2022届天津市耀华中学高三下学期一模数学试题含解析

天津市耀华中学2022届高三下学期一模

数学试题

一､选择题（本大题共9小题，每小题5分，共45分）

1．已知集合，，则（       ）

A． B． C． D．

2．设，则“”是“”的（       ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

3．函数的图象可能是下面的图象（       ）

A． B．

C． D．

4．2021年7月24日中共中央办公厅､国务院办公厅印发了《关于进一步减轻义务教育阶段学生作业负担和校外培训负担的意见》.自此全国范围内落实“双减”工作要求的步伐在不断迈进中，校内､校外教育生态迎来巨大变化与革新.在此背景之下，提出已久的“教师轮岗制”再度进入讨论视野，并在北京､上海､深圳等城市开始试点，某区教育局为了解教师对轮岗制度的态度，对本区在编1000名教师进行问卷调查，将赞成轮岗制度的教师年龄的调查数据整理得到如图所示的样本频率分布直方图，根据此频率分布直方图，用样本估计总体，则下列结论不正确的是（       ）

A．该区赞成轮岗制度的教师年龄低于25岁的比例约为24%

B．该区年龄在35到40岁的教师对轮岗制度的赞成人数最少

C．该区赞成轮岗制度的教师年龄的平均值不超过40岁

D．该区赞成轮岗制度的教师中有一半以上的人年龄不超过25岁或大于50岁

5．设，，，则（       ）

A． B．

C． D．

6．已知圆锥的顶点为点，高是底面半径的倍，点，是底面圆周上的两点，当是等边三角形时面积为，则圆锥的侧面积为（       ）

A． B． C． D．

7．过双曲线的右顶点A作斜率为的直线，该直线与双曲线的两条渐近线的交点分别为B，C，若A，B，C三点的横坐标成等比数列，则双面线的离心率为（       ）

A． B． C． D．

8．已知函数，若在上有且仅有2个最大值点，则的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

9．已知函数，若函数与的图象恰有5个不同公共点，则实数a的取值范围是（       ）

A． B．

C． D．

二､填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）

10．若复数满足（是虚数单位），则的虚部是___________.

11．的展开式中的系数是___________.

12．已知抛物线：的焦点为，过且垂直于轴的直线与交于､两点，则以线段为直径的圆被轴所截得的弦长为___________.

13．端午节即将来临，王老师家锅中煮有红枣馅粽子5个，蛋黄馅粽子3个，豆沙馅粽子4个，这三种粽子的外部特征完全相同.从中任意取出4个粽子，则每种粽子都至少取到1个的概率为___________.

14．已知正实数a，b满足，则的最小值为___________.

15．如图是由两个有一条公共边的边长为2的正六边形构成的平面图形.设，则___________；是线段上的动点，则的最小值是___________.

三､解答题（本大题共5小题，共75分）

16．在中，内角，，所对的边分别为，，，，，.

(1)求的值；

(2)求；

(3)求的值.

17．如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，点为的中点.

(1)求证：平面；

(2)求平面与平面夹角的正弦值；

(3)为线段的中点，求直线与平面所成的角正弦值.

18．已知椭圆的右顶点，且点在椭圆上，，分别是椭圆的左右焦点，过点作斜率为的直线交椭圆于另一点，直线交椭圆于点.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)若，求的值.

19．设数列是公差不为零的等差数列，满足，.数列的前项和为，且满足.

(1)求数列和的通项公式；

(2)在和之间插入1个数，使，，成等差数列；在和之间插入2个数，，使，，，成等差数列；……；在和之间插入个数，，…，，使，，，…，，成等差数列.

（i）求；

（ii）是否存在正整数，，使成立？若存在，求出所有的正整数对；若不存在，请说明理由.

20．已知函数，.

(1)当时，求函数在点处的切线；

(2)若对任意的恒成立，求实数的取值范围；

(3)求证：时，.

参考答案：

1．A

【解析】

【分析】

根据集合的交运算即可求解.

【详解】

，所以

故选：A

2．D

【解析】

【分析】

通过举特例结合充分、必要条件的概念，即可得到结果.

【详解】

若，满足，但，即“” 不是“”的充分条件；

若，满足，但，即“” 不是“”的必要条件；

所以“”是“”的既不充分也不必要条件.

故选：D.

3．A

【解析】

【分析】

由，利用其对称性排除部分选项，再由时，函数值的正负判断.

【详解】

解：，

因为，

所以关于点对称，排除BC，

当时，，故排除D，

故选：A

4．D

【解析】

【分析】

根据频率直方图，结合频率的求法判断A、B、D，求平均值判断C，即可确定错误选项.

