2022届天津市第一中学高三下学期5月月考数学试题含解析

2022届天津市第一中学高三下学期5月月考数学试题

一、单选题

1．设全集，集合，，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【解析】先解一元二次不等式求出集合B，从而可求出集合B的补集，进而可求得

【详解】由得，所以，

所以．

故选：B

2．设，则“”是“”的（       ）

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】根据充分必要条件的定义结合不等式的性质得出答案.

【详解】，

，

，

可得“”是“”的充分条件；

由，

①当时，

可得，

即；

②当时，

可得，

即；

可得“”不是“”的必要条件；

所以“”是“”充分不必要条件；

故选：A.

3．已知函数，则的大致图像正确的是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【解析】首先判断函数的奇偶性，再利用特殊值，即可判断；

【详解】解：因为，所以，所以为偶函数，函数图象关于轴对称，故BD排除；

又，因为，所以，，所以，故排除A；

故选：C

4．已知定义在上的偶函数在区间上递减.若，，，则，，的大小关系为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】由是偶函数在上递减，故在上递增，然后比较的自变量，进而判断得结果.

【详解】因为定义在R上的偶函数在区间上递减，所以在上递增，

，，，

因为，在上递增，

所以，即，

故选:B.

【点睛】方法点睛：本题考查了函数的基本性质，对于抽象函数，要灵活掌握并运用图像与奇偶性、单调性等性质，要注意定义域，还应该学会解决的基本方法与技巧，如对于选择题，可选用特殊值法、赋值法、数形结合等，应用分析、逻辑推理、联想类比等数学思想方法.

5．为了了解居民用电情况，通过抽样，获得了某城市户居民的月平均用电量（单位：度），以，，，，，，分组的频率分布直方图如下图.该样本数据的55%分位数大约是（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由已知，可通过频率分布直方图的性质求解出的值，然后设出样本数据的55%分位数为，根据题意列出等量关系，求解即可.

【详解】由直方图的性质可得：

，

解得，

由已知，设该样本数据的55%分位数大约是，由

，

解得.

故选：C.

6．若所有棱长都是3的直三棱柱的六个顶点都在同一球面上，则该球的表面积是（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】正三棱柱的底面中心的连线的中点就是外接球的球心，求出球的半径即可求出球的表面积．

【详解】解：由题意可知：正三棱柱的底面中心的连线的中点就是外接球的球心，底面中心到顶点的距离为：；所以外接球的半径为：．

所以外接球的表面积为：．

故选：C

【点睛】本题是基础题，考查正三棱柱的外接球的表面积的求法，找出球的球心是解题的关键，考查空间想象能力，计算能力．

7．已知函数，则下列说法正确的是（       ）.

A．的最大值为2

B．由的图像向左平移个单位

C．的最小正周期为

D．的单调递增区间为（）

【答案】D

【分析】根据三角恒等变换公式可将化简为，然后根据各选项的要求分别求得函数的最大值、最小正周期、单调递增区间以及函数图象平移后的解析式，最后作出判断即可.

【详解】

，

显然的最大值为，故A错误；

的图像向左平移个单位后解析式为

，故B错误；

的最小正周期为，故C错误；

令（），解得（），所以

的单调递增区间为（），故D正确.

故选：D.

【点睛】本题考查简单三角恒等变换，考查正弦型函数的图象和性质，考查逻辑思维能力和运算求解能力，属于常考题.

8．已知双曲线的左顶点为A，离心率为，是抛物线上一点，且点M到抛物线焦点的距离为5，若双曲线的一条渐近线与直线AM垂直，则双曲线的方程为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据抛物线焦半径公式可得，进而得到，再根据双曲线离心率为可得渐近线方程，再根据渐近线与直线AM垂直求解可得

【详解】由抛物线的焦半径公式可得，解得，故抛物线方程，又，所以，.又因为双曲线离心率为，故渐近线方程为，又双曲线的一条渐近线与直线AM垂直，不妨设，，此时与直线AM垂直的渐近线斜率为，故，解得，故，双曲线方程为

故选：D

9．已知函数关于x的方程在上有四个不同的解，，，，且．若恒成立，则实数k的取值范围是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由分段函数先画出图象，将方程变形得，故只有时才有四个不相同的解，由余弦函数对称性可求，令可求范围，令可得，则等价于，结合基本不等式可求的取值范围.

