2022天津和平区高三上学期期末数学试题含答案

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温馨提示：本试卷包括第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分．
考试时间120分钟．祝同学们考试顺利！
第Ⅰ卷（选择题 共45分）
注意事项：
1．答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考号、科目涂写在答题卡上．
2．每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．答在试卷上的无效．
3．本卷共9小题，每小题5分，共45分．
一、选择题（在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 设集合，．则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
分析】先求得，然后求得.
【详解】.
故选：A
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. 既不充分也不必要条件
【答案】D
【解析】
【分析】根据充分、必要条件的知识确定正确选项.
【详解】“”时，若，则，不能得到“”.
“”时，若，则，不能得到“”.
所以“”是“”既不充分也不必要条件.
故选：D
3. 函数的图象的大致形状是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】判断函数为奇函数，排除AC，再计算时，排除D，得到答案.
【详解】，，∴为奇函数，排除AC.
当，，故，排除D.
故选：B．
4. 已知，则的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件利用指数函数、对数函数的单调性，再借助“媒介”数即可比较作答.
【详解】函数在上单调递减，，则，
函数在R上单调递增，，则，
函数在R上单调递减，，则，
所以.
故选：B
5. 已知底面边长为1，侧棱长为的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：根据正四棱柱的几何特征得：该球的直径为正四棱柱的体对角线，故，即得，所以该球的体积，故选D.
考点：正四棱柱的几何特征；球的体积.
6. 若，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，将指数式化成对数式，再借助换底公式及对数运算法则计算即得.
【详解】因为，于是得，，
又因为，则有，即，因此，，而，解得，
所以.
故选：D
7. 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. 3B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先由已知结合抛物线的定义求出，从而可得抛物线的准线方程，则可求出准线l与两条渐近线的交点分别为，然后由题意可得，进而可求出双曲线的离心率
【详解】依题意，抛物线准线，
由抛物线定义知，解得，则准线，
双曲线C的两条渐近线为，于是得准线l与两条渐近线的交点分别为，原点为O，
则面积，
双曲线C的半焦距为c，离心率为e，则有，解得．
故选：C
8. 将函数的图象向右平移个单位，得到的图象，再将图象上的所有点的横坐标变成原来的，得到的图象，则下列说法正确的个数是（ ）
①函数的最小正周期为；
②是函数图象的一个对称中心；
③函数图象的一个对称轴方程为；
④函数在区间上单调递增
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】先根据三角函数图象变换求得，然后由三角函数的最小正周期、对称中心、对称轴、单调性等知识确定正确选项.
【详解】，
，
.
①，的最小正周期为，①错误.
②，， ②正确.
③，，③错误.
④，，所以函数在区间上单调递增，④正确.
所以正确的一共有个.
故选：B
9. 已知，设函数若关于x的方程恰有两个互异的实数解，则实数a的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据时，方程无实根，求出，然后分别讨论，，时根的情况，进而可求得结果
【详解】解：当时，令，则，
因为在为增函数，所以当该方程在时无实数根时，，解得，
①当时，时，有一个解，所以时，有一个解，
因为当时，函数是递减的，且，
所以当时有一个解，所以成立；
②当时，在时无解，而在时有1个解，所以时不成立；
③当时，在时无解，当时，，
所以方程要在时有两个解，
所以，解得或，
因为，所以，且当时，，所以，所以，
综上或，
故选：D
【点睛】关键点点睛：此题考查函数的零点与方程根的问题，考查分类讨论思想，考查计算能力，解题的关键是分和分别讨论方程，根的情况，进而可得答案，属于中档题
第Ⅱ卷（非选择题 共105分）
注意事项：
1．用黑色钢笔或签字笔直接答在答题卡上，答在本试卷上的无效．
2．本卷共11题，共105分．
二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分．试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分）
10. 已知向量，向量，则向量在方向上投影向量为______．
【答案】
【解析】
【分析】先求出向量在方向上的投影,再求出与同向的单位向量，进而求出向量在方向上的投影向量.
【详解】由题意，向量在方向上的投影为：，，则与同向的单位向量为，所以向量在方向上的投影向量为：.
故答案为：.
11. 过点(－1，－2)的直线被圆x2＋y2－2x－2y＋1＝0截得的弦长为，则直线的斜率为________
【答案】1或
【解析】
【分析】求出圆心坐标和半径r，由弦长及半径，利用垂径定理及勾股定理求出圆心到直线的距离d ，设出直线的斜率，由直线过（﹣1，﹣2），表示出直线l的方程，利用点到直线的距离公式列出关于k的方程，解出k的值，即为直线l的斜率．
【详解】将圆的方程化为标准方程得：（x﹣1）2+（y﹣1）2＝1，∴圆心坐标为（1，1），半径r＝1，
又弦长为，∴圆心到直线的距离，
设直线的斜率为k，又直线过（﹣1，﹣2），∴直线的方程为y+2＝k（x+1），即kx﹣y+k﹣2＝0，
∴，即（k﹣1）（7k﹣17）＝0，解得：k＝1或k＝，则直线的斜率为1或．
故答案1或
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，进而由弦长的一半，圆的半径及弦心距构造至直角三角形，利用勾股定理来解决问题，属于基础题．
12. 设曲线在点处的切线与直线垂直，则_______．
【答案】2
【解析】
【详解】
【分析】y′＝aeax，y′|x＝0＝a.由题意知，a×＝－1，∴a＝2
13. 已知x，，，则的最小值______．
【答案】
【解析】
【分析】将展开，利用基本不等式即可求解.
