与渐近线方程得出的坐标，联立直线与准线方程得出的坐标，根据三角形的面积得出，再结合，，可解得结果.

【详解】

由得，所以，

所以直线，抛物线的准线为：，

联立可得，所以，

联立可得，所以，

所以，

所以，所以，即，

又，，

所以，所以，所以，

所以双曲线的方程为.

故选：D.

【点睛】

本题考查了抛物线和双曲线的几何性质，考查了三角形的面积，考查了运算求解能力，属于基础题.

8．D

【解析】

【分析】

根据图2求出噪音的声波曲线对应的函数的解析式，再结合题意进行求解即可.

【详解】

由2可知：过两点，

所以有，

，

当时，，显然A不符合题意，此时函数的周期为，要想抵消噪音，只需函数向左或向右平移一个单位长度即可，

即得到，

或，故选项D符合，

显然选项B，C的振幅不是2，不符合题意，

故选：D

【点睛】

关键点睛：根据图象求出正弦型函数的解析式，结合题意利用平移解决问题是解题的关键.

9．B

【解析】

【分析】

根据在上单调递增，结合正弦函数的单调性可得，从而可求得在上单调递增这个条件的范围，再根据函数与的图象有三个交点，则在上函数与的图象有两个交点，即方程在上有两个不同的实数根，从而可得第二个条件下的的范围，取交集即可得出答案，注意说明时，函数与的图象只有一个交点.

【详解】

当时，，

因为在上单调递增，

所以，解得，

若在上函数与的图象有两个交点，

即方程在上有两个不同的实数根，

即方程在上有两个不同的实数根，

所以，解得，

当时，令，

当时，，

当时，，，

结合图象可得时，函数与的图象只有一个交点，

综上所述，当时，函数与的图象有三个交点，满足题意，

故选：B.

10．

【解析】

【分析】

利用复数除法运算化简得，利用实数定义可构造方程求得结果.

【详解】

，

为实数，，解得：.

故答案为：.

11．

【解析】

【分析】

利用二项式定理的展开式二项式系数的性质求解即可.

【详解】

解：因为的展开式有项，

所以第项的二项式系数最大，

所以的展开式中的二项式系数最大的项为.

所以，的展开式中，二项式系数最大的项的系数是.

故答案为：

12．或

【解析】

【分析】

待定系数法设直线，由弦长公式求解

【详解】

可化为

故圆心到直线距离

若直线斜率不存在，方程为，则，满足题意

若直线斜率存在，设其方程为，

，解得，此时直线方程为

故答案为：或

13．##0.75

【解析】

【分析】

先将化为，再结合基本不等式即可求出最小值及此时的值.

【详解】

知，当取到最小值时，

由题意知：

，

当且仅当，即时取等，

故当取到最小值时，.

故答案为：.

14．          ##

【解析】

【分析】

由题意可得、、是两两互斥的事件，则，利用条件概率的概率公式求出即可，由题意可得X的取值可能为0，1，2，3，求出相应的概率，从而可求出X的数学期望

【详解】

由题意可得、、是两两互斥的事件，，

若从甲箱中随机取出1红球放入乙箱中，则此时乙箱中有11个球，且其中5个是红球，

所以，同理可得，

所以

，

题意可得X的取值可能为0，1，2，3，则

，

，

，

，

所以,

故答案为：，

15．     ##    

【解析】

【分析】

求得，，由可求得的值，结合平面向量数量积可求得；计算得出，计算出的值，设，即可求得的最大值.

【详解】

因为四边形中，，，，则，

，，

因为，

即，可得，

因此，，

，

所以，，

设，则，

所以，的最大值为.

故答案为：；.

16．(1)

(2)

(3)

【解析】

【分析】

（1）由正弦定理边化角，可求得角的正弦，由同角关系结合条件可得答案.

（2）由（1），由余弦定理，求出边的长，进一步求得面积．

（3）由正余弦的二倍角公式可得答案.

(1)

因为，由正弦定理得，

因为，所以．

因为角C为钝角，所以角A为锐角，所以.