【详解】画出函数的图象，如图所示：

，由图易知，当时，方程无解，故只有时才有四个不相同的解，且．由，解得或，从而，

由余弦函数的性质知，关于直线对称，则，

由，即①，解得x＝1或x＝9，从而，

令得，则，

故等价于，故，恒成立，所以（当且仅当时取得最小值），所以，

故选：D．

二、填空题

10．已知i是虚数单位，复数（），且满足，则_______________.

【答案】

【分析】根据复数的乘法运算以及复数相等可得，再利用复数模的求法即可求解.

【详解】由题意，得，

所以，解得，所以.

故答案为：

【点睛】本题考查了复数的乘法运算、复数模的求法，考查了基本运算求解能力，属于基础题.

11．在的展开式中，的系数是_________．

【答案】10

【分析】写出二项展开式的通项公式，整理后令的指数为2，即可求出．

【详解】因为的展开式的通项公式为，令，解得．

所以的系数为．

故答案为：．

【点睛】本题主要考查二项展开式的通项公式的应用，属于基础题．

12．已知直线和圆相交于两点．若，则的值为_________．

【答案】5

【分析】根据圆的方程得到圆心坐标和半径，由点到直线的距离公式可求出圆心到直线的距离，进而利用弦长公式，即可求得．

【详解】因为圆心到直线的距离，

由可得，解得．

故答案为：．

【点睛】本题主要考查圆的弦长问题，涉及圆的标准方程和点到直线的距离公式，属于基础题．

13．已知，则的最小值是_________．

【答案】

【解析】由题得，化简整理得再利用基本不等式可得解.

【详解】由，

得，

则

，

当且仅当时等号成立，

此时或；

则的最小值是.

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.

14．甲乙两人进行乒乓球比赛，约定先连胜两局者赢得比赛，假设每局甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，各局比赛相互独立，则恰好进行了4局比赛结束且甲赢得比赛的概率为______.

【答案】

【解析】根据题意可得恰好进行了4局比赛结束且甲赢得比赛的情况为：甲第一局赢，第二局输，第三局和第四局赢，由此可求出概率.

【详解】根据题意可得恰好进行了4局比赛结束且甲赢得比赛的情况为：甲第一局赢，第二局输，第三局和第四局赢，

则恰好进行了4局比赛结束且甲赢得比赛的概率为.

故答案为：.

三、双空题

15．如图,菱形ABCD的边长为3,对角线AC与BD相交于O点,||=2,E为BC边(包含端点)上一点,则||的取值范围是_____,的最小值为_____.

【答案】          .

【解析】时，长度最短，与重合时，长度最长．然后以)以O为原点,BD所在直线为x轴建立如图所示直角坐标系，设出点坐标，把向量数量积用坐标表示后可求得最小值．

【详解】根据菱形性质可得OC,则BO.

(1)作AF⊥BC,则AF,此时AE最短,当E与C重合时,AE最长,故,即||∈;

(2)以O为原点,BD所在直线为x轴建系如图:

则A(0,)B(,0),C(0,),D(,0),

所以BC:y,设E(m,)

则,其中m

对称轴为m,故当m时最小,最小值为.

故答案为：；．

【点睛】本题考查向量的模和向量的数量积，向量模的范围可由几何图得出，而数量积的最值通过建立坐标系，用坐标运算把数量积表示一个函数，由函数知识求解．这样只要计算即可．

四、解答题

16．在中，，，.

(1)求AB的长；

(2)求；

(3)求的值.

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）由同角三角函数基本关系结合正弦定理可得AB的长；

（2）根据三角形内角和，结合两角和的余弦公式求解即可；

（3）根据二倍角公式与两角差的余弦公式求解即可

【详解】(1)由，且可得.

