天津市河西区2022届高三下学期数学二模试卷及答案

 高三下学期数学二模试卷

一、单选题

1．设集合，，则（　　）

A．{2} B． C． D．

2．已知 且 ，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．既不充分又不必要条件

3．函数在上的大致图象为（　　）

A． B．

C． D．

4．某高中学校学生人数和近视情况分别如图①和图②所示.为了解该学校学生近视形成原因，在近视的学生中按年级用分层抽样的方法抽取部分学生进行问卷调查，已知抽取到的高中一年级的学生36人，则抽取到的高三学生数为（　　）

A．32 B．45 C．64 D．90

5．已知，，，则（　　）

A． B． C． D．

6．对于函数，有下列结论：①最小正周期为；②最大值为2；③减区间为；④对称中心为．则上述结论正确的个数是（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4

7．如图，已知某圆锥形容器的轴截面是面积为的正三角形，在该容器内放置一个圆柱，使得圆柱的上底面与圆锥的底面重合，且圆柱的高是圆锥的高的，则圆柱的体积为（　　）

A．4π B．8π C． D．

8．已知抛物线上一点到焦点的距离为3，准线为l，若l与双曲线的两条渐近线所围成的三角形面积为，则双曲线C的离心率为（　　）

A．3 B． C． D．

9．已知定义在R上的函数满足：①；②；③在上的解析式为，则函数与函数的图象在区间上的交点个数为(　　)

A．3 B．4 C．5 D．6

二、填空题

10．是虚数单位，复数　     　．

11．若，则　     　．

12．设与相交于两点，则　     　．

13．若函数在处取得极值，则　     　．

14．已知一箱产品中含有2件次品和3件正品，现需要通过检测将其区分．每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结束，则第一次检测出的是次品且第二次检测出正品的概率是　     　；已知每检测一件产品需花费100元，设表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用（单位：元），则　     　．

15．如图直角梯形中，，，，在等腰直角三角形中，，则向量在向量上的投影向量的模为　     　；若，分别为线段，上的动点，且，则的最小值为　     　．

三、解答题

16．在 中，内角 所对的边分别为 .已知 ， . 

（I）求 的值；

（II）求 的值.

17．如图所示，在几何体ABCDEF中，四边形ABCD为直角梯形，AD∥BC，AB⊥AD，AE⊥底面ABCD，AE∥CF，AD=3，AB=BC=AE=2，CF=1．

（1）求证：BF∥平面ADE；

（2）求直线BE与直线DF所成角的余弦值；

（3）求点D到直线BF的距离．

18．已知椭圆：的左、右焦点分别为、，是椭圆上一点，且与轴垂直．

（1）求椭圆的标准方程；

（2）设椭圆的右顶点为A，为坐标原点，过作斜率大于0直线交椭圆于、两点，直线与坐标轴不重合，若与的面积比为，求直线的方程．

19．已知数列的首项，且满足．

（1）证明数列是等差数列，并求数列的通项公式；

（2）求的值；

（3）设，数列的前项和为，求的最大值和最小值．

20．已知函数，，，．

（1）若直线与的图象相切，求实数的值；

（2）设，讨论曲线与曲线公共点的个数．

（3）设，比较与的大小，并说明理由．

答案解析部分

1．【答案】B

2．【答案】C

3．【答案】C

4．【答案】D

5．【答案】B

6．【答案】B

7．【答案】D

8．【答案】C

9．【答案】B

10．【答案】i

11．【答案】0

12．【答案】

13．【答案】1

14．【答案】；350

15．【答案】；

16．【答案】（Ⅰ）解：由 ，及 ，得 .  

由 ，及余弦定理，得 .

（Ⅱ）解：由（Ⅰ），可得 ，代入 ，得 .

由（Ⅰ）知，A为钝角，所以 .于是 ，

，故

17．【答案】（1）证明：∵AE∥CF，AE⊄平面BFC，CF⊂平面BFC，

∴AE∥平面BCF，

∵AD∥BC，同理可得AD∥平面BFC，

又AD∩AE=A，∴平面BCF∥平面ADE，

∵BF⊂平面BFC，∴BF∥平面ADE

（2）解：以A为坐标原点，AB、AD、AE所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

则B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，3，0），E（0，0，2），F（2，2，1），

则=（-2，0，2），=（2，-1，1），

∴直线BE与直线DF所成角的余弦值为

（3）解：根据（2）可知=（0，2，1），=（2，-1，1），

18．【答案】（1）解：由题意得，，，

则，即，

∴，

故的方程为

（2）解：设直线的方程为，，，不妨设M在第一象限．

与椭圆方程联立，，

消去，得，

，，

∵，，与的面积比为，

∴，整理得，

∴，，

即，解得，

∵，∴，

直线的方程为，即

19．【答案】（1）证明：因为，

所以，等式两边同除以得，

又因为，

所以，数列是等差数列，公差为1，首项为3.

所以，，即.

（2）解：设，

则，

所以，两式作差得：，

整理得：，即.

所以，

（3）解：由（1）知

，

所以，，

所以，当为奇数时，，随着的增大而增大，故当时，有最小值；

当为偶数时，，随着的增大而减小，故当时，有最大值；

综上所述，有最小值，最大值

20．【答案】（1）解：设直线与相切与点，，

则有

解得，

（2）解：当， 时，曲线与曲线的公共点个数即方程

根的个数．

由，

令，

则当时，，即在上单调递减，

当时，，即在上单调递增．

故（2）是的极小值同时也为最小值．

所以对曲线与曲线公共点的个数，

讨论如下：

当时，有0个公共点；

当，有1个公共点；

当有2个公共点．

（3）解：设

令，．

则的导函数

，

所以在上单调递增，且．

因此，，故在上单调递增，

而，所以在上，．

因为当时，且，

故，

所以当时，