【详解】

由频率分布直方图得，该区赞成轮岗制度的教师年龄低于25岁的约为，年龄在35到40岁的教师赞成轮岗制度所对应的频率最小，故A，B正确；

该区赞成轮岗制度的教师年龄的平均值为，故C正确；

该区赞成轮岗制度的教师中年龄不超过25岁或大于50岁的约为，所以D错误.

故选：D

5．C

【解析】

【分析】

利用指数函数、对数函数的单调性结合中间值法可得出、、的大小关系.

【详解】

，

，，

因为，所以，，则，即，

因此，.

故选：C.

6．D

【解析】

【分析】

根据是等边三角形时面积为求得母线，再由高是底面半径的倍，求得底面半径，然后由圆锥的侧面积公式求解.

【详解】

解：设圆锥的高为h，母线为l，底面半径为r，

则由题意得h=r， ，

所以，

又，则，

所以圆锥的侧面积为，

故选；D

7．B

【解析】

【分析】

根据双曲线方程求出渐近线方程，再判断直线与渐近线交点所在象限，从而求出交点坐标，再根据等比中项的性质得到方程，整理可得，即可求出离心率.

【详解】

解：因为双曲线，

所以渐近线为，

因为，即，则，则直线与渐近线的交点位于第二象限，直线与渐近线的交点位于第一象限，

又、、三点的横坐标成等比数列，

所以直线与渐近线，即，解得，即，同理可得与渐近线交于，

因为，且、、三点的横坐标成等比数列，

所以，化简整理，解得，

因为，

所以双曲线的离心率

故选：B．

8．C

【解析】

【分析】

讨论、时，取最大值时的值，由其周期性找到第三个最大值对应的值，由此确定的取值范围.

【详解】

当时，，

当时，第1次取到最大值，

当时，，

当时，第2次取到最大值，

由知：当时，第3次取到最大值．

∴．

故选：C

【点睛】

关键点点睛：讨论的范围，通过确定第二、三个最大值对应的值，进而得到的取值范围.

9．A

【解析】

【分析】

利用导数分段画出函数的大致图象，将函数

与的图象恰有5个不同公共点的问题转化为方程有5个不同的根的问题，然后采用换元法将问题变为讨论在给定区间上有解的问题.

【详解】

当 时， ，，

当时，，当时，，

故时， ；

当时， ，

当时，有极大值，当时，，

作出的大致图象如图：

函数与的图象恰有5个不同公共点，

即方程有5个不同的根，

令 ，根据其图象，讨论有解情况如下：

令,

(1当 在和上各有一个解时，

即 ，解得 ，

（2）当在和上各有一个解时，

，解得，

（3）当有一个根为6时，解得，此时另一个根为 ，不合题意；

（4）当有一个根为1时，解得，此时另一个根也为1，不合题意，

综上可知：，

故选：A

10．

【解析】

【分析】

利用复数的除法化简复数，即可得到复数的虚部.

【详解】

由已知可得，所以复数的虚部为.

故答案为：.

11．15

【解析】

【分析】

求出展开式的通项，然后可得答案.

【详解】

展开式的通项为，

令可得，

所以的展开式中的系数是，

故答案为：15

12．

【解析】

【分析】

根据题意求得线段的长度，从而求得圆半径，再利用弦长公式即可求得结果.

【详解】

对抛物线：，其焦点为，令，可得，故，

则所求圆的半径，又圆心到轴的距离为，

故以线段为直径的圆被轴所截得的弦长为.

故答案为：.

13．

【解析】

【分析】

根据要取出的四个粽子要每个品种都要有，可将取出红枣馅粽子，蛋黄馅粽子，豆沙馅粽子的个数可为2，1，1；1，2，1；，1，1，2，分类用组合计算，然后用分类加法计数原理即可求解.

【详解】

取出的4个粽子这样三种情况：红枣馅粽子2个，蛋黄馅粽子1个，豆沙馅粽子1个，共有;红枣馅粽子1个，蛋黄馅粽子2个，豆沙馅粽子1个，共有;红枣馅粽子1个，蛋黄馅粽子1个，豆沙馅粽子2个，共有,

从10个粽子中任取4个全部的取法有，故每种粽子都至少取到1个的概率为

故答案为：

14．##

【解析】

【分析】

将目标式转化为，应用柯西不等式求的取值范围，进而可得目标式的最小值，注意等号成立条件.

