2022届天津市宝坻区第一中学高三下学期二模数学试题含解析

2022届天津市宝坻区第一中学高三下学期二模数学试题

一、单选题

1．设全集，集合，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】直接按照补集和交集的概念运算即可.

【详解】由题意知：，则.

故选：C.

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．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】由显然成立，通过举反例得出，故由充分不必要条件的定义可知答案.

【详解】由题意可知，反之不成立，

例如令，即，

则是的充分不必要条件，

故选：A.

3．函数的图象大致为（       ）

A．           B．

C．           D．

【答案】C

【分析】取点代入排除得到答案

【详解】当时， ，故排除BD

再代入 ， ，排除A

故选：C

4．2022年北京冬季奥运会中国体育代表团共收获9金4银2铜，金牌数和奖牌数均创历史新高．获得的9枚金牌中，5枚来自雪上项目，4枚来自冰上项目．某体育院校随机调查了100名学生冬奥会期间观看雪上项目和冰上项目的时间长度（单位：小时），并按，，，，分组，分别得到频率分布直方图如下：

估计该体育院校学生观看雪上项目和冰上项目的时间长度的第75百分位数分别是和，方差分别是和，则（        ）

A．， B．， C．， D．，

【答案】A

【分析】分别计算出和，进行比较；由方差的意义比较和，即可得到答案.

【详解】由题意进行数据分析，可得：

，解得：；

，解得：；

所以.

比较两个频率分布直方图可以看出：雪上项目的数据更分散，冰上项目的数据更分散，由方差的意义可以得到：.

故选：A

5．“圆柱容球”是指圆柱形容器里放了一个球，且球与圆柱的侧面及上、下底面均相切，则该圆柱的体积与球的体积之比为（       ）

A．2 B． C． D．

【答案】B

【分析】由题意得：圆柱的高及底面圆的直径为球的直径，设出球的半径，求出圆柱的体积与球的体积，进而求出圆柱的体积与球的体积之比.

【详解】由题意得：圆柱的高及底面圆的直径为球的直径，

设球的半径为R，

则圆柱的体积为：，

球的体积为，

所以圆柱的体积与球的体积之比为

故选：B

6．已知对数函数的图象经过点，，，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由对数函数的图象过点，可求出的值，代入、、即可比较出三个数的大小关系.

【详解】对数函数的图象经过点，则，

所以，，，，

因此，.

故选：D.

7．已知中心在原点的双曲线的离心率为2，右顶点为，过的左焦点作轴的垂线，且与交于，两点，若的面积为9，则的标准方程为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设出双曲线的方程，根据离心率可得，根据题意求出点M、N的坐标，进而求得，结合三角形的面积公式化简计算即可求出a，b.

【详解】设双曲线的方程为，则，

由离心率为2，得，则，

因为直线l过点且垂直于x轴交E于点M、N，

所以点M、N的横坐标都为-c，有，解得，

所以，所以，

又，则

，

所以，故，得，

所以双曲线的方程为：.

故选：A

8．下列结论正确的是（       ）

A．当且时， B．的最大值是2

C．的最小值是2 D．当时，

【答案】D

【分析】A、B选项取特殊值判断即可；C选项基本不等式取等的件不成立；D选项由双勾函数的单调性即可判断.

【详解】A选项：令，显然，故A错误；

B选项：令，显然，故B错误；

C选项：，当且仅当取等，

显然无解，即不能等于2，故C错误；

D选项：令，由双勾函数知在单减，即时取得最小值5，即，故D正确.

故选：D.

9．已知函数，若函数有m个零点，函数有n个零点，且，则非零实数的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】作出的函数图像，利用图像列出关于的不等式，解出的范围即可

【详解】与与共交7个点

图象如下：

所以：（Ⅰ），解得

（Ⅱ），解得

综上：．

故选：C

二、双空题

10．抛物线的焦点到其准线的距离为__________；该抛物线准线与圆相交所得的弦长为__________．

【答案】         

【分析】根据抛物线的方程写出抛物线的焦点坐标与准线方程，可求得抛物线的焦准距；利用几何法可求得抛物线准线与圆相交所得的弦长.

【详解】抛物线的准线方程为，焦点为，所以该抛物线的焦准距为．

圆的标准方程为，圆心坐标为，半径为，

圆心到抛物线准线的距离为，故所求弦长为．

故答案为：；.

