天津市南开区2022届高三下学期数学三模试卷及答案

 高三下学期数学三模试卷

一、单选题

1．设全集为，，，则（　　）

A． B．

C．{6} D．

2．已知命题和命题，则p是q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．为了解高三学生居家学习时长，从某校的调查问卷中，随机抽取个学生的调查问卷进行分析，得到学生可接受的学习时长频率分布直方图（如图所示），已知学习时长在的学生人数为25，则的值为（　　）

A．40 B．50 C．60 D．70

4．函数，的图象大致为（　　）．

A． B．

C． D．

5．已知函数是定义在上的偶函数，且在单调递增，记，，，则a，b，c的大小关系为（　　）．

A． B． C． D．

6．将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，若函数在区间上单调递增，则的值可能为（　　）

A． B． C．3 D．4

7．已知双曲线的左顶点与抛物线的焦点的距离为4，且双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为，则双曲线的焦距为（　　）

A． B． C． D．

8．已知三棱锥中，侧面ABC⊥底面BCD，△ABC是边长为6的正三角形，△BCD是直角三角形，且，则此三棱锥外接球的表面积为（　　）

A．36π B．48π C．64π D．128π

9．设函数，函数，在[0，1]上有3个不同的零点，则实数的取值范围为（　　）

A． B．（1，2） C． D．

二、填空题

10．i是虚数单位，则的虚部为　     　．

11．若的展开式中各项的二项式系数之和为64，则展开式中的常数项为　     　．

12．设直线 与圆 相交于A,B两点，且弦AB的长为 ，则 =　     　.  

13．已知，，，则的最小值为　     　．

14．为了抗击新冠肺炎疫情，现在从A医院200人和B医院100人中，按分层抽样的方法，选出6人加入“援鄂医疗队”，再从此6人中选出两人作为联络员，则这两名联络员中B医院至少有一人的概率是　     　.设两名联络员中B医院的人数为，则随机变量的数学期望为　     　.

15．在等腰梯形中，已知，，，，动点E和F分别在线段和上，且，，当　     　时，则有最小值为　     　．

三、解答题

16．已知中，角的对边分别为.

（1）求：

（2）求；

（3）求的长.

17．如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是等边三角形，平面，E，F，G，O分别是PC，PD，BC，AD的中点.

（1）求证：平面；

（2）求平面与平面的夹角的大小；

（3）线段PA上是否存在点M，使得直线GM与平面所成角为，若存在，求线段PM的长；若不存在，说明理由.

18．已知焦点在x轴上，中心在原点，离心率为的椭圆经过点，动点A，B（不与点M重合）均在椭圆上，且直线与的斜率之和为1．

（1）求椭圆的方程；

（2）证明直线经过定点，并求这个定点的坐标．

19．已知数列是公比的等比数列，前三项和为13，且，，恰好分别是等差数列的第一项，第三项，第五项．

（1）求和的通项公式；

（2）已知，数列满足，求数列的前2n项和；

（3）设，求数列的前n项和．

20．已知函数，记的导函数为

（1）讨论的单调性；

（2）若有三个不同的极值点，其中

①求的取值范围；

②证明：.

答案解析部分

1．【答案】A

2．【答案】A

3．【答案】B

4．【答案】D

5．【答案】A

6．【答案】B

7．【答案】A

8．【答案】C

9．【答案】C

10．【答案】

11．【答案】60

12．【答案】0

13．【答案】

14．【答案】；

15．【答案】；

16．【答案】（1）解：，

，

由正弦定理可得，

（2）解：且，

，

，，

（3）解：

，

由正弦定理，可得

17．【答案】（1）证明：因为是正三角形，O是AD的中点，所以.

又因为平面，平面，所以.

，AD，平面，所以面

（2）解：如图，以O点为原点分别以OA､OG､OP所在直线为x轴､y轴､z轴建立空间直角坐标系.

则，，，，，，，，，，

设平面的法向量为，

所以，即，

令，则，

又平面的法向量，

所以.

所以平面与平面所成角为.

（3）解：假设线段PA上存在点M，使得直线GM与平面所成角为，则直线GM与平面法向量所成的夹角为，

设，，，，

所以，

所以，

整理得，，方程无解，所以，不存在这样的点M.

18．【答案】（1）解：设椭圆，

由离心率为，得，

又因为，

所以．

由在椭圆上可得，

解得，．

所以椭圆的方程为

（2）证明：当直线与x轴垂直时，设，则．

由题意得：，即．所以直线的方程为．

当直线不与x轴垂直时，可设直线为，，，

将代入得，

所以，．

由已知可得①，

将和代入①，

并整理得②，

将，代入②，

并整理得，可得，

因为直线不经过点，

所以，故．

所以直线的方程为，经过定点．

综上所述，直线经过定点．

19．【答案】（1）解：或，

又，则，∴（）．

设等差数列的公差为，由题意得，，，

即，所以（）

（2）解：时，，

∴

．

时，

∴

，①

，②

由①②可得，

∴

∴（）．

（3）解：由（1）知，则

∴

故（）

20．【答案】（1）解：由已知可得，故可得．

当时，，故在单调递增；

当时，由，解得，或，

记，，则可知当变化时，的变化情况如下表：

所以，函数在区间单调递增，在区间单调递减，在区间单调递增．

（2）解：①解：由已知，函数有三个零点，且．由（1）知时，在单调递增，不合题意．下面研究的情况．

由于，故，因此，又因为在单调递减，且，所以．

又因为，由于，且，

故

因此，在恰有一个零点（即在恰有一个零点），在恰有一个零点（即），在恰有一个零点（即在恰有一个零点）．

所以，的取值范围是．

②证明：由（i）可知，且在单调递减，在单调递增，在单调递减，在单调递增．由此可得．故只需证明

因为，故，由此可得．

由（其中），可得，整理得，故，整理得．因此，

令，可知，则．

令则．

令，则，由此可得在单调递减，故，可得在单调递增，故，所以，因此．