【详解】

由题设，，则，

又，

∴，当且仅当时等号成立，

∴，当且仅当时等号成立.

∴的最小值为.

故答案为：.

15．     1     ##

【解析】

【分析】

根据三点共线可得，建立如图所示的平面直角坐标系后可求的最小值.

【详解】

如图，连接，则三点共线，且，

故，故，

所以，所以.

建立如图所示的平面直角坐标系，则，

故，其中.

设，

则，，

故

，

故答案为：1，.

【点睛】

思路点睛：规则图形下的平面向量的数量积的计算，可以建立合适的平面直角坐标系，把数量积的计算归结为坐标的运算.

16．(1)

(2)

(3)

【解析】

【分析】

（1）由余弦定理即可得方程，求解方程即可得.

（2）根据正弦定理即可求解.

（3）根据二倍角公式和和差角公式即可求解.

(1)

由余弦定理可得：，解得或（舍去），故

(2)

由正弦定理 ,故

(3)

由（2）知：，则，故,

所以

17．(1)证明见解析

(2)

(3)

【解析】

【分析】

（1）取中点，连接，证明是平行四边形，得，从而得线面平行；

（2）取中点，连接，交于点，连接，证明是二面角的平面角，然后求出此角（或）的正弦值即可得；

（3）以为原点，所在的直线为轴的正方向建立空间直角坐标系，

求出、平面的一个法向量坐标，利用线面角的向量求法可得答案.

(1)

取中点，连接，如图，

因为是中点，则且，又，，

所以且，所以是平行四边形，

所以，平面，平面，所以平面；

(2)

取中点，连接，交于点，连接，

由已知，，，得是正方形，

，，则，

因为平面平面，平面平面，平面，

所以平面，又平面，所以，

又，，所以平面，

又平面，所以，

所以是二面角的平面角，

又，，

所以，，，

所以平面与平面夹角的正弦值为．

(3)

以为原点，所在的直线为轴的正方向建立空间直角坐标系，

则，，，，，，

所以，，，

设平面的一个法向量为，

所以，即，令，则，

所以，设直线与平面所成的角为，

 ，

所以直线与平面所成的角正弦值为.

18．(1)；

(2).

【解析】

【分析】

（1）由题可得，即得；

（2）设，利用韦达定理法可得，进而可得直线，的方程，可得点代入椭圆方程，即得.

(1)

由题可得，解得，

所以椭圆的标准方程为；

(2)

由题可设，

由，可得，

∴，即，

所以，即，

当轴时，则，，，

此时，，不合题意，

当与不垂直时，，

∴，

由上可得，所以，

解得，又，

所以，

综上，的值为.

19．(1)；.

(2)（i）；（ii）存在；和.

【解析】

【分析】

（1）设的公差为，根据题意列式求出和即可求出；根据可求出；

（2）（i）根据等差中项的性质得到，再根据错位相减法可求出；

（ii）根据和的通项公式得到，推出，令，推出的单调性，根据单调性可知，只有和，由此可求出结果.

(1)

设的公差为，，

则，解得，

所以.

由得，得，

，所以，

所以，即，

所以.

综上所述：；.

(2)

（i）依题意得，，，

，，，

所以

令，

则，

所以，

所以，

所以，

所以，

（ii）假设存在正整数，，使，即，即成立，

因为，所以，所以，所以，

令，则，

所以数列单调递减，，，，当时，，

所以由，得；由，得，

所以存在正整数，，使，且所有的正整数对为：和.

20．(1)

(2)

(3)证明过程见解析

【解析】

【分析】

（1）求导，利用导数的几何意义求出切线斜率，求出切线方程；（2）构造，注意到，二次求导后结合函数单调性对分类讨论，求出满足要求，不合要求，得到答案；（3）构造函数，对函数进行适当放缩，证明出结论.

(1)

当时，，，

所以，故在点处的切线为，即

(2)

，即在上恒成立，

设，注意到，

，令，

则在为增函数，且，

所以恒成立，即单调递增，

其中，

若，则恒成立，此时单调递增，又，

所以恒成立，

即在上恒成立，即结论成立；

若，则，

又，

故由零点存在性定理可知，在内存在，使得，

当时，，所以单调递减，又，

所以当时，，即，不合题意，舍去；

综上：实数的取值范围是

(3)

构造函数，

，

令，

则，

当时，恒成立，

所以在上单调递增，

所以，故在单调递增，

，即，

构造函数，，

，

所以在上为单调递增，

所以，即

所以，

即时，，证毕

【点睛】

证明不等式常用放缩法，常用的放缩有，，，，等.