三、填空题

11．i是虚数单位，__________．

【答案】

【分析】根据复数的除法运算法则计算即可.

【详解】解：，

故答案为：.

12．用数字组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为____ ．

【答案】

【分析】用组成无重复数字的五位奇数，可以看作是个空,要求个位是奇数,其它位置无条件限制,因此先从个奇数中任选个填入个位,其它个数在个位置上全排列即可.

【详解】要组成无重复数字的五位奇数，则个位只能排中的一个数，共有3种排法，然后还剩个数，剩余的个数可以在十位到万位个位置上全排列，共有种排法，

由分步乘法计数原理得，由组成的无重复数字的五位数中奇数有个.故答案为：.

【点睛】本题主要考查分步计数原理及位置有限制的排列问题，属于中档题.元素位置有限制的排列问题有两种方法：（1）先让特殊元素排在没限制的位置；（2）先把没限制的元素排在有限制的位置.

13．2019国际乒联世界巡回赛男子单打决赛在甲、乙两位选手间进行，比赛实行七局四胜制（先获得四局胜利的选手获胜），已知每局比赛甲选手获胜的概率是，且前五局比赛甲领先，则甲获得冠军的概率是______．

【答案】

【解析】根据题意甲要获得冠军，则甲要么以夺冠，要么以夺冠，分别求出，即可得甲获得冠军的概率.

【详解】每局比赛甲选手获胜的概率是，且前五局比赛甲领先，

甲以夺冠的概率为，甲以夺冠的概率为．

甲最终夺冠的概率为．

故答案为：.

【点睛】本题主要考查的是相互独立事件的概率乘法公式的应用，体现了分类讨论的数学思想，是基础题.

14．函数在区间上的最大值为___________.

【答案】1

【分析】利用x的范围推出的范围，通过换元法得到函数最大值.

【详解】因为，，，令，故，即，因为，且，所以的最大值为1.

故答案为：1

15．如图，在等腰三角形中，已知，分别是上的点，且，（其中，），且，若线段的中点分别为，则的最小值为________.

【答案】

【分析】由向量的数量积公式求出，连接，利用向量加法的运算法则得出，再根据平面向量减法运算法则以及平面向量的数量积的运算法则可得,结合二次函数的性质可得的最小值，进而可得结果.

【详解】

连接，等腰三角形中,，

,

 是的中线, 

同理,可得, 

由此可得

，

,可得, 

代入上式得

，

, 当时, 的最小值为,

此时的最小值为,故答案为.

【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算以及平面向量数量积的运算法则，考查零点二次函数的性质，属于难题. 向量数量积的运算主要掌握两点：一是数量积的基本公式；二是向量的平方等于向量模的平方.

四、解答题

16．在中，，，分别是角，，所对的边，已知，，且．

(1)求角；

(2)求边的大小；

(3)求的值．

【答案】(1)

(2)3

(3)

【分析】（1）由三角形中常用恒等式化简得到，从而求出；（2）在第一问的基础上，利用余弦定理进行求解；（3）余弦定理求出，从而求出，再用余弦的差角公式进行求解.

【详解】(1)由可得:，

∴，

∴，

又∵，

∴，

∴，

又∵，

∴．

(2)由余弦定理可得：，

即

，解得：或-1

∴

(3)因为，，

由余弦定理得：，

所以，

所以，，

所以

17．如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD=CD=1，

AA1=AB=2，E为棱AA1的中点．

（1）证明B1C1⊥CE；

（2）求二面角B1﹣CE﹣C1的正弦值．

（3）设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为，求线段AM的长．

【答案】（1）见解析 （2） （3）

【详解】解：本题可通过建立空间坐标系求解．

如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,0)，B(0,0,2)，C(1,0,1)，B1(0,2,2)，C1(1,2,1)，E(0,1,0)．

(1)证明：易得＝(1,0，－1)，＝(－1,1，－1)，于是·＝0，∴B1C1⊥CE.

(2)＝(1，－2，－1)．

设平面B1CE的法向量＝(x，y，z)，

则,即

消去x，得y＋2z＝0，不妨令z＝1，可得一个法向量为＝(－3，－2,1)．

由(1)，B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，可得B1C1⊥平面CEC1，故＝(1,0，－1)为平面CEC1的一个法向量．

于是cos〈，〉＝＝＝－，从而sin〈，〉＝，

故二面角B1－CE－C1的正弦值为.