(2)

由（1），由余弦定理，，，

得，所以，

解得或，，不合题意舍去，

∴，

故△ABC的面积为.

(3)

因为，，

所以

.

17．(1)证明见解析

(2)

(3)

【解析】

【分析】

（1）连接BD，交AC于点O，由中位线定理和线面平行判定定理即可证明结果；

（2）建立空间直角坐标系，写出坐标，求得平面的法向量，根据线面角公式即可求得直线与平面所成角的正弦值；

（3）由（2）可知平面的法向量，再求得平面的法向量，利用空间向量法即可求出结果.

(1)

证明：连接BD，交AC于点O，又P，O分别为DF和DB的中点，

所以，

因为平面APC，平面APC，所以平面APC；

(2)

解：直线平面ABCD，平面ABCD，所以，

由（1）得，，

所以以A为原点，AB，AD，AF所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

，，，，，，

所以，，

设平面BCF的法向量，

，，解得，

又.

设直线DE与平面BCF所成角的正弦值，

所以，

所以直线DE与平面BCF所成角的正弦值；

(3)

解：由（2），，，

设平面APC的法向量为，

则，即，令，则，，

所以平面APC的法向量，

所以，

所以平面ACP与平面BCF的夹角的余弦值为.

18．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）根据题意可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程；

（2）分析可知直线的斜率存在且不为零，设直线的方程为，求出点的坐标，可得出点的坐标，再求出点、的坐标，计算得出，结合已知条件可求得结果.

(1)

解：根据题意，椭圆的离心率为，即．①

当直线经过点时，直线的方程为，即，

由原点到直线的距离为，可知，即，

所以，，解得，所以椭圆的方程为．

(2)

解：若直线的斜率不存在，则直线与轴重合，则点与点关于原点对称，不合乎题意，

若直线的斜率为零，此时直线与圆相切，不合乎题意，

所以，直线的斜率存在且不为，

设直线的斜率为，则直线的方程为，

联立可得，所以或．

所以点的坐标为，

联立整理可得，所以或．

所以点的坐标为．

显然，是圆的一条直径，故，

所以直线的方程为．

用代替，得点的坐标为，即．

直线的斜率，则，

直线的斜率，所以，

所以直线的斜率为．

【点睛】

关键点点睛：本题考查利用直线斜率的求解，解题的关键在于设出直线的方程，求出题中相应点的坐标，结合斜率公式求解.

19．(1)；

(2)（ⅰ） ；（ⅱ）

【解析】

【分析】

（1）利用等差数列的通项公式及等比中项的性质即可求解；

（2）（ⅰ）利用裂项相消法求和即可，

（ⅱ）将相邻两项合并成一项，再利用错位相减法求和即可.

(1)

设数列的公差为d，

∵，，成等比数列，且，

∴，即，解得，

则，

即，

(2)

（ⅰ）由（1）可知，，

则

；

（ⅱ）由题意，对，

，

设的前n项为，

所以，则，

则

，

所以，

即．

20．(1)

(2)① 证明见解析；②证明见解析

【解析】

【分析】

（1）根据导数的几何意义可求出结果；

（2）①利用导数证明与在上恒成立即可得证；

②转化为证明存在实数，使得在区间上总存在零点，再次求导并利用零点存在性定理即可证明.

(1)

的定义域为，

，，

依题意得，所以.

(2)

①∵， ，

因为当时，，所以在上单调递增，且，故，即，∴：在上单调递增；

，，

∴，

而，，

∴在上单调递减，且，故，

∴，

∴在上单调递增，且，

故，即，∴函数在上单调递增；

②易知，且由（1）可知在上单调递增，．

∵，

所以，

其中

即在上单调递增，．

令，由上可知在上单调递增．

要使得在区间I上总存在极值点，则需满足，

而恒成立恒成立，

∵在上单调递增，故①，

又，故要使得恒成立，

则只需，

同理可得②，

且，由①②可知，

存在当时，函数在区间I上总存在极值点．

【点睛】

关键点点睛：转化为证明存在实数，使得在区间上总存在零点，再次求导并利用零点存在性定理进行证明是解题关键.