【详解】
，
当且仅当即，的最小值为，
故答案为：
14. 设是数列的前项和，且，，则__________．
【答案】
【解析】
【详解】原式为，整理为： ，即，即数列是以-1为首项，-1为公差的等差的数列，所以 ，即 .
【点睛】这类型题使用的公式是 ，一般条件是 ，若是消 ，就需当 时构造 ，两式相减 ，再变形求解；若是消 ，就需在原式将 变形为： ，再利用递推求解通项公式.
15. 如图，在菱形中，，，､分别为､上的点，，，点在线段上，且满足，则___________；若点为线段上一动点，则的取值范用为___________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由题意得出分别是的一个三等分点，设，然后把用表示可得，再设，用基底表示，，然后求数量积，再由函数性质得其取值范围．
【详解】解：，，所以分别是的一个三等分点，，
设，
，
又，所以，，
所以，
设，，，
，
，
，
因为，所以．
故答案为：；．
【点睛】关键点点睛：本题考查向量的线性运算，向量的数量积．解题关键是用基底表示其他向量，然后由向量运算的计算即可得．
三、解答题（本大题共5小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. 在中，内角所对的边分别为，已知的面积为．
(1) 求和的值；
(2) 求的值．
【答案】（1），（2）
【解析】
【分析】（1）由面积公式可得结合可求得解得再由余弦定理求得a=8.最后由正弦定理求sinC的值;（2）直接展开求值.
【详解】（1）△ABC中,由得由,得又由解得由,可得a=8.由,得.
（2）,
【点睛】本题主要考查三角变换及正弦定理、余弦定理等基础知识,考查基本运算求解能力.
17. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，为正三角形，且侧面底面，为的中点.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）连接交于，进而证明，然后根据线面平行的判定定理证明问题；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而通过空间向量的夹角公式求得答案；
（3）求出平面的法向量，结合（2），进而通过空间向量的夹角公式求得答案.
【小问1详解】
证明：连接，与交于，则为的中点，又为的中点，
∴，∵平面，平面，∴平面．
【小问2详解】
设是的中点，连接，∵是正方形，为正三角形，
∴．又∵面面，交线为，∴平面．
以为原点，分别以，，所在直线为，，轴，如图，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，,∴，，
设平面的法向量为，则，
令．则，得，
设直线与平面所成角为，
∴，
即直线与平面所成角的正弦值．
【小问3详解】
由（2）可知，设平面的法向量为，
则，令．则，，．
设面与面夹角为，
∴，
∴面与面夹角的余弦值为．
18. 已知等比数列的公比，前3项和是7．等差数列满足，．
（1）求数列，的通项公式；
（2）求①；
②.
【答案】（1）；
（2）① ；②
【解析】
【分析】（1）求得和数列的公差，由此求得数列，的通项公式.
（2）利用裂项求和法求得，利用错位相减求和法求得.
【小问1详解】
∵．且等比数列的公比，
∴，解得，
∴数列的通项公式为，
∴解得，，则，又，
∴等差数列的公差，．
【小问2详解】
①设数列前项和为，
∵，
∴，
∴，
②设数列的前项和为，
，
，
，
两式做差得：
，
∴，即．
19. 已知椭圆：的离心率为，且椭圆上动点到右焦点最小距离为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）点，是曲线上的两点，是坐标原点，，求面积的最大值.
【答案】（1）；（2）最大值为.
【解析】
【分析】（1）根据题意列出的方程组，从而求解；
（2）设出直线的方程，根据弦长公式找出一个的关系式；然后求原点到直线的距离，把求面积的最大值转化为求原点到直线距离的最大值.
【详解】（1）依题意，，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）①当斜率不存在时，即直线轴，不妨设，则，
；
②当直线斜率存在时，设直线方程为，
由，得，
则，
设，，则，，
所以，
，
即.
记原点到直线的距离为，
则
.
(当，即时取等，验证满足题意)
所以，
又因为，所以取最大值为.
注：求的最大值还可以这样处理，设，则(当，即时取等).
20. 已知函数（其中为参数）.
（1）求函数的单调区间；
（2）若对任意，都有成立，求实数的取值集合；
（3）证明：（其中，为自然对数的底数）.
【答案】（1）答案见解析；（2）；（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）求导可得，分和进行讨论即可；
（2）由（1）知函数的单调性，当，时，，此时不成立，故，此时需即可；
（3）利用（2）中的结论可证该不等式.
【详解】（1），，
当时，，在上递增，
当时，令，得，
时，单调递减，
时，单调递增；
综上：时，在上递增，无减区间，
当时，的单调递减区间为，单调递增区间为；
（2）由（1）知时，在上递增，
而，所以时，，
此时不成立，故，
由（1）得：.
对任意，都有恒成立，
.
，
当时，当，，
所以在上为增函数，在为减函数，
考虑当时，所以，
实数的取值集合为.
（3）由（2）可得，令，，
则即，所以，
故.
由（2）可得，令，，
则即，所以，
故.
综上，.
【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性和最值，考查了分类讨论思想和恒成立思想，同时考查了数列的证明，计算量较大，属于难题.本题的关键点有：
（1）分类讨论注意找到讨论点；
（2）特值点的应用，如本题中的；
（3）注意利用已有结论证明不等式