(3)＝(0,1,0)，＝(1,1,1)．

设＝λ＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有＝＋＝(λ，λ＋1，λ)．可取＝(0,0,2)为平面ADD1A1的一个法向量．

设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角，则

sinθ＝|cos〈，〉|＝

＝＝.

于是＝，解得λ＝ (λ＝－舍去)，

∴AM＝.

18．已知椭圆的左焦点为，右顶点为A，点E的坐标为，的面积为．

(1)求椭圆的离心率；

(2)设点Q在线段上，，延长线段与椭圆交于点P，若．

（ⅰ）求直线的斜率；

（ⅱ）求椭圆的方程．

【答案】(1)

(2)（ⅰ）；（ⅱ）.

【分析】（1）根据的面积为列出关于的等式化简即可得到离心率

（2）先设出直线方程与椭圆方程，联立方程组可解得点的坐标，再根据列出关于的方程，解出即可；联立椭圆和直线方程，可得到点的坐标，进而可求得 ，再根据椭圆的定义列出关于的一个方程，解出即可

【详解】(1)设椭圆的离心率为e．由已知，可得．又由，可得，即．

又因为，解得．所以，椭圆的离心率为

(2)（ⅰ）依题意，设直线的方程为，则直线的斜率为．

由（Ⅰ）知，可得直线的方程为，即，与直线的方程联立，

可解得，即点的坐标为．

由已知，有，整理得，所以，即直线的斜率为．

（ⅱ）解：由，可得，故椭圆方程可以表示为．

由（ⅰ）得直线的方程为

与椭圆方程联立 消去整理得

解得（舍去）或．

因此可得点，

进而可得

所以．得．

所以，椭圆的方程为

19．已知为等差数列，前n项和为是首项为2的等比数列，且公比大于0，．

(1)和的通项公式；

(2)求数列的前8项和；

(3)证明：．

【答案】(1)的通项公式为，的通项公式为；

(2)；

(3)证明见解析.

【分析】（1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q．由等差数列、等比数列的通项公式和求和公式建立方程组，求解即可；

（2）运用错位相减法可求得答案；

（3）由（1）得，证明当时，当时，不等式成立；当时，，运用不等式放缩法和裂项求和法可得证.

【详解】(1)解：设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q．

由已知，得，而，所以．又因为，解得．所以．

由，可得①．由，得②，联立①②，解得，由此可得．

所以，的通项公式为的通项公式为．

(2)解：设数列的前n项和为，由，得，所以

，

，

上述两式相减，得

．

得．

所以，数列的前n项和为

当时，．

(3)解：由（1）得，所以：

当时，，不等式成立；

当时，，所以，不等式成立；

当时，，

所以，

，

所以，得证．

20．已知函数．

(1)求的最小值；

(2)若，讨论在区间上的单调性；

(3)若是关于x的方程的两个相异实根，且是的两个零点，证明：．

【答案】(1)

(2)分类讨论，答案见解析.

(3)证明见解析

【分析】（1）求出导数，利用导数求函数最值即可；

（2）求出函数的导数，利用导数，分类讨论求函数的单调区间即可；

（3）利用导数先证明，再利用构造函数证明，可得结论.

【详解】(1)，得，

得，单调递减．

得，单调递增，

∴.

(2)，令，解得，

当时，，有，单调递增，

当时．，有单调递减，

，有单调递增，

综上所述，当时，在上单调递增；

当时，在上单调递减，在上单调递增．

(3)先证．

方程等价于，令，则为曲线与直线交点的横坐标，

又，令，解得，

∴当，有单调递减，当，有单调递增，

又∵，∴可设，

∵，∴，即，

令，则，

∴在上单调递减，∵，∴，即，

∴，即．

再证．则，令，解得，

∴当，有单调递增，

当，有单调递减，

∴可设，要证，即证，

∵在单调递增，∴即证，

令，则，

所以当单调递增，

∵，∴，即，

，

∴，

综上所述，．

【点睛】关键点点睛：证明转化为证明，，在证明时，先利用导数求出的极值，得出，再构造函数证明是证明的难点.