由正弦定理有，得

(2)由题意可得

(3)由（2），，由二倍角公式可得：，

故.

17．如图，平面，，点分别为的中点.

（Ⅰ）求证：平面；

（Ⅱ）求二面角的正弦值；

（Ⅲ）若为线段上的点，且直线与平面所成的角为，求线段的长.

【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）.

【分析】（Ⅰ）连接，证得，利用用线面判定定理，即可得到；

（Ⅱ）以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向的空间直角坐标系，求得平面和平面法向量，利用向量的夹角公式，即可求解．

（Ⅲ）设，则，从而，

由（Ⅱ）知平面的法向量为，利用向量的夹角公式，得到关于的方程，即可求解．

【详解】（Ⅰ）连接，因为，所以，又因为，所以为平行四边形.

由点和分别为和的中点，可得且，

因为为的中点，所以且，可得且，即四边形为平行四边形，所以，又，，

所以.

（Ⅱ）因为，，可以建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向的空间直角坐标系.

依题意可得，

.

设为平面的法向量，

则，即，不妨设，可得

设为平面的法向量，

则，即，不妨设，可得.

，于是.

所以，二面角的正弦值为.

（Ⅲ）设，即，则.

从而.

由（Ⅱ）知平面的法向量为，

由题意，，即，

整理得，解得或，

因为所以，所以.

【点睛】本题考查了线面平行的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.

18．已知正项等比数列，满足，是与的等差中项.

(1)求数列的通项公式；

(2)设，求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)当n为偶数时，；当n为奇数时，.

【分析】（1）由等比中项求出，再由等差中项得到方程，利用等比数列的通项公式相关计算求出公比，得到通项公式；（2）利用裂项相消求和和分组求和得到答案.

【详解】(1)是正项等比数列，故，所以，又，设公比为q（q>0），即，即，解得：，则数列的通项公式为

(2)

则

当n为偶数时，；当n为奇数时，.

19．已知点是离心率为的椭圆C：上的一点，斜率为的直线BD交椭圆C于B、D两点，且A、B、D三点不重合.

(1)求椭圆C的方程；

(2)求证：直线AB、AD的斜率之和为定值；

(3)的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，说明理由？

【答案】(1)

(2)证明见解析

(3)的面积存在最大值为．

【分析】（1）由已知解方程组即可；

（2）设出直线BD的方程，联立椭圆方程，利用韦达定理解决；

（3）将△ABD面积表示成，再利用基本不等式求得最值.

【详解】(1)∵点是离心率为的椭圆：上的一点，

∴，解得，，，∴椭圆的方程为．

(2)设，，直线、的斜率分别为、，

设直线的方程为，联立，得，

∴，得，①，②，

则

，（）

将①、②式代入式整理得，

∴直线，的斜率之和为定值0．

(3)，

又点到直线：的距离，

∴，当且仅当时取等号，

又∵，∴当时，的面积最大，最大值为．

【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：

(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；

(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．

20．已知函数（自然对数底数）.

(1)当时，讨论函数的单调性；

(2)当时，

（ⅰ）证明：存在唯一的极值点；

（ⅱ）证明：.

【答案】(1)，单调递增，，单调递减；

(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析

【分析】（1）由导数法讨论单调性即可；

（2）（ⅰ）结合零点存在定理证明存在唯一零点即可；

（ⅱ）结合（ⅰ）中证明的唯一极大值点及其范围，则，先用导数法求的最大值，再进一步用导数法证关于的函数的最大值小于0即可

【详解】(1)，令，当，，为减函数且，

故当，单调递增；当，单调递减

(2)（ⅰ）当，由（1）得，为减函数，且，， 为连续函数，故存在唯一零点，即存在唯一的极值点，且为极大值点，得证；

（ⅱ）由（ⅰ）得存在唯一的极值点，且为极大值点，即，要证，需证，即，令，则，故单调递减，，令，则，由为减函数且，故当，，